Работа Статграда по физике от 16 января 2020 года. Задачи с 25 по 32.

[latexpage]

Это  разбор работы, вышедшей 16 января  текущего  года. Как обычно, разбор состоит из двух частей – в этой разберем  задачи с 25 по 32. Тестовая часть здесь.

Задача 25.

Решение. Состояние газа вначале определяется законом Менделеева-Клапейрона:

$$p_1V=\nu_1 RT_1$$

$$p_1=\frac{\nu_1 RT_1}{V}$$

В конце

$$p_2=\frac{\nu_2 RT_2}{V}$$

Таким образом,

$$\frac{p_1}{p_2}=\frac{\nu_1 T_1}{\nu_2 T_2}=\frac{m_1 T_1}{m_2 T_2}=\frac{1\cdot293}{0,8\cdot 303}=1,2$$

Ответ: 1,2

Задача 26.

Решение.

Вычислим дефект массы. Из массы ядра трития вычтем массу ядра гелия и массу электрона:

$$\Delta m=M-m-m_e=3,01550-3,01493-0,0005486=0,0000214$$

Теперь переведем это в кг, умножим на квадрат скорости света и разделим на $1,6\cdot10^{-19}$, чтобы перевести в эВ:

$$W=\Delta m c^2=\frac{0,0000214\cdot 1,66\cdot10^{-27}\cdot 9\cdot 10^{16}}{1,6\cdot10^{-19}}=19982$$

Ответ: 20 кэВ

Задача 27.

При правом крайнем положении ползунка в цепь включено полное сопротивление $R_2$, при крайнем левом – только сопротивление $R_1$. При движении ползунка слева направо все больше витков проволоки, из которой сделано сопротивление реостата, включается в цепь, таким образом, сопротивление растет. Ток в этих двух положениях отличается ровно в 2 раза – при крайнем правом  положении ползунка ток меньше (сопротивление больше).

$$I_1=\frac{E}{R_1}$$

$$I_2=\frac{E}{R_1+R_2}=0,5I_1$$

При положении ползунка посередине будем иметь значение тока, равное:

$$I=\frac{E}{1,5R_1}$$

Напряжение на реостате будет меняться от нуля (крайнее левое положение, реостат выключен из цепи) до $\frac{E}{2}$ (крайнее правое положение, реостат полностью включен в цепь). Положению ползунка в середине реостата будет соответствовать напряжение $\frac{E}{3}$. Теперь понятно, что график напряжения нелинейный.

Задача 28.

Составим условие равновесия пластинки

$$mg=3T$$

$$T=\frac{mg}{3}=2$$

Теперь составим уравнение моментов относительно точки $D$:

$$mg\cdot \frac{AD}{3}-T\cdot AD=0$$

При этом плечо силы $2T$ равно нулю, и сила эта из уравнения исчезнет.

Затем груз сместим, и составим новое уравнение моментов

$$mg\cdot \frac{2 AD}{3}-T’\cdot AD=0$$

$$T’=\frac{2mg}{3}=4$$

Ответ: сила изменилась на 2 Н.

Задача 29.

Решение: когда грузик толкнут, он в силу трения увлечет за собой тележку. Для них будет соблюдаться закон сохранения проекции импульса:

$$m\upsilon=(M+m)u$$

$$u=\frac{m\upsilon}{M+m}=\frac{0,2\cdot 2}{0,7}=\frac{4}{7}$$

Грузик остановился. Значит, его скорость равна скорости тележки. Тогда по закону сохранения энергии

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=\frac{(M+m)u^2}{2}+A_{tr}$$

Работа против силы трения равна

$$A_{tr}=F_{tr}S=\mu m g S$$

Следовательно,

$$\mu m g S=\frac{m\upsilon^2}{2}-\frac{(M+m)u^2}{2}$$

$$S=\frac{m\upsilon^2}{2\mu m g}-\frac{(M+m)u^2}{2\mu m g}=\frac{\upsilon^2}{2\mu  g}-\frac{(M+m)u^2}{2\mu m g}=\frac{2^2}{2\cdot 0,4\cdot 10}-\frac{(0,7)\cdot\left(\frac{4}{7}\right)^2}{2\cdot 0,4\cdot 0,2 \cdot 10}=0,5-0,142=0,357$$

Ответ: 0,36 м

Задача 30.

