[latexpage]
Разберем последнюю работу Статграда в этом году. Меня просили не выкладывать решения сразу – я обещала. Поэтому публикую решения через 10 дней после выхода работы.

Задача 1
Решение. Можно найти ускорение тела:
$$a=\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}=\frac{8}{3}$$
Теперь воспользуемся формулой “без времени”:
$$2aS=\upsilon_k^2-\upsilon_0^2$$
$$S=\frac{\upsilon_k^2-\upsilon_0^2}{2a}=\frac{121-9}{\frac{16}{3}}=21$$
Ответ: 21 м.

Задача 2
Решение: на расстоянии от планеты, равном 4260 км – то есть от центра 8520 км – сила притяжения равна (по графику) 30 Н. Следовательно, ускорение свободного падения равно
$$g=\frac{F}{m}=0,6$$
Ответ: 0,6 м/с$^2$.

Задача 3
Решение: счетчик показывает, что в квартире некие приборы потребляли, к примеру, мощность 100 кВт в течение 2 ч. Ну или 50 кВт в течение 4 часов. То есть, он уже показывает работу тока, только нужно перевести ее в единицы СИ. Для этого переведем часы в секунды.
$$A=Pt=200 000\cdot 3600 =720 000 000$$
Ответ: 720 МДж.

Задача 4
Решение:

Пояснение к задаче 4
Шарик двигается по кругу, на него действует нормальное ускорение.
$$ma_n=T\sin \alpha$$
Также для вертикальной оси второй закон Ньютона будет записан:
$$mg=T\cos \alpha$$
Разделим одно уравнение на другое:
$$a_n=g\operatorname {tg}\alpha$$
или
$$\upsilon^2=Rg\operatorname {tg}\alpha$$
Но радиус окружности, по которой вращается шарик, равен высоте правильного треугольника со стороной $L$, поэтому
$$\upsilon^2=L\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot g\operatorname {tg}\alpha$$
Откуда
$$L=\frac{2\upsilon^2}{\sqrt{3}g\operatorname {tg}\alpha}=\frac{18}{3\cdot10}=0,6$$
Ответ: 60 см

Задача 5
Решение:
- Глубина погружения росла, пока давление увеличивалось. Но после 160 минут оно начало падать – аппарат поднимался. Неверно.
- Максимальное избыточное давление составило 800 кПа, или 8 атм. Каждая атмосфера соответствует погружению на 10 м, поэтому 2 – неверно, 3 – верно.
- Верно.
- Глубине 20 м соответствует избыточное давление 2 атм (200 кПа) – на этой глубине аппарат был в момент времени 40 мин. Глубине 60 м соответствует избыточное давление 6 атм (600 кПа) – на этой глубине аппарат был в момент времени 120 мин. Всего на погружение на 40 м ушло 80 минут. Значит, средняя скорость погружения равна 0,5 м/мин. Верно.
- Неверно – рассмотрели выше.
Ответ: 34.

Задача 6
Решение. Если амплитуда не меняется – не меняется и потенциальная энергия пружины. А значит, и максимальная кинетическая энергия шарика та же. Следовательно, при большей массе шарик будет иметь меньшую скорость. А значит, ускорение его уменьшится. Можно и так рассуждать: при том же растяжении сила упругости одна и та же, она равна произведению $kx=ma$. При большей массе ускорение должно быть меньше при той же самой левой части.
Ответ: 32

Задача 7
Решение: ускорение свободного падения –
$$g=\frac{GM}{R^2}=\frac{G\rho \frac{4}{3}\pi R^3}{R^2}=G\rho \frac{4}{3}\pi R$$
Первая космическая скорость:
$$\upsilon=\sqrt{\frac{GM}{R}}=\sqrt{\frac{4G\rho \pi R^3}{3R}}=2R\sqrt{\frac{G\pi \rho}{3}}$$
Таким образом, ответ 41.
Ответ: 41.

