Разбор работы Статграда от 5 марта. Задачи 1-24

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

Разбор работы Статграда от 5 марта. Задачи 1-24

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 2

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы

Профи.ру

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы

Автор сайта

Авторские права

Календарь

Ноябрь 2020
Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Окт
						1
2	3	4	5	6	7	8
9	10	11	12	13	14	15
16	17	18	19	20	21	22
23	24	25	26	27	28	29
30