Разбор работы Статграда от 25 сентября 2020 года

Сегодня разбираем работу Статграда от 25 сентября. Задачи показались мне совсем несложными, и часть В вызвала больше эмоций, чем часть С. Во второй части ВСЕ задачи были очень простыми.

Задача 1

Решение. По теореме Пифагора модуль полного перемещения равен 10 км.

Ответ: 10 км.

Задача 2

Решение. Через три секунды на тело по оси $Ox$ никакая сила не действует. Скорость по этой оси тело развило, но ускорение равно нулю.

Ответ: 0 м/с $^2$ .

Задача 3

Решение.

Скорость шарика при подлете к земле равна (по формуле без времени)

$\upsilon_1=\sqrt{2gH}=\sqrt{20\cdot5}=10$

Скорость шарика при отскоке по той же формуле

$\upsilon_2=\sqrt{2gh}=\sqrt{20\cdot \frac{5}{4}}=5$

Конечный импульс шарика по модулю равен

$p_2=m\upsilon_2=1$

Начальный импульс шарика по модулю равен

$p_1=m\upsilon_1=2$

Если направить ось $y$ вверх, то конечный импульс совпадет по направлению с этой осью, а начальный будет направлен против оси. Поэтому

$\vec{\Delta p}=\vec{p_2}-\vec{p_1}$

$\Delta p=p_2+p_1=3$

Ответ: 3 кг $\cdot$ м/с

Задача 4

Решение.

Всего за 12 минут в сосуд нальется 6 л воды. Так как площадь дна равна 100 см $^2$ , то высота столба будет

$h=\frac{V}{S}=\frac{0,006}{100\cdot 10^{-4}}=0,6$

Поэтому давление на дно равно

$p=\rho g h=1000\cdot 10\cdot 0,6=6000$

Ответ: 6000 Па.

Задача 5

Решение.

Проверяем утверждения. Если скорость шайбы равна 6 м/с, то ее кинетическая энергия равна

$E_k=\frac{m\upsilon^2}{2}=\frac{0,1\cdot 36}{2}=1,8$

Видно по графику, что при такой кинетической энергии шайба до 2 м не дотянет. Утверждение 1 неверно.

Так как зависимость – прямая пропорциональность, то из подобия треугольников на графике заключаем, что утверждение 2 верно.

Если наклонная плоскость гладкая, то выполняется

$E_k=\frac{m\upsilon^2}{2}=mgh$

$h=\frac{E_k}{mg}=\frac{6}{1}=6$

А по графику видно, что при энергии 6 Дж шайба поднимается только на 4 м – значит, наклонная плоскость шероховатая, утверждение 3 неверно.

Из анализа предыдущего утверждения заключаем, что на работу против силы трения потеряно 2 Дж (если начальная кинетическая энергия равна 6 Дж). То есть

$2=F_{tr}S=\mu m g \cos{\alpha} S$

Так как угол наклона плоскости $45^{\circ}$ , то $S=4\sqrt{2}$ , и

$2=\mu \cdot 0,1 \cdot 10 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 4\sqrt{2}$

$2=4\mu$

$\mu=\frac{1}{2}$

Утверждение 4 верно.

Шайба на максимальной высоте остановится, если выполняется

$mg \sin {\alpha}=F_{tr}$

$F_{tr}=\mu m g \cos{\alpha} =0,5 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Так как $mg \sin {\alpha}>F_{tr}$ , то шайба съедет вниз. Утверждение 5 неверно.

Ответ: 24.

Задача 6

Решение. При увеличении жесткости пружины по формуле для периода пружинного маятника $T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$ период уменьшится. Значит, частота увеличится, значит, скорость увеличится – потому что теперь тот же путь тело преодолевает быстрее. Поскольку потенциальная энергия пружины прямо зависит от жесткости, то она увеличится согласно соотношению $E=\frac{kx^2}{2}$ .

Ответ: 11

Задача 7

Решение.

Так как первая космическая равна

$\upsilon_1=\sqrt{gR}$

То

$\upsilon_1^2=gR$

$R=\frac{\upsilon_1^2}{g}$

А) – 3.

