Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Меню
Репетитор
Главная /// Физика /// ЕГЭ по физике /// Варианты ЕГЭ /// Разбор работы Статграда от 5 марта: задачи 25-32.
Категория: Варианты ЕГЭ, ЕГЭ по физике, Статград по физике
| Автор:

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. Угол между лучами за линзой и главной оптической осью линзы будет равен \varphi=\frac{d}{2F} (в радианах, при малых углах).  Лучи двух пучков сходятся под углом 2\varphi=\frac{d}{F}.

Длина  хода равна для лучей обоих пучков, сходящихся в центре экрана. А при удалении от центра экрана расстояние между поверхностями равных фаз будет расти линейно с ростом расстояния x от центра экрана.

К задаче 32 – ход лучей.

Рыжей линией показана поверхность равных фаз для красных лучей, фиолетовой – для синих.

    \[\Delta =2\varphi \cdot x\]

Но

    \[\Delta = m \lambda\]

Поэтому

    \[2\varphi \cdot x=m \lambda\]

    \[x=\frac{ m\lambda}{2\varphi }=\frac{1\cdot\lambda}{\frac{d}{F}}=\frac{F\cdot\lambda}{d}=\frac{546\cdot10^{-9}}{0,002}=273\cdot10^{-6}=0,273\cdot10^{-3}\]

 

Ответ: период картины будет равен 0,27 мм.

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 7

  • Renat
    |

    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
      |

      Хорошо, обдумаю. Спасибо.
      Ответить
  • Renat
    |

    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)
    Ответить
    • Анна
      |

      Да, это хорошо! Годный ученик!
      Ответить
  • Гораций
    |

    Можно сделать разбор решения задачи 32 поподробнее и с рисунком хода лучей?
    Ответить
    • Анна
      |

      Добавила картинку.
      Ответить
  • Гораций
    |

    Всё равно решение никак не понятно!
    Ответить

    • Добавить комментарий

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