Задача 8.
Решение: плотность изменилась в 4 раза. Значит, объем уменьшился в 4 раза. Запишем закон Менделеева-Клапейрона для состояния 1:
$$p_0 V_0=\nu RT_1$$
И для состояния 2:
$$p_0 \cdot{V_0}{4}=\nu RT_2$$
Или
$$p_0 V_0=4\nu RT_2$$
Делаем вывод, что $T_1=4T_2$, или $T_2=200$ К. (Можно и законом Гей-Люссака было воспользоваться).
Ответ: 200 К

Задача 9
Решение:
$$Q=A+\Delta U$$
$$-50=200+\Delta U$$
$$\Delta U=-250$$
Ответ: 250 Дж.

Задача 10
Решение:
Процесс 1 – A – изохорный. В этом процессе
$$Q_1=\Delta U=\frac{3}{2}\cdot(4p_0 V_0-p_0V_0)=\frac{9}{2}p_0V_0$$
Процесс 1 – B – изобарный. В нем
$$Q_2=\frac{5}{2}p_o\cdot 2V_0=5p_oV_0$$
Отношение будет равно:
$$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{4,5}{5}=\frac{9}{10}$$
Ответ: 0,9

Задача 11
Решение:
1 – неверно. Теплопередача не связана с работой.
2. Температура свинцового бруска равна 353 К, а температура железного – 293 К. То есть свинец может отдать количество теплоты $Q=cm\Delta t$, а железо принимает теплоту, поэтому у свинца внутренняя энергия больше. Верно.
3. Неверно.
4. Определим температуру термодинамического равновесия:
$$c_1m_1(t_k-t_1)=c_2m_2(t_2-t_k)$$
Здесь $c_1$ – теплоемкость железа, $m_1$ – масса железа, $t_1=20^{\circ}C$, $t_k$ – конечная температура. Все величины с индексом “2” относятся к свинцу.
$$c_1m_1t_k+c_1m_1t_1=c_2m_2t_2+c_2m_2t_k$$
$$(c_1m_1+c_2m_2)t_k=c_2m_2t_2+c_1m_1t_1$$
$$t_k=\frac{c_2m_2t_2+c_1m_1t_1}{c_1m_1+c_2m_2}=\frac{130\cdot0,92\cdot80+460\cdot0,26\cdot20}{460\cdot0,26+130\cdot0,92}=50$$
Верно.
Ответ: 24

Задача 12
Решение. С изохорного нагревания начинается процесс, показанный на рисунке 4. Температура растет при постоянном объеме. Далее при постоянной температуре увеличивается объем (изотермическое расширение), затем изобарное охлаждение – при этом температура снижается, а с ней и объем тоже – словом, А – 4.
При изотермическом сжатии объем уменьшается, а давление растет. График 3, возможно, подойдет. Проверяем дальше: при изобарном нагревании температура растет при постоянном давлении, верно, затем изохорное охлаждение – температура падает, и вместе с ней – давление тоже – Б) – 3.
Ответ: 43.

Задача 13.
Решение: если разбить этот каркас на малые элементы, то в точке А каждый из них создаст свой вектор напряженности. Если “напротив” этого элемента (то есть на прямой, проходящей через этот элемент и точку А) есть такой же элемент – то напряженности этих двух элементов взаимно уничтожат друг друга. Поэтому рассмотрим только горизонтальную часть каркаса – именно элементы этой части создадут некомпенсированные векторы напряженности, которые в сумме образуют результирующий вектор. Понятно, что сумма таких векторов даст вектор, направленный вниз.
Ответ: вниз.

