Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Варианты ЕГЭ, ЕГЭ по физике

Работа Статграда от 7 ноября: задачи 25-32.

Здесь рассмотрим задачи 25-32 тренировочной работы Статграда от 07 ноября.

Задача 25.

Задача 25

Решение: сила Ампера при sin\alpha=1 – а у нас именно так – определяется выражением

    \[F_A=BIl\]

Так как сила зависит от длины проводника (длины стороны рамки), да и направлена перпендикулярно стороне, то “сила, которая растягивает рамку вдоль ее длинной стороны” – это сила, действующая на короткую сторону, и она втрое меньше силы, “которая растягивает рамку вдоль ее короткой стороны”- это как раз та, что действует на длинную.

Тогда

    \[\Phi=BS=B\cdot a\cdot b\]

    \[F_{A1}=IB\cdot b\]

    \[F_{A2}=IB\cdot a=IB\cdot 3b\]

    \[\Phi=BS=B\cdot 3b^2=0,1\cdot3\cdot0,3^2=0,003\]

Ответ: 3 мВб.

Задача 26.

Задача 26

Решение: запишем уравнение фотоэффекта

    \[h\nu=A_1+\frac{m\upsilon_1^2}{2}\]

    \[h\nu=A_2+\frac{m\upsilon_2^2}{2}\]

    \[A_1+\frac{m\upsilon_1^2}{2}=A_2+\frac{m\upsilon_2^2}{2}\]

Рассчитываем (и сразу – в эВ):

    \[A_1-A_2=\frac{m(\upsilon_2^2-\upsilon_1^2)}{2}=\frac{9,1\cdot10^{-31}(764^2\cdot10^6-610^2\cdot10^6)}{2\cdot1,6\cdot10^{-19}}=0,6\]

Ответ: 0,6 эВ

Задача 27.

Задача 27

Решение: сначала вода выливается из бутылки под действием силы тяжести (бутылка не доходит до уровня воды в аквариуме). При этом воздух, находящийся в бутылке, занимает все больший объем, освобождаемый водой, и его давление при этом падает по закону Бойля-Мариотта. Это пониженное давление “затягивает” вверх новые порции воздуха, и он “пробулькивает” в бутылку. Однако, когда уровень воды в аквариуме поднимется до горлышка, выполняется условие (сообщающиеся сосуды):

    \[p+\rho g h=p_0\]

То есть

    \[p=p_0-\rho g h=102000-10^3\cdot10\cdot0,15=100500\]

График:

Ответ: 100,5 кПа

Задача 28.

Задача 28

Решение: рассчитаем сначала силу натяжения вначале. Для этого запишем уравнение по второму закону Ньютона для обоих грузов (движение нити вправо):

    \[m_2a_1=m_2g-T_1\]

    \[m_1 a_1=T_1-m_1g\]

Сложив уравнения, получим

    \[(m_1+m_2)a_1=(m_2-m_1)g\]

    \[a_1=\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}g=\frac{0,5g}{3,5}=\frac{g}{7}\]

    \[T_1=m_1(g+a_1)=1,5\cdot\frac{8g}{7}=\frac{12g}{7}\]

Если масса груза m_1 станет равна 3 кг, нить будет двигаться влево (груз 1 перевесит), и уравнения будут выглядеть:

    \[m_2a_2=T_2-m_2g\]

    \[m_1 a_2=m_1g-T_2\]

Сложив уравнения, получим

    \[(m_1+m_2)a_2=(m_1-m_2)g\]

    \[a_2=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}g=\frac{g}{5}\]

    \[T_2=m_2(g+a_2)=2\cdot\frac{6g}{5}=\frac{12g}{5}\]

Отношение:

    \[\frac{T_2}{T_1}=\frac{12g}{5}\cdot\frac{7}{12g}=\frac{7}{5}=1,4\]

Ответ: 1,4

Задача 29.

Задача 29

Решение: Понятно, что, раз шары одинаковые, то произойдет обмен скоростями: первый шар остановится, второй покатится со скоростью первого до удара. Но это “внешний” вид. А на самом деле, если рассмотреть процесс ме-е-е-дленно и изнутри, то первый шар налетает на второй, начинает деформироваться, продолжая движение, второй тоже начинает деформироваться и двигаться, и в какой-то момент их скорости становятся равными, а деформация – максимальной. Затем скорость второго шара увеличивается, а деформация – уменьшается, и наконец скорость второго перестает меняться, а первый останавливается, и деформация обоих отсутствует – вот и поменялись.