Решение:

$$A=\nu R \Delta T$$

$$\upsilon_1=\sqrt{\frac{3RT_1}{M}}$$

$$\upsilon_2=\sqrt{\frac{3RT_2}{M}}$$

Откуда

$$T_1=\frac{\upsilon_1^2 M}{3R}$$

$$T_2=\frac{\upsilon_2^2 M}{3R}$$

$$\Delta T=T_2-T_1=\frac{ M}{3R}\left(\upsilon_2^2-\upsilon_1^2 \right)$$

$$A=\nu R \Delta T=\nu R \cdot \frac{ M}{3R}\left(\upsilon_2^2-\upsilon_1^2 \right)$$

$$M=\frac{3A}{\nu\left(\upsilon_2^2-\upsilon_1^2 \right)}=\frac{3\cdot 292}{1\cdot\left(380^2-350^2 \right)}=0,040$$

Ответ: 40 г/моль.

Задача 31.

При движении рамки в поле, каким бы быстрым оно не было, в ней будет меняться поток: при заходе в поле – расти, при выходе – падать. Значит, в ней будет индуцироваться ЭДС и как следствие – протекать ток. Сначала, при заходе рамки в поле, ЭДС имеет один знак, затем, при выходе – другой. Следовательно,  ток сначала будет одного направления, а затем – другого. Но в цепи есть диод. Этот диод пропустит ток только в одном направлении. Предположим, он включен так, что пропускает ток при заходе рамки в поле. Тогда

$$E=-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$$

$$\Delta \Phi=BNS$$

$$I=\frac{E}{R}$$

Последнее справедливо, поскольку конденсатор не заряжен и, пока напряжение на нем совсем незначительно, его можно заменить отрезком провода. Так как проход рамки занимает малое время, конденсатор зарядиться не успевает, и напряжение на нем мало.

$$I=\frac{\Delta q}{\Delta t}$$

$$\Delta q=CU$$

Теперь соберем все:

$$U=\frac{\Delta q}{C}=\frac{I \Delta t}{C}=\frac{E\Delta t}{RC}=\frac{BNS\Delta t}{\Delta t RC}=\frac{BNS}{RC}=\frac{1,5\cdot200\cdot 1\cdot10^{-4}}{10\cdot10^3\cdot10\cdot10^{-6}}=0,3$$

Ответ:  0,3 В

Задача 32.

Сначала по формуле линзы определим, где располагалось бы изображение, не будь зеркала:

$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$$

$$\frac{1}{f}=\frac{1}{F}-\frac{1}{d}=\frac{1}{0,1}-\frac{1}{0,3}=\frac{3-1}{0,3}$$

$$f=0,15$$

Таким образом, изображение, даваемое линзой, окажется в 5 см от поверхности зеркала:

Зеркало отразит изображение $S’$ и даст изображение $S”$ на таком же расстоянии от своей поверхности, но с другой стороны:

Расстояние от изображения $S”$ до изображения $S’$ равно 10 см, следовательно, оно расположено в 5 см от линзы. Это изображение послужит предметом для линзы и линза даст его изображение – $S”’$. Так как этот “предмет” расположен между линзой и фокусом, то изображение будет мнимым и располагаться должно с той же стороны, что и предмет:

$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d”}-\frac{1}{f”}$$

$$\frac{1}{f”}=\frac{1}{d”}-\frac{1}{F}=\frac{1}{0,05}-\frac{1}{0,1}=20-10=10$$

$$f”=0,1$$

Выходит, новое изображение (мнимое) будет расположено в фокусе линзы справа от нее.

Ответ: в фокусе линзы справа.