Задача 14
Решение: через конденсатор ток не протекает, следовательно, ток от источника разделится на два равных тока (токи в резисторах), поскольку сопротивление амперметра равно нулю. Общее сопротивление резисторов равно 1 Ом, в сумме с внутренним сопротивлением это 4 Ом.
$$R_e=\frac{R^2}{2R}=\frac{R}{2}=1$$
$$R_e+r=1+3=4$$
Ток в неразветвленной части
$$I=\frac{E}{R_e+r}=\frac{5}{4}=1,25$$
Тогда
$$I_A=\frac{I}{2}=0,625$$
Ответ: 0,625 А, или 625 мА

Задача 15
Решение. Воспользуемся формулой
$$\Phi=LI$$
$$L=\frac{\Phi}{I}=\frac{0,006}{2}=0,003$$
Ответ: 3 мГн

Задача 16
Решение:
1 – верно, так как синус угла преломления больше синуса угла падения, а значит, и сам угол преломления больше угла падения. Значит, луч идет из оптически более плотной среды в оптически менее плотную.
2. Запишем закон Снеллиуса:
$$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta}=\frac{n_2}{n_1}$$
Или
$$\frac{n_1}{n_2}=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}=\frac{0,942809}{0,707107}=1,3333$$
2 – не верно, показатель преломления среды 1 больше.
3 – верно, частота при переходе из среды в среду не меняется.
4 – неверно, так как
$$n=\frac{c}{\upsilon}$$
Так как $n_1>n_2$, то $\upsilon_1<\upsilon_2$. Но $\upsilon=\nu \lambda$, поэтому $\lambda_1<\lambda_2$.
Так как после достижения синусом угла падения величины 0,819 угол преломления стал равен $90^{\circ}$, значит, мы достигли предельного угла падения и свет не выходит из первой среды (полное внутреннее отражение). Но показания снимались дискретно, и, возможно, полное внутреннее отражение наступило ранее, при меньшем угле падения. 5 – неверно.
Ответ: 13

Задача 17.
Решение: поскольку заряд одного из шариков уменьшили, сила взаимодействия шариков уменьшилась. А значит, расстояние между ними должно стать больше – ведь Кулонова сила в данном случае равна силе упругости нити весов.

Крутильные весы
Вместе с уменьшением заряда напряженность поля станет меньше.
Ответ: 12

Задача 18
Решение. Так как электроемкость конденсатора обратно пропорциональна расстоянию между его пластинами, то она увеличится в 2 раза к моменту, когда расстояние между пластинами станет в 2 раза меньше. То есть станет равным 1 мм. Это произойдет через 5 с – $0,2\cdot 5=1$ мм.
Частота колебаний в контуре равна
$$\nu=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$$
Емкость увеличивается, поэтому частота будет уменьшаться. Она уменьшится в 2 раза, когда емкость вырастет в 4 раза, а значит, расстояние между пластинами уменьшится в 4 раза – на 1,5 мм. Это произойдет через 7,5 с.
Ответ: 12

Задача 19
Решение: нуклонов – в соответствии с массовым числом, 294, нейтронов $294-118=176$.
Ответ: 294, 176

Задача 20
Решение: через 1 период останется 3 г, через 2 – 1,5, через 3 периода – 0,75 г.
Ответ: 0,75 г

Задача 21
Решение: А) – фотоэффект, Б) – давление света.
Ответ: 31

Задача 22
Решение: шкала составляет 4 клетки, значит, 4 клетки равны 10 В. То есть цена деления – 2,5 В, а погрешность – 1,25 В. Амплитуда напряжения составляет 2 клетки – 5 В. Тогда ответ: $5,00\pm 1,25$ В.
Ответ: 5,001,25

Задача 23
Решение: масса должна быть разной, а все остальные параметры маятников – одинаковыми. Поэтому выберем маятники 1 и 5.
Ответ: 15

Задача 24
1 – неверно, чтобы воспользоваться законом Хаббла, нужно знать скорость галактик: $\upsilon=H_0 r$.
2. Рассчитаем время: парсек – 3,26 световых года. Значит, $0,76\cdot10^6$ пк – это 2,47 млн. лет – верно.
3 – верно, видно по угловому размеру – он больше, при том, что расстояние до галактики Печь меньше.
4 – неверно, самая большая звездная величина у наиболее тусклых объектов.
5 – верно, угловой размер наибольший из всех.
Ответ: 235
Комментариев - 2
Спасибо большое!!! Очень помогаете экономить время на решение!!!!!))))
Хм, если только решения правильные!