Вариант №1 - Естественнонаучная школа ТПУ

Министерство образования и науки Российской Федерации
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ
«ТОМСКИЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
С.И. Кузнецов, Т.Н. Мельникова, В.М. Петелина
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ РАЗНОГО УРОВНЯ
СЛОЖНОСТИ
Томск 2011
1
УДК 53(075.8)
ББК 22.3я73
К891
Кузнецов С.И.
К891
Решение задач по физике разного уровня сложности:
учебное пособие / С.И. Кузнецов; Т.Н. Мельникова, В.М.
Петелина.; Национальный исследовательский Томский
политехнический университет. – Томск: Изд-во Томского
политехнического университета, 2011. – 79 с.
В учебном пособии приведены примеры решения задач разного уровня
сложности, отражающие все разделы курса физики. Задачи рассчитаны на
развитие у школьников навыков в анализе основных физических явлений, знаний
законов и формул, умение строить графики, отражающие какой-либо закон или
процесс.
Цель пособия – помочь учащимся освоить материал программы, научить
активно применять теоретические основы физики как рабочий аппарат,
позволяющий решать конкретные задачи, приобрести уверенность в
самостоятельной работе.
Пособие подготовлено на кафедре общей физики ТПУ, соответствует
программе курса физики, общеобразовательных учебных заведений и направлено
на активизацию научного мышления и познавательной деятельности учащихся.
Предназначено для учащихся средних школ, лицеев, гимназий и подготовки
абитуриентов к поступлению в технические вузы. Ориентировано на
организацию самостоятельной индивидуальной работы.
УДК 53(075.8)
ББК 22.3я73
Рекомендовано к печати Редакционно-издательским советом
Томского политехнического университета
Рецензенты
Доктор физико-математических наук, профессор,
заведующий кафедрой теоретической физики ТГУ
А.В. Шаповалов
Доктор физико-математических наук, профессор,
заведующий кафедрой общей информатики ТГПУ
А.Г. Парфенов
© Томский политехнический университет, 2011
© Оформление. Издательство НИ ТПУ, 2011
Авторы, 2011
2
ВАРИАНТ №1
КИНЕМАТИКА
Часть А
1. В течение какого времени скорый поезд длиной 150 м, идущий со
скоростью 72 км/ч, будет проходить мимо товарного поезда длиной 300 м,
идущего навстречу со скоростью 36 км/ч?
1) 10 с
2) 15 с
3) 30 с
Дано:
l1 = 150 м
υ1 = 72 км/ч = 20 м/с
l2 = 300 м
υ2 = 36 км/ч = 10 м/с
t–?
t
4) 20 с
5) 45 с

l1  l2
; υ отн
υотн
t
Решение:


 υ 2  υ1 ; υотн  υ 2  ( υ1 )  υ 2  υ1 ;
l1  l2 150  300

 15 (с).
υ1  υ 2
20  10
Ответ:
[2]
2. Вагон шириной 2,4 м, движущийся со скоростью 15 м/с, был пробит
пулей, летевшей перпендикулярно к движению вагона. Смещение отверстий в
стенках вагона относительно друг друга равно 6 см. Какова скорость пули?
1) 200 м/с
2) 300 м/с
3) 400 м/с
Дано:
b = 2,4 м
υ1 = 15 м/с
l2 = 300 м
a = 6 см = 0,06 м
υ2 – ?
4) 500 м/с
5) 600 м/с
Решение:
a
b
v1
v2
Время, за которое пуля пролетает расстояние, равное ширине
b
a
b
a
вагона, и время смещения одинаково: t 
; t  . Тогда
 .
υ1
υ 2 υ1
υ2
bυ 2.4  15
Следовательно, υ 2  1 
 600 (м/с).
a
0.06
Ответ:
[5]
3. Движение материальных точек выражается уравнением x1 = 20 + 2t – 4t2
и x2 = 2 – 2t + t2 (длина в метрах, время в секундах). Скорости этих точек будут
одинаковыми в момент времени, равный:
1) 0,2 с
2) 0,4 с
Дано:
x1 = 20 + 2t – 4t2
x2 = 2 – 2t + t2
3) 1,0 с
4) 2,5 с
5) 4 с
Решение:
Находим скорость как первую производную от смещения:
3
υ1  x1  2  8t , υ 2  x2  2  2t . В момент времени t = t1
скорости точек будут одинаковыми, т.е. υ1 = υ2. Отсюда
2 – 8t1 = – 2 + 2t1;
t1 = 0,4 (c).
Ответ:
[2]
t–?
4. Даны кинетические уравнения движения точки по окружности: S = 2t и
φ = 5t. На каком расстоянии от оси вращения находится удаленная точка?
1) 2м
Дано:
S = 2t
φ = 5t
r–?
2) 5м
4) 0,2 м
3) 0,4м
5) 0,5 м
Решение:
Из уравнения S = 2t (м) видно, что движение равномерное, с
постоянной скоростью (в общем виде: S = υt). Отсюда υ = 2 (м/с).
Второе уравнение φ = 5t (рад) в общем виде выглядит как φ = ωt, т.е.
ω = 5 (рад/с). Но т.к. υ  ωr , то
υ 2
r    0,4 (м).
ω 5
Ответ:
[3]
5. Во сколько раз линейная скорость конца минутной стрелки часов
больше линейной скорости часовой стрелки, если минутная стрелка в 1,5 раза
длиннее часовой?
1) 6
2) 9
3) 18
4) 27
5) 36
Дано:
Решение:
lм = 1,5lч
Линейная и угловая скорости связаны соотношением υ = ωR, где R
Тч = 12 ч
2π
– длина стрелки, т.е. R = l. Следовательно, υ  ωl 
,
Тм = 1 ч
T
υм/υч – ?
где Т – период.
2π
2π
lм и υ ч 
Тогда υм 
lч . Разделив второе уравнение на первое, получим:
Tм
Tч
υ м lмTч
12

 1,5   18 .
υ ч lчTм
1
Ответ:
[3]
6. Эскалатор метро поднимает стоящего на нем пассажира за 1 мин. По
неподвижному эскалатору пассажир поднимается за 3 мин. Сколько времени
будет подниматься пассажир, идущий вверх по движущемуся эскалатору.
Дано:
t1 = 1 мин
t2 = 3 мин
t3 – ?
Решение:
l
l
tt
t3 

 1 2  45 (с).
υ1  υ 2 l  l t1  t2
t1 t2
Ответ:
t3 = 45 c.
4
7. Велосипедист начал свое движение из состояния покоя и в течение
первых 4 с двигался с ускорением 1 м/с2, затем в течение 0,1 мин он двигался
равномерно и последние 20 м – равнозамедленно до остановки. Постройте
графики зависимости υ(t) и a(t), найдите среднюю скорость за все время
движения велосипедиста.
Дано:
υ0 = 0
t1 = 4 c, a1 = 1 м/с2
t2 = 0,1 мин = 6 с
υ1 = const, a2 = 0
S3 = 20 м, υ2 = 0
υср – ?
Решение:
S
, где t =
t
t1 + t2 + t3, т.к. весь путь можно разбить на три участка с
S
разным характером движения. Тогда υср 
.
t1  t2  t3
S = S1 + S2 + S3,
Средняя
скорость определяется как υ ср 
a1t12
где S1 
– движение равноускоренное с нулевой начальной скоростью.
2
Тогда υ1 = а1 t1. На втором участке движение равномерное S2 = υ1t2 = а1·t1·t2.
И на последнем участке движение равнозамедленное. Т.к. на этом участке
υ υ
зависимость скорости от времени линейная, то S3  2 1 t3 . Отсюда
2
2
a1t1
 a1t1t2  S3
2 S3
2
t3 
. υcp 
 2,6 (м/с2)
2 S3
υ 2  υ1
t1  t2 
a1t1t2
Ответ:
υср = 2,6 м/c2.
8. Тело, двигавшееся прямолинейно и равноускоренно, прошло за первую
секунду 1 м, за вторую – 2 м, какова его начальная скорость?
Дано:
t1 = 1 c
l1 = 1 м
t = 1 с
l2 = 2 м
υ0 – ?
Решение:
v02
v0
а
а
S1
S2
t2 = t1 + t = 2 c. Пройденный путь при равноускоренном
at2
a l1  υ 0t1
at 2
движении l1  υ 0 t1  1
и l2  υ 0t 2 
. Отсюда
и

2
2
2
2
t1
a (l1  l 2 )  υ 0 t 2

. Приравнивая правые части уравнений, получим
2
t 22
2
l1  υ0t1 (l1  l2 )  υ0t2
1  υ0  1 (1  2)  υ0  2