Вначале кинетическая энергия первого шара равна

    \[E_1=\frac{m\cdot\upsilon^2}{2}=\frac{0,25\cdot4^2}{2}=2\]

Понятно, что в момент, когда скорость шаров одинакова, а деформация максимальна, скорость “слепленного” тела равна \frac{\upsilon}{2} – по закону сохранения импульса. В этот момент кинетическая энергия “слепленного” тела равна

    \[E_2=\frac{2m\cdot\upsilon^2}{8}=\frac{E_1}{2}=1\]

Разность между E_1 и E_2 – и есть максимальная потенциальная энергия деформации.

Ответ: 1 Дж.

Задача 30.

Задача 30

Решение: за 10 минут выкипает объем воды, равный

    \[V=Sh=200\cdot10^{-4}\cdot0,01=2\cdot10^{-4}\]

Значит, за 10 минут подводилось тепло

    \[Q_{10}=Lm=L\rho V=2300000\cdot1000\cdot2\cdot10^{-4}=460000\]

Значит, за минуту подводилось – 46000 Дж. Это тепло должно идти на плавление льда, нагрев воды изо льда до кипения и ее испарение – тогда уровень не будет меняться.

    \[Q=m_l\lambda+cm_l\Delta t+Lm_l\]

    \[m_l=\frac{Q}{\lambda+c\Delta t+L}=\frac{46000}{330000+4200\cdot100+2300000}=0,01508\]

Ответ: 15 г

Задача 31.

Задача 31

Решение. В установившемся режиме через конденсатор ток не течет и сопротивления R_1, R_3 и R_2, R_4 включены последовательно, а ветви, их содержащие – параллельно. То есть ток разделится в верхней точке моста, и, так как R_1+ R_3=4 кОм, а R_2+R_4=6 кОм, разделится он в отношении 3:2. Пусть ток через R_1, R_3 равен 3I, ток через R_2, R_42I. Тогда ЭДС равна

    \[E=2I\cdot(R_2+R_4)=3I(R_1+R_3)=6\]

Откуда

    \[2I=\frac{E}{R_2+R_4}=\frac{6}{6000}=0,001\]

    \[I=0,0005\]

а напряжение на конденсаторе равно

    \[3I\cdot R_1+U_C-2I\cdot R_2=0\]

    \[U_C=2I\cdot R_2-3I\cdot R_1=2\cdot0,0005\cdot2000-3\cdot0,0005\cdot1000=2-1,5=0,5\]

Тогда

    \[q=CU=2\cdot10^{-6}\cdot0,5=1\cdot10^{-6}\]

Ответ: 1 мкКл.

Задача 32.

Задача 32

Решение: луч падает на зеркало, затем отражается от него и попадает затем на экран. За счет горизонтального отклонения зеркала луч тоже может отклоняться, поэтому попадает не в единственную точку экрана, а приходит в точку, принадлежащую некоторому горизонтальному отрезку. Но луч испытывает отражение также и от второго зеркала, которое может отклоняться вертикально. Поэтому геометрическое место точек финиша луча (горизонтальный отрезок)  также  может смещаться вертикально, в итоге на экране возникает прямоугольная область, куда может попасть луч. Ее размеры нам и надо установить.

Поскольку при отклонении зеркала на угол \alpha луч отклоняется на 2\alpha, то амплитуда отклонения луча составит 5,16^{\circ} и 5,72^{\circ} соответственно. Эти углы надо выразить в радианах (поскольку они малые и можно заменять синус и тангенс на сам угол, выраженный в радианах). В радианах углы составят 0,09 и 0,1 радиана. Нарисуем картину происходящего:

К задаче 32

Из него видно, что после первого отражения луч до экрана идет L+l=1+0,1=1,1 м, а после второго отражения – ровно 1 м (L). Тогда

    \[\operatorname{tg}2\alpha_{20}=\frac{x}{L}\]

Или, из-за малости угла

    \[x=2\alpha_{20}L=0,1\]

Для отклонения луча первым зеркалом

    \[\operatorname{tg}2\alpha_{10}=\frac{y}{L+l}\]

Или, из-за малости угла

    \[y=2\alpha_{10}(L+l)=0,09\cdot1,1=0,1\]

Таким образом, луч отклоняется по обеим координатам на 0,1 м и рисует картинку не более чем 20 на 20 см (отклонение может быть в обе стороны для каждого из лучей). Диагональ такого квадрата составляет 20\cdot \sqrt{2}=28,2 см. Соответственно, размер картинки (линейный) не более 28,2 см.

Ответ: 28,2 см.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *