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

Разбор работы Статграда от 4 февраля. Задачи 25-32.

Работа, так же как и первая в этом году, показалась мне очень интересной в первой части. Задачи части 2 были все легкие (а 26 – м-м-м!), может быть, кроме только 32 – но я просто не любитель именно этой темы.

Задача 25

Решение. Зная скорость, определим температуру газа:

    \[\upsilon=\sqrt{\frac{3RT}{M}}\]

    \[\upsilon^2=\frac{3RT}{M}\]

    \[RT=\frac{\upsilon^2 M}{3}\]

Давление определим из закона Менделеева-Клапейрона:

    \[pV=\nu RT\]

    \[p=\frac{\nu RT}{V}=\frac{\nu}{V}\cdot\frac{\upsilon^2 M}{3}=\frac{2}{0,35}\cdot\frac{1500^2 \cdot 0,028}{3}=120000\]

Ответ: 120 кПа

Задача 26

Решение. Перерисуем, причем обозначим точки равного потенциала:

Измененная схема задачи 26.

Измененную схему внизу легко рассчитать устно. Сопротивление будет равно 3 Ом.

Ответ: 3 Ом.

Задача 27

Решение. Воздух, зажатый правым столбиком, будет сжиматься постепенно, но чем дальше – тем труднее. Поэтому зависимость будет иметь вид примерно такой:

Давление воздуха в зазоре равно

    \[p_v=p_0+\rho g (h_1-h_2)\]

Процесс для зажатого воздуха – изотермический. Поэтому

    \[p_oh_0=p_v(h_0-h_2)\]

    \[p_oh_0=(p_0+\rho g (h_1-h_2))\cdot(h_0-h_2)\]

    \[p_oh_0=p_oh_0-p_0h_2+h_0\rho g(h_1-h_2)-\rho g (h_1-h_2)h_2\]

Пренебрежем h_2 в сравнении с h_1, и разность h_1-h_2 заменим на h_1.

Сокращаем:

    \[-p_0h_2+h_0\rho gh_1-\rho g h_1 h_2=0\]

    \[h_2(\frac{p_0}{h_1}-\rho g)=h_0\rho g\]

    \[h_2=\frac{h_0\rho g}{\frac{p_0}{h_1}-\rho g}\]

Такова зависимость и это совпадает с “интуитивным” видом графика, данным выше.

Если h_2=0,6h_0, то давление столба слева уравновешено давлением столба справа плюс давление воздуха.

    \[0,6h_0\rho g+p_v=h_1\rho g+p_0\]

Давление найдем из закона Бойля-Мариотта:

    \[p_0 h_0=p_v\cdot 0,4h_0\]

    \[p_v=\frac{p_0 h_0}{0,4h_0}=2,5p_o\]

    \[h_1=0,6h_0+\frac{2,5p_0}{\rho g}-\frac{p_0}{\rho g}=0,6\cdot 0,2+\frac{1,5\cdot10^5}{10^4}=15+0,12=15,12\]

Ответ: примерно 15 м.

 

Задача 28

Решение. T=4mg по условию.

Радиус вращения равен

    \[R=l\sin \alpha\]

Запишем второй закон Ньютона:

    \[ma_n=T\cos (90-\alpha_1)\]

    \[m \omega_1^2R=T\cos (90-\alpha_1)\]

    \[T=\frac{m \omega_1^2R}{\cos (90-\alpha_1)}=m \omega_1^2l\]

По вертикальной оси

    \[mg=T\cos \alpha_1\]

    \[T=2mg=m \omega_1^2l\]

    \[2g=\omega_1^2l\]

    \[\omega_1^2=\frac{2g}{l}\]

    \[T'=4mg=m \omega_2^2l\]

    \[\omega_2^2=\frac{4g}{l}\]

Вывод: угловую частоту надо увеличить в \sqrt{2} раз.

Ответ:в \sqrt{2} раз.

Задача 29

Решение. Запишем закон сохранения импульса:

    \[m_1\upsilon=(m_1+m_2)\upsilon_1\]

    \[\upsilon_1=\frac{m_1\upsilon}{m_1+m_2}\]

И закон сохранения энергии:

    \[\frac{(m_1+m_2)\upsilon_1^2}{2}=2g (m_1+m_2)l+\frac{(m_1+m_2)\upsilon_2^2}{2}\]

Где \upsilon_2 – скорость шарика в верхней точке траектории. Перепишем:

    \[\upsilon_2^2=\upsilon_1^2-4gl\]

Нормальное ускорение в верхней точке равно

    \[a_n=\frac{\upsilon_2^2}{l}=\frac{\upsilon_1^2}{l}-4g\]

    \[a_n=\frac{m_1^2\upsilon^2}{(m_1+m_2)^2\cdot l}-4g=6,22\]

Ответ: 6,22 м/с^2.

