Разбор работы Статграда от 5 марта: задачи 25-32.

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 25

Решение.

Нарисуем график процесса:

График цикла

Так как процесс 1-2 изотермический, то, поскольку объем в нем растет в 4 раза, давление должно в 4 раза падать. Значит, в точке 2 давление можно принять за $p_0$ , а в точке 1 – $4p_0$ . По условию внутренняя энергия газа в точке 1 известна:

$U_1=\frac{3}{2}\nu R T_1=\frac{3}{2}\cdot 4p_0\cdot V_0=6p_0V_0$

Работа в цикле равна разности работ $A_{12}$ и $A_{23}$ :

$A=A_{12}-A_{23}$

$A_{23}=p_0\cdot 3V_0=3p_oV_0$

Видим, что, так как $U_1=6p_0V_0=1600$ Дж, то $A_{23}=3p_oV_0=800$ Дж. Следовательно,

$A=2000-800=1200$

Ответ: 1,2 кДж.

Задача 26

Решение.

Определим сначала скорость луча в пластинке:

$\upsilon=\frac{c}{n}$

Теперь нужно найти длину пути луча в пластинке. Для этого воспользуемся законом Снеллиуса:

$\frac{\sin\alpha}{\sin \beta}=n$

Откуда

$\sin \beta=\frac{\sin\alpha}{n}=\frac{0,5}{1,5}=\frac{1}{3}$

Определяем длину пути луча L

Наилучшим вариантом для поиска $L$ будет определить косинус угла преломления:

$\cos \beta=\sqrt{1-\sin^2 \alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\sqrt{\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

Тогда

$\cos \beta=\frac{H}{L}$

$L=\frac{H}{\cos \beta}=\frac{0,3\cdot3}{2\sqrt{2}}$

Время прохождения луча через пластинку теперь можно определить:

$t=\frac{L}{\upsilon}=\frac{0,9}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1,5}{3\cdot10^8}=0,159\cdot10^{-8}=1,6\cdot10^{-9}$

Ответ: 1,6 нс

Задача 27

Решение.

По данному импульсу и массе шайбы можно сразу определить ее начальную скорость:

$\upsilon_0=\frac{p_0}{m}=2$

Кинетическая энергия шайбы переходит а работу против силы трения:

$\frac{m\upsilon^2}{2}=F_{tr}S=\mu m g S$

Или

$S=\frac{\upsilon^2}{2\mu g}=\frac{4}{2\cdot0,4\cdot 10}=0,5$

Движение шайбы равнозамедленное. Скорость шайбы в любой точке этого пути можно вычислить по формуле “без времени”:

$2aS=\upsilon_0^2-\upsilon^2$

То есть

$\upsilon=\sqrt{\upsilon_0^2-2aS}$

Подставляя в эту формулу координату шайбы ( $S$ ), можно записать полученные значения скорости, а затем и построить сам график:

Данные для построения

График

Ответ: 0,5 м

Задача 28

Решение.

Биметаллический цилиндр

Площадь сечения внутреннего железного цилиндра:

$S_{Fe}=\pi r^2$

Площадь сечения наружной оболочки из алюминия:

$S_{Al}=\pi R^2-\pi r^2=2\pi r^2$

Тогда

$\pi R^2=3\pi r^2$

$R=r\sqrt{3}$

Масса цилиндра известна:

$M=\rho_{Fe}\cdot \pi r^2 H+\rho_{Al}\cdot 2\pi r^2 H=1,5$

$\pi r^2 H\cdot(\rho_{Fe}+2\rho_{Al})=M$

$\pi r^2 H=\frac{M}{\rho_{Fe}+2\rho_{Al}}=\frac{1,5}{7800+5400}=11,36\cdot10^{-5}$

Тогда

$m_{Fe}=\rho_{Fe}\cdot \pi r^2 H=7800\cdot 11,36\cdot10^{-5}=0,886$

$m_{Al}=\rho_{Al}\cdot 2\pi r^2 H=5400\cdot 11,36\cdot10^{-5}=0,614$

Вычисляем количество теплоты:

$Q=c_{Fe}m_{Fe}\Delta t+c_{Al}m_{Al}\Delta t=460\cdot0,886+900\cdot0,614=960,16$

Ответ: 960 Дж.