Запишем второй закон Ньютона:

$ma=\frac{m\upsilon_1^2}{(R+h)}=\frac{GMm}{(R+h)^2}$

$a=\frac{\upsilon_1^2}{(R+h)}=\frac{GM}{(R+h)^2}$

Но

$g=\frac{GM}{R^2}$

Для тела на поверхности. Тогда

$GM=gR^2=\frac{\upsilon_1^4}{g}$

$a=\frac{gR^2}{(R+h)^2}=\frac{\upsilon_1^4}{g(R+h)^2}=\frac{\upsilon_1^4g}{g^2(\frac{\upsilon_1^2}{g}+h)^2}=\frac{\upsilon_1^4 g}{(\upsilon_1^2+gh)^2}$

Ответ: 31

Задача 8

Решение.

Для первого сосуда:

$p_0V_1=\frac{m_1}{M}RT_0$

$p_0=\frac{m_1}{MV_1}RT_0$

$p_0=\frac{\rho_1}{M}RT_0$

$\rho_1=\frac{p_0M}{RT_0}$

Для второго сосуда

$2,5p_0=\frac{\rho_2}{M}R\cdot 2T_0$

$\rho_2=\frac{2,5p_0M}{2RT_0}$

Тогда

$\frac{\rho_2}{\rho_1}=1,25$

Ответ: 1,25

Задача 9

Решение. Раз тает 900 г льда, значит, холодильник получает

$Q_h=m\lambda=0,9\cdot 330000=297000$

джоулей тепла.

Тогда

$\eta=1-\frac{Q_h}{Q_n}$

$\frac{Q_h}{Q_n}=0,9$

$Q_n=330000$

Ответ: 330000 Дж, или 330 кДж.

Задача 10

Решение. Если относительная влажность уменьшилась в 2 раза, то при одной и той же температуре это означает, что абсолютная влажность уменьшилась в 2 раза. А это значит, уменьшилась плотность при том же объеме. Значит, масса пара стала вдвое меньше. То есть количество молекул уменьшилось вдвое – а следовательно, и их концентрация.

Ответ: в 2 раза.

Задача 11

Решение.

Первое утверждение неверно, так как скорости зависят не только от температуры, но и от молярной массы газа (“три рта на мясо” – так формулу легко запомнить).

$\upsilon=\sqrt{\frac{3RT}{M}}$

Второе утверждение верно – энергии зависят только от температуры (“полтора кота”)

$E=\frac{3}{2}kT$

И аргон, и гелий – одноатомные газы. Поэтому изменение внутренней энергии для них обоих определяется одной и той же формулой:

$\Delta U=\frac{3}{2}\nu R \Delta T$

Утверждение неверно.

Будь один из газов двухатомным, его изменение внутренней энергии мы бы записали как

$\Delta U=\frac{5}{2}\nu R \Delta T$

И тогда разница в изменениях внутренней энергии была бы.

Четвертое утверждение неверно, так как согласно уравнению Менделеева-Клапейрона при росте температуры при постоянном объеме должно расти давление.

Пятое утверждение, соответственно, верно.

Ответ: 25

Задача 12

Решение. Изобразим данные процессы в осях $pV$ . Не обязательно, но очень полезно, и с моей точки зрения, удобно.

К задаче 12

Видно теперь, что изменение внутренней энергии в процессе 2-3 на графике А) равно нулю, так как это изотерма, и работа равна нулю в процессе 2-3 на графике Б), так как это изохора.

Ответ: 23

Задача 13

Решение. Ток направлен так, чтобы создать поток, ослабляющий внешний. Обхватим правой рукой контур, и видим, что поток самоиндукции направлен от наблюдателя. Значит, увеличивающийся внешний поток направлен к наблюдателю.

Ответ: к наблюдателю.

Задача 14

Решение. Ток будет равен

$I=\frac{E}{R}=\frac{5}{2}=2,5$

А заряд

$q=It=2,5\cdot 600=1500$

Ответ: 1500 Кл.