. 4 – 4υ0 = 3 – 2υ0,
. Отсюда
2
2
t1
t2
12
22
2υ0 = 1. υ0 = 0,5 м/с.
Ответ:
υ0 = 0,5 м/с.
5
9. Тело брошено вертикально вверх со скоростью 30 м/с. За какое время
тело пройдет путь, равный 50 м?
Дано:
Решение:
υ0 = 30 м/c
Максимальная высота, на которую, поднимется тело
υ = 0 м/с
υ 02
30 2
υ 2  υ 02
l = 50 м

 45 (м).
hmax 
. Т.к. υ = 0, то hmax 
2 g 2  10
 2g
t–?
l = hmax + h, где h – расстояние, которое проходит тело при падении вниз.
gt22
h
Отсюда h = l – hmax = 5 (м). Т.к.
(t2 – время падения). Тогда
2
2h
25
υ
30
t2 

 1 (с). Время подъема t1  0   3 (с). Следовательно,
g
10
g 10
полное время t = t1 + t2 = 3 +1 = 4 (c).
Ответ:
t = 4 c.
10.
Мяч бросают с крыши, находящейся на высоте 20 м от поверхности
Земли. Его начальная скорость равна 25 м/с и направлена: а) горизонтально. б)
вниз под углом 30 к горизонту. в) вверх под углом 30 к горизонту. Чему равна
дальность полета по горизонтали?
1) 50 м
2) 23 м 3) 78 м.
Дано:
h = 20 м
υ0 = 25 м/c
a) α = 0
б) α = 30
в) α = – 30
S–?
Решение:
а)
v0
x
2h
gt 2
S = υ0 t; h 
; t
;
g
2
2h
2  20
S  υ0
 25
 50 (м).
g
10
g
h
S
y
б)
x

0
g
в)
y
v0

h
g
h
y
S
0
S
x
S = (υ0 cosα)t
(1)
Уравнение координаты:
2
gt 2
gt
, t = tд, у = 0,
– решим квадратное y  h  ( υ0 sin α)t 
h  ( υ 0 sin α)t 
2
2
уравнение относительно t и подставим где tд – время движения тела.
в уравнение (1).
gtд2
0  h  ( υ0 sin α)tд 
– решим
10t2 + 25t – 40 = 0
2
t = 1,1 (c)
относительно tд:
6
S = (υ0 cosα)t = (25 cos30)1,1  23 м.
Ответ:
0  20  (25 sin 30)tд  10tд2
S = (υ0 cosα)tд
1) S = 50 м; 2) S = 23 м; 3) S = 78 м.
Часть Б
1. Тело начинает двигаться вдоль прямой с постоянным ускорением. Через
30 мин ускорение тела меняется по направлению на противоположное,
оставаясь таким же по величине. Через какое время от начала движения тело
вернется в исходную точку? Ответ представьте в минутах и округлите до
десятых.
Дано:
Решение:

а = const
y
a  const ;
υ0 = 0 м/с
а
а 
x
at12
t1 = 30 мин
A
S1 
и υ = аt1
S1
2
t–?
Точка А – точка, в которой тело оказалось через время t1.
at 2
x  S1  υt2  2 ; t2 – время, за которое тело переместится из точки А в точку
2
х = 0.
at12
at22
0
 at1t 2 
, отсюда t2  t1 (1  2 )
2
2
t  t1  t2  t1 (2  2 )  30(2  2 )  102 .4 (мин).
Ответ:
t = 102,4 мин.
2. (1.8.6). По графику зависимости ускорения от времени установите
скорость в момент времени 15 с, если в момент времени 1 c скорость равна
3 м/с.
а, м/с2
60
40
20
t, c
0
0
2
5
9
12
15
Дано:
Решение:
t1 = 1 c
1) t2 = 2 c: υ2 = 3 (м/с), т.к. а = 0.
υ1 = 3 м/с
60  0
t = 15 c
2) 25: υ3  υ 2 (5  2) 
(5  2) 2  90 (м/с);
2
υ–?
3) 59: а = 60 (м/с2); υ4 = υ3 + 60 (9 – 5) = 90 + 60  4 = 333 (м/с);
0  60
4) 612: υ5  υ4 
(12  9)  333  30  3  423 (м/с);
2
7
5) 1215: υ6 = const; υ6 = υ5 = 423 (м/с).
Ответ:
υ = 423 м/с
3. Снаряд вылетает из орудия под углом 45° к горизонту с начальной
скоростью 500 м/с. Для момента времени, равного 20 с после начала движения,
найдите: а) модуль скорости снаряда (в единицах СИ); б) угол (в градусах),
который составляет вектор скорости с осью х; в) модули нормального и
тангенциального ускорений снаряда (в единицах СИ); г) радиус кривизны
траектории (в километрах) в точке, соответствующей этому моменту времени.
Принять g = 10 м/с2. Ответы округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
α = 45