Задача 29

Решение.

Период колебаний математического маятника вычисляется по формуле

$T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

Но в данном случае на шарик маятника в самом нижнем положении (положении равновесия) действует ускорение $g\sin \alpha$ . В крайних точках ускорение отличается и от этой величины за счет возвращающей силы. Но, так как отклонение от положения равновесия мало (малые колебания), то этим изменением ускорения можно пренебречь и считать ускорение везде равным $g\sin \alpha$ . Тогда

$T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g\sin \alpha}}=2\pi\sqrt{\frac{0,4}{5}}=1,78$

Ответ: 1,78 с

Задача 30

Решение.

Вычислим работу в процессе 1-2:

$A_{12}=\frac{2p_0+p_0}{2}\cdotV_0=1,5p_oV_0$

Площадь под графиком процесса 2-3 такая же, поэтому

$A_{23}=A_{12}=1,5p_oV_0$

Полная работа составила

$A=3p_oV_0$

Внутренняя энергия газа в точке 1

$U_1=\frac{3}{2}\cdot2p_0 V_0=3p_oV_0$

Внутренняя энергия газа в точке 3

$U_3=\frac{3}{2}\cdot2p_0 \cdot3V_0=9p_oV_0$

Изменение внутренней энергии

$\Delta U=U_3-U_1=6p_oV_0$

Количество теплоты, полученное газом

$Q=A+\Delta U=3p_oV_0+6p_oV_0=9p_oV_0=9000$

Ответ: 9 кДж.

Задача 31

Решение.

Так как весы равноплечие, то

$F=mg$

Сила F – сила притяжения между пластинами. Она равна

$F=\frac{Eq}{2}=\frac{Uq}{2d}=\frac{CU^2}{2d}=\frac{\varepsilon_0 SU^2}{2d^2}=\frac{8,85\cdot10^{-12}\cdot50\cdot10^{-4}\cdot500^2}{2\cdot0,005^2}=221,25\cdot10^{-6}$

На 2 поделили потому, что напряженность поля здесь создана нижней пластиной. Полная напряженность поля конденсатора – результат сложения напряженностей, созданных обеими пластинами. Мы рассматриваем верхнюю пластину в поле нижней.

Масса противовеса тогда равна $m=22,125\cdot10^{-6}$ , или 22 мг.

Ответ: 22 мг

Задача 32

Решение. Оба источника создадут за линзой два параллельных потока лучей. Эти потоки будут направлены под углом друг к другу, и будут интерферировать. Длина хода равна для лучей обоих пучков, сходящихся в центре экрана. Период интерференционной картины рассчитывается по формуле

$x_0=\frac{\lambda \cdot L}{d}$

В нашем случае $L=F$ . Поэтому

$x_0=\frac{\lambda \cdot F}{d}=\frac{546\cdot10^{-9}}{0,002}=273\cdot10^{-6}=0,273\cdot10^{-3}$

Ответ: период картины будет равен 0,27 мм.

Комментариев - 4

Renat

2020-03-22

Решение задачи 32 неточно. Приведенная формула не имеет прямого отношения к задаче. Но из нее следует необходимая формула – период картины равен длина волны разделить на угол схождения лучей, дающих интерференционную картину. И вот угол схождения пучков равен d/F.

Ответить

Анна
|

2020-03-22

Хорошо, обдумаю. Спасибо.

Ответить

По задаче 31. Есть более элегантное решение для нахождения силы притяжения (идея не моя – предложил ученик). Энергия конденсатора равна сила притяжения умножить на путь (расстояние между пластинами)

Анна
|

2020-03-22

Да, это хорошо! Годный ученик!

Ответить

Разбор работы Статграда от 5 марта: задачи 25-32.

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 4

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы

Профи.ру

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы

Автор сайта

Авторские права

Календарь

Март 2020
Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Фев
						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	31