Задача 15

Решение. Точка первоначально покоится в двойном фокусе. За 5 с она проходит 10 см и оказывается в тройном фокусе. При этом по формуле линзы, изображение, находившееся в двойном фокусе, оказывается:

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

$\frac{1}{0,1}=\frac{1}{0,3}+\frac{1}{f}$

$f=0,15$

Изображение прошло 5 см, за 5 с. Значит, скорость изображения – 1 см/с.

Ответ: 1 см/c.

Задача 16

Решение. По зависимости напряжения от времени видим, что $\omega=\frac{\pi \cdot 10^5}{8}$ , поэтому период равен

$T=\frac{2\pi}{\omega}=16\cdot10^{-5}=160\cdot 10^{-6}$

Первое утверждение верно, период равен 160 мкс, и второе – тоже, так как частота изменения энергии всегда удвоена по отношению к основной.

По формуле Томсона определим индуктивность:

$\omega=\sqrt{\frac{1}{LC}}$

$\omega^2=\frac{1}{LC}$

$L=\frac{1}{\omega^2 C}=\frac{64}{\pi^2 \cdot 10^{10}\cdot \frac{32\cdot 10^{-6}}{\pi}}=\frac{2}{\pi}\cdot 10^{-4}$

Третье утверждение неверно.

Максимальное значение заряда определим как

$q_m=CU_m=\frac{32\cdot 10^{-6}}{\pi}\cdot 5=\frac{160\cdot 10^{-6}}{\pi}$

Четвертое утверждение неверно.

В момент времени ноль напряжение на конденсаторе максимально и энергия – тоже. Посчитаем ее:

$E=\frac{CU^2}{2}=\frac{32\cdot 10^{-6}}{\pi}\cdot\frac{25}{2}=\frac{400\cdot 10^{-6}}{\pi}$

Задача 17

Решение. Так как оптические силы двух близко расположенных линз складываются, то оптическая сила системы “линза-глаз” уменьшится – к положительной оптической силе глаза добавится отрицательная оптическая сила отрицательной линзы. Ну а фокусное, значит, увеличится – потому что это обратная по отношению к оптической силе величина.

Ответ: 21.

Задача 18

Решение. Так как модуль импульса возрос втрое, значит, втрое возросла скорость частицы. Работа поля равна

$A=qU=\frac{9p_0^2}{m^2}\cdot \frac{m}{2}- \frac{p_0^2}{m^2}\cdot \frac{m}{2}=\frac{8p_0^2}{2m}$

$U=\frac{4p_0^2}{mg}$

А) – 3.

При движении частицы в магнитном поле второй закон Ньютона запишется как

$\frac{m\cdot 9\upsilon^2}{R}=Bq\cdot 3\upsilon$

$R=\frac{3m\upsilon}{qB}=\frac{3p_0}{qB}$

Б) – 2.

Ответ: 32.

Задача 19

Решение. Число протонов равно 79, и если нейтронов 90 – то массовое равно 169. Если нейтронов 126 – то массовое равно 205.

Ответ: 169205

Задача 20

Решение. Импульс фотона равен

$p=\frac{E}{c}=\frac{h\nu}{c}=\frac{h}{\lambda}$

Таким образом, если длины волн относятся, как 3:2, то и импульсы будут относиться как 2:3.

Ответ: 1,5

Задача 21

Решение. Период полураспада не изменится, он от температуры не зависит, а вот количество ядер увеличится – потому что начальная масса изотопа большая, чем в первый раз.

Ответ: 31

Задача 22

Решение. Время четырех колебаний равно $18\pm 1$ , тогда период (время одного колебания) равен

$T=\frac{18\pm 1}{4}=4,50\pm 0,25$

Следим, чтобы величина периода содержала бы столько же знаков, как и погрешность.

Ответ: 4,500,25

Задача 23

Решение. Нужно, чтобы период решетки был неодинаков, а вот длина волны была бы одной и той же. Фокусное расстояние линзы значения не имеет – ведь экран установлен в фокусе, значит, картина получится вне зависимости от фокусного расстояния. У нас всего два набора оборудования с одинаковой длиной волны – это 1 и 3.