υ0 = 500 м/с
0 y
x
t = 20 c

a
n
x
 g 
υ – ?; β – ?;


an – ?; a τ – ?; R – ?
tgβ 
υy
υ0 sin α  gt 500  sin 45  10  20

 87,6 ;  = 24.
υx
υ0 cos α
500  cos 45
а = g sin = 10  sin24 = 4 (м/с2).
аn = g cos = 10  cos24 = 9 (м/с2).
υ  υ 2x  υ 2y  ( υ0 cos α) 2  ( υ 0 sin α  gt) 2 

 (500 cos 45) 2  (500 sin 45  10  20) 2
υ = 385 (м/с).
υ2
υ 2 385 2
an  , следовательно R 

 16,3 (км).
R
an
9
Ответ:
υ = 385 м/с;  = 24; аn = 9 м/с2; а = 4 м/с2; R = 16,3 км.
4. Начальная скорость камня, брошенного под некоторым углом к
горизонту, равна 10 м/с, а спустя время 0,5 с скорость камня равна 7 м/с. На
какую максимальную высоту над начальным уровнем поднимется камень?
Принять g = 10 м/с2. Сопротивление воздуха не учитывать. Ответ представьте в
единицах СИ и округлите до десятых.
Дано:
Решение:
υ0 = 10 м/с
1
A 
t = 0,5 c
y  y
0
υ1 = 7 м/с
x
y
hmax – ?
hmax
x
x
В точке А υу = 0; υ = υх = υ0 cos;
υу = υ0 sin – g tп; следовательно tп 
υ0 sin α
;
g
8
hmax
gtп2 ( υ 0 sin α) 2
 υ0tп sin α 

;
2
2g
υ12  υ 2x1  υ 2y1  ( υ0 sin α  gt) 2  ( υ0 cos α) 2 
 υ02 sin 2 α  2υ0 sin α  gt  ( gt) 2  υ02 cos2 α  υ02  2υ0 sin α  gt  ( gt) 2 ,
υ 2  υ 2  ( gt) 2
 7,6 (м/с);
следовательно υ 0 sin α  0
2 gt
7.62
hmax 
 2,9 (м).
2 10
Ответ:
hmax = 2,9 м.
5. Маленький шарик падает с высоты 50 см на наклонную плоскость,
составляющую угол 45 к горизонту. Найдите расстояние между точками
первого и второго ударов шарика о плоскость. Соударения считать абсолютно
упругими. Принять g = 10 м/с2. Ответ представьте в единицах СИ и округлите
до десятых.
Дано:
Решение:
2
g = 10 м/с


υ

υ
 2 gh ;
h = 50 м
0
h
0
x
 = 45
gt 2
g
х = υ0 t; y 
, т.к. υ0у = 0.
ℓ
l–?
2
хА = l cos; yА = l sin; cos = sin;
А
gt A2
 gt


хА = y А ; υ 0 t A 
; t A  A  υ0   0 .
2
y
 2

2υ
tA1 = 0; t A2  0 ;
g
υ  2υ0
x
4 gh
4h
4  0,5
l A  0



 2,8 (м).
cos α g cos α g cos α cos α cos 45
9
ВАРИАНТ №2
ДИНАМИКА
Часть А
1. Чему равен модуль ускорения автомобиля массой 1000 кг при
торможении на горизонтальной поверхности, если коэффициент трения об
асфальт равен 0,4?
1) 100 м/с2
Дано:
m = 1000 кг
μ = 0.4
a–?
2) 10 м/с2
3) 400 м/с2
4) 40 м/с2
5) 4 м/с2.
Решение:
у
ъ
Fтр
N
mg
а
х
ъ
Уравнение динамики
в векторной
форме:
 
 
ma  Fтр  mg  N .
В скалярной форме в проекциях на оси
ох: ma = Fтр. оу: 0 = N – mg, т.е. N = mg
Fтр = μN = μmg; ma = μmg, a = μg = 0,410 = 4 м/с2.
Ответ:
[5]
2. С каким ускорением нужно поднимать гирю, чтобы ее вес увеличился в
2 раза?
l) a = 2g
Дано:
Р2 = 2Р1
а–?
2) a = g/2
у
ъ
a
ъ
3) a = 4g
4) a = g/4
5) a = g.
Решение:
Вес неподвижной гири Р1 = mg. Чтобы поднять гирю,