Задача 30

Решение. Объем класса 432 м. куб. Записываем уравнение Менделеева-Клапейрона для обоих случаев – для осени и зимы.

    \[p_1V=\frac{m_1RT_1}{M}\]

    \[p_2V=\frac{m_1RT_2}{M}\]

И выражаем массу воздуха:

    \[m_1=\frac{p_1VM}{RT_1}\]

    \[m_2=\frac{p_2VM}{RT_2}\]

Находим изменение массы воздуха:

    \[\Delta m=m_2-m_1=\frac{VM}{R}\cdot \left(\frac{p_2}{T_2}-\frac{p_1}{T_1}\right)\]

Изменение массы азота вычислим как

    \[\Delta m_{N_2}=0,78\Delta m\]

Получаем \Delta m=6,577 кг, \Delta m_{N_2}=5,13 кг.

Наконец, определим число молекул:

    \[\Delta N=\frac{\Delta m_{N_2}}{M_{N_2}}\cdot N_A=1099\cdot 10^23=1,1\cdot 10^{26}\]

Ответ:  \Delta N=1,1\cdot 10^{26}

Задача 31

Решение. Сила тяжести тянет шарик вниз, сила Кулона и сила Архимеда – вверх. Уравнение равновесия:

    \[Eq+F_A=mg\]

Для железного шарика:

    \[E_1q+\rho g V=\rho_{Fe}gV\]

Для алюминиевого шарика:

    \[E_2q+\rho g V=\rho_{Al}gV\]

Определим объем из первого уравнения:

    \[V=\frac{E_1q}{g(\rho_{Fe}-\rho)}\]

Сила Архимеда одна и та же в обоих случаях:

    \[\rho_{Fe}gV-E_1q=\rho_{Al}gV-E_2q\]

    \[E_2=\frac{(rho_{Al}-\rho_{Fe})Vg}{q}+E_1\]

Подставим объем:

    \[E_2=\frac{(rho_{Al}-\rho_{Fe})E_1}{\rho_{Fe}-\rho}+E_1\]

    \[E_2=E_1-\frac{(\rho_{Fe}-rho_{Al})E_1}{\rho_{Fe}-\rho}+E_1=3\cdot 10^6-\frac{(7800-2700)\cdot 3\cdot 10^6}{7800-900}=3\cdot 10^6(1-0,739)=0,783\cdot 10^6\]

Ответ: 783 кВ/м, или 7,83 кВ/см.

Задача 32

Решение. Интерференция происходит между лучами, отразившимися от пленки, и лучами, проникшими в пленку и отразившимися от ее “задней” границы раздела с воздухом. Таким образом, последние прошли путь, больший, чем первые, на 2l, где l – толщина пленки. Если эта разность хода будет равна целому числу длин волн, то образуется максимум. Разность хода

    \[\Delta=2l=m\lambda'\]

Так как мыльная пленка – вода, то длина волны в ней \lambda' отличается от длины волны в воздухе и равна

    \[\lambda'=\frac{\lambda}{n}=\frac{546,1}{1,33}=410,6\]

Где n – показатель преломления воды.

Тогда

    \[l_1=\frac{m\lambda'}{2}=\frac{410,6m}{2}=205,3m\]

    \[l_2=\frac{(m+1)\lambda'}{2}=\frac{410,6(m+1)}{2}=205,3(m+1)\]

    \[\Delta l=l_2-l_1=205,3\]

К задаче 32

Расстояние между лучами показано утрированно большим – чтобы показать направления их распространения. В треугольнике ABC угол ABC очень маленький, так как у нас получилось, что \frac{\lambda'}{2} \ll d, поэтому можно синус угла заменить на тангенс, а тангенс на сам угол в радианах.

    \[\operatorname{tg} ABC=\angle ABC=\frac{\frac{\lambda'}{2} }{d}=\frac{205,3 }{4\cdot10^6}=51\cdot 10^{-6}\]

Это угол в радианах. В градусах это будет 0,294\cdot10^{-2}, или 10,58"

Ответ: 10,6″

Комментариев - 4

  • НИС
    |

    День добрый, Анна. Два замечания по расчётной части:
    30 задача: 78% азота по объёму, а не по массе, но на ответе не сказывается: близкие числа получаются
    32 задача: не учтена потеря полуволны при отражении от оптически более плотной среды, на ответе не сказывается, так как при вычитании она уходит

    Ответить
    • Анна
      |

      Спасибо, вы правы.

      Ответить
  • Светлана
    |

    Анна, а почему в 27 задании для изотермического процесса умножаем p0 на ho? ведь высота столба воздуха справа не h0…

    Ответить
    • Анна
      |

      Это объемы, которые я сократила на площадь сечения S. Вначале правый сосуд был заполнен воздухом, объем которого V_0=h_0\cdot S.

      Ответить
  • Добавить комментарий

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