Ответ: 13

Задача 24

Решение: 1 – верно, 2 – нет (Солнце находится в одном из фокусов – точке А или В). 3 – неверно. Перигельное расстояние (наименьшее) – это $AP$ или $BQ$ . Пятое утверждение неверно: большая ПОЛУось – это расстояние $OP$ или $OQ$ . Четвертое утверждение верно.

Ответ: 14

Задача 25

Решение: энергия пружины равна

$E=\frac{kx^2}{2}$

Эта энергия полностью перейдет во внутреннюю энергию газа:

$\frac{kx^2}{2}=\frac{3}{2}\nu R \Delta T$

Поэтому

$\Delta T=\frac{kx^2}{3\nu R }=\frac{1000\cdot 0,1^2}{3\cdot0,1\cdot8,31}=4$

Ответ: 4 градуса.

Задача 26

Решение: В резисторе $2R$ протекает ток величиной $\frac{3}{5}I$ , если $I$ – ток в неразветвленной части цепи (в резисторе $R$ ). Мощности будут отличаться в:

$\frac{P_2}{P_1}=\frac{\left(\frac{3}{5}I\right)^2\cdot 2R}{I^2R}=\frac{18}{25}=0,72$

Ответ: 0,72

Задача 27

Решение: сосуд прочный – то есть он не сминается внешним давлением, если внутреннее упадет.

В сосуде находится воздух и вода. Воздух – при нормальном атмосферном давлении. Когда сосуд нагреют до 100 градусов, давление этого воздуха возрастет. Можно определить, во сколько раз:

$p_2=\frac{T_2}{T_1}p_1=\frac{373}{273}\cdot 10^5=1,36\cdot 10^5$

Также образовался пар воды, который при температуре ее кипения образует атмосферное давление – таким образом, полное давление по Дальтону составит примерно 2,4 атм.

По мере охлаждения сосуда все вернется к начальному состоянию: давление воздуха – к атмосферному, давление паров – станет очень мало (состояние при нуле). Теперь вода начнет замерзать – а как известно, лед занимает больше места, чем вода, потому что плотность его меньше. Объем, занятый льдам, равен

$V=\frac{m}{\rho}=\frac{0,8}{900}=0,00089$

Лед займет 0,89 л. Поэтому воздух сожмется – ему осталось предоставлено пространство 0,11 л – а прежде было 0,2 л. Поэтому давление воздуха к моменту замерзания льда возрастет:

$p_3=\frac{p_1V_1}{V_3}=\frac{10^5\cdot0,2}{0,11}=1,81\cdot 10^5$

Нарисуем график:

График зависимости давления воздуха в сосуде от времени

Задача 28

Решение. Сначала скорость ветра и скорость падения снежинок одинакова, и равна 1 м/с. Затем состав трогается, но снежинки продолжают двигаться вертикально с той же скоростью. Только теперь скорость поезда и скорость ветра складываются, поэтому

$\frac{\upsilon_p}{\upsilon_p+\upsilon_v}=\operatorname {tg}\beta$

Где $\upsilon_v$ – скорость ветра, $\upsilon_p$ – скорость поезда.

Тогда

$\upsilon_p-\upsilon_p\operatorname {tg}\beta=\upsilon_v\operatorname {tg}\beta$

$\upsilon_p=\frac{\upsilon_v}{\operatorname {tg}\beta}-\upsilon_v=\frac{1}{0,176}-1=4,67$

Ответ: 4,67 м/с, или 24 км/ч.

Задача 29

Решение. Скорость груза была равна 1 м/с, то есть он имел кинетическую энергию. Эта энергия перешла в потенциальную, груз поднялся. Затем он снова опускается (потенциальная переходит в кинетическую), и его скорость у положения равновесия снова будет равна 1 м/с. Теперь запишем закон сохранения импульса для момента столкновения груза с опорой:

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