к ней нужно приложить силу F y . Расставляем все
Fy
силы, действующие на гирю в данном случае и
записываем второй
 закон Ньютона в векторной


mg форме ma  mg F и в скалярной форме. oy:
y
ma = Fу – mg. Т.к. Fy = P2, а
Р2 = 2Р1, то P2 = 2mg и a = g.
Ответ:
[5]
3. На каком расстоянии от центра Земли (в долях радиуса Земли R),
ускорение свободного падения в 9 раз меньше, чем на поверхности Земли?
1) 1,25R 2) 1,5R 3) 2R 4) 3R 5) 9R.
Дано:
g3 = 9gh
r–?
Решение:
Ускорение свободного падения на поверхности Земли g 3  G
M
;
R32
10
ускорение свободного падения на высоте h: g h  G
M
, где r = R + h, g3 = 9gh.
r2
Поделив одно уравнение на другое, получим r = 3R3.
Ответ:
[4]
4. Когда к пружине жесткостью 500 H/м подвесили груз массой 1 кг, то ее
длина стала 12 см. До какой длины растянется пружина, если к ней подвесить
еще один груз массой 1 кг?
1) 14 см
Дано:
k = 500 H/м
m1 = 1 кг
l1 = 12 см
m2 = 1 кг
l2 – ?
2) 16 см
3) 22 см
4) 18 см
5) 20 см.
Решение:
На груз, подвешенный к пружине, действуют сила тяжести и
сила упругости. Т.к. груз находится в равновесии, то эти силы
компенсируют друг друга, т.е. m1g = kl1. Если подвесить еще
один груз такой же массы, то m2g = kl2.
m2 g 1 10

 0,02 (м) .
k
500
l2 = l1 + l2; l2 = 12 + 2 = 14 (см).
Δl2 
Ответ:
[1]
5. Плотность некоторой планеты такая же, как у Земли, а радиус вдвое
меньше. Во сколько раз первая космическая скорость для Земли больше первой
космической скорости для данной планеты?
1) 2
2) 3
Дано:
ρп = ρ3
RЗ = 2Rп
υIп/υIЗ – ?
3) 4
4) 5
5) 6.
Решение:
ρп = ρ3;
определить как υ I 
Rп 
R3
. Первую космическую скорость можно
2
GM
4
, где масса планеты M = ρV = ρ πR3 . Тогда
3
R
4
Gρ πR 3
υ Iп
4
3

υI 

GρπR 2 ;
υ I3
R
3
Rп2 1
 , отсюда υIЗ = 2υIп.
R32 2
Ответ:
[1]
6. На рисунке приведен график изменения скорости автобуса при
движении между двумя остановками. Считая силу сопротивления постоянной и
зная, что на участке, соответствующем отрезку ВС (40  120 с) графика, сила
тяги равна нулю, найти силу тяги на участках, соответствующих отрезкам ОА
(0  20 с) и АВ (20  40 с). Начертить график зависимости ускорения от
времени. Масса автобуса 4 т.
11
Дано:
m = 4 т = 4000 кг
Fт1 – ?
a = f(t)
Решение:
В интервале 0  20 с – движение равноускоренное с υ0 = 0,
Δυ υ1  υ0
10  0
, а1 
а1 

 0,5 (м/с2). ma = Fт1 – Fтр.
Δt
t1  t0
20  0
Fт1 = ma + Fтр. В интервале 20  40 с – движение равномерное с υ = 10 м/с (из
графика), а2 = 0 м/с2. 0 = Fт2 – Fтр, т.е. Fт2 = Fтр.
В интервале 40  120 с – движение равнозамедленное, а3  0  10  0,125 м/с2.
120  40
Fтр = ma3 = 410 0,125 = 0.5 (кН). Fт1 = 410 0,5 + 500 = 2,5 (кН).
Ответ:
Fт1 = 2,5 кН, Fтр = 0,5 кН.
7. Через сколько секунд тело, брошенное вертикально вверх со скоростью
44,8 м/с, упадет на землю, если сила сопротивления воздуха не зависит от
скорости и составляет 1/7 силы тяжести?
3
Дано:
υ0 = 44,8 м/с
Fc = 1/7 Fт
t–?
3
Решение:
t = t1 + t2, t1– время движения вверх, t2– время
движения вниз. Используя второй закон
a1
Ньютона запишем: ma1 = Fc + mg;
Fc
mg
8mg
mg
ma1 
 mg 
,
7
7
υ0 44,8
8
υ02
44,82
2

 4 (c). h 
тогда a1  g  11,2 м/с . t1 

 89,6 (м).
a1 11,2
7
2a1 2  11,2
a2
Fc
mg
v0
Аналогично: ma2 = mg – Fc;
a2t 22
mg 6
6
.
ma2  mg 
 mg ; a2  g  8,4. h 
2
7
7
7
2h
2  89,6
Отсюда t2 
t = t1 + t2 = 8,6 c.

 4,6 (c).
a2
8,4
Ответ:
t = 8,6 c.
8. На наклонной плоскости длиной 5 м и высотой 3 м находится груз
массой 50 кг. Какую силу надо приложить, чтобы:
а) удерживать тело на наклонной плоскости (μ = 0,2);
12
б) поднимать его вверх с ускорением 1 м/с2;
в) опускать его вниз с ускорением 1 м/с2?
Дано:
Решение:
l=5м
Условие
равновесия
в векторной форме:
а)
 


h=3м
у
N F
F  N  mg  Fтр  0 ;
ъ
х
m = 50 кг
Fтр
ъ в скалярной форме:
μ = 0.2
h

ох: F – mg sinα – Fтр = 0, т.е.

ъ
ъ
a = 1 м/с2
F = mg sinα + Fтр
ъ mg
F–?
оy: N – mg cosα = 0, отсюда N = mg cosα.
Fтр = μ N = μmg cosα и тогда F = mg(sinα + μcosα). h/l = sinα.
Тогда α = arcsin h/l = 0,6 = 36,9. F = 5010(sin 36,9 + 0.2cos 36,9) = 380 (Н).
 
  
б)
Если a  0, то векторное уравнение: ma  F  N  mg  Fтр .
у
N
В скалярной форме в проекциях на оси х и y:
F
ъ
а
ох: ma = F – mg sinα – Fтр, тогда F = ma + mg sinα + Fтр
Fтр
ъ
х

ъ оy: 0 = N – mg cosα, отсюда N = mg cosα, следовательно
 mg ъ
F = ma + mg sinα + μmg cosα = m (а + g sinα + μg cosα);
ъ
F = 50(1 + 10sin 36,9 + 0,210cos 36,9) = 430 (Н).
  
 
в)
Векторное уравнение: ma  F  N  mg  Fтр .
у
ъ
а
ъ
х
ъ
N
Fтр
F


ъ
ъ mg
В скалярной форме в проекциях на оси х и y:
ох: ma = F + mg sinα – Fтр, тогда F = ma – mg sinα + Fтр
оy: 0 = N – mg cosα, отсюда N = mg cosα, следовательно,
F = ma – mg sinα + μmg cosα = m(а – g sinα + μg cosα);
F = 50(1 – 10sin 36,9 + 0.210cos 36,9) = – 170 (Н).
Ответ:
а) F =380 (Н), б) F = 430 (Н), в) F = – 170 (Н).
9. Автомобиль массой 3103 кг движется с постоянной скоростью
υ = 36 км/ч. а) по вогнутому мосту; б) по выпуклому мосту.
Радиус кривизны моста 60 м. С какой силой давит автомобиль на мост в
тот момент, когда линия, соединяющая центр кривизны моста с автомобилем
составляет угол 10° с вертикалью.
Дано:
m = 3103 кг
υ =36 км/ч= 10 м/с
α = 10°
R = 60 м
Fд1 – ?
Fд2 – ?
Решение:
Согласно второму закону Ньютона:
N

ъа
mg

ъ
mυ 2
mg cosα – N = maц; N  mg cos α 
;
R


у
ъ
Fд1   N . Тогда

υ2 

Fд1  m g cosα   =24544Н.
R

13
ац
N

ъ
у
ъ

υ2 
N – mg cosα = maц; N  m g cos α   ;
R


υ2 
Fд 2  m g cosα   = 34544 Н.
R


ъ
ъ
mg
Ответ:
Fд1 = 24544 Н.
Fд2 = 34544 Н.
10.
а) С какой максимальной скоростью может ехать по горизонтальной
плоскости мотоциклист, описывая дугу радиусом 90 м, если коэффициент
трения скольжения 0,4?
б) На какой угол от вертикали он должен при этом отклониться?
в) Чему будет равна максимальная скорость мотоциклиста, если он будет
ехать по наклонному треку с углом наклона α = 30° при том же радиусе
закругления и коэффициенте трения?
Дано:
R = 90 м
μ = 0.4
α = 30°
Решение:

mg
υmax – ?
α1 – ?
υmax – ?
N 1
х
aц
Fтр.п
N
Fтр.п
mg
 
mυ 2max
Fтр.п max = μN = μmg;
 μmg ;
R
υmax  μgR = 19 м/с.
б) tgα1 
y



а) maц  N  mg  Fтр.п .
Запишем проекции на оси:
ох: maц = Fтр.п; оy: 0 = N – mg.
y
х
aц
Ответ:
Fтр.п
N

μN
 μ . α1 = arctg 0,4 = 22.
μ
в) ox: maц = Fтр.п cosα + N sinα;
oy: 0 = N cosα – mg – Fтр sinα.
Решаем систему уравнений относительно
υmax.
υmax = 19 м/с.
α1 = 22.
υmax = 728 м/с2.
Часть Б
1. Небольшое тело пустили снизу вверх по наклонной плоскости,
составляющей угол 15 с горизонтом. Время подъема тела оказалось в два раза
меньше времени спуска. Принять tg15 = 0,268. Найдите коэффициент трения.
Ответ округлите до сотых.
Дано:
Решение:
 = 15
1) оx: ma1 = Fтр + mg sin; оy: 0 = N – mg cos
2tп = tc
a1 = g (sin +  cos)
µ–?
14
у
ъ
у
ъ
а1
Fтр
N


ъ
ъ mg

N
х
ъ
а2
Fтр
х
ъ


ъ
mg
ъ
2) оx: ma2 = mg sin – Fтр; оy: 0 = N – mg cos
a2 = g (sin –  cos)
2
a t2
a t2
a t 
S1  1 п ; S 2  2 с ; S1 = S2; 1   с  ;
2
2
a2  t п 
a1 g (sin α  μ cos α)

 22 .
a2 g (sin α  μ cos α)
Решаем относительно , получаем  = 0,16.
Ответ:
 = 0,16
2. Спутник движется по орбите так, что он все время находится над одной
и той же точкой экватора и той же высоте. Каково расстояние от такого
спутника до центра Земли. Масса Земли 5,981024 кг, гравитационная
постоянная 6,671011 Нм2/кг2. Ответ представьте в мегаметрах и округлите до
целого числа.
Дано:
Решение:
М = 5,981024 кг
mM
4π 
11
2
2
F  G 2 ; F = maц; aц  2 r ; ωс = ωЗ;
G = 6,6710 Нм /кг
r
T
r–?
mM
4π 2
Тс = ТЗ = 24  3600 (с); G 2  m 2 r , отсюда
r
T
r 3
GMT 2 3 6,67 10 11  5,98 10 24  (86,4 103 ) 2

42 10 6 (м) = 42 (Мм).
2
2
4π
4π
Ответ:
r = 42 Мм
3. Вертикально расположенная пружина соединяет два груза. Масса
верхнего груза 2 кг, нижнего 3 кг. Когда система подвешена за верхний груз,
длина пружины равна 10 см. Если же систему поставить вертикально на
подставку, длина пружины равна 4 см. Определите длину ненапряженной
пружины. Ответ представьте в сантиметрах.
15
Дано:
m1 = 2 кг
m2 = 3 кг
l1 = 10 см
l2 = 4 см
l0 – ?
Решение:
1.
m1
2.
Fупр1
m1
l1
l2
Fупр2
m2
m2g
l0 
m1g
m2
1 случай: Fупр2 = m2g;
2 случай: Fупр1 = m1g.
1 случай: k(l1 – l0) = m2g;
2 случай: k(l0 – l2) = m1g.
Разделим первое уравнение на
второе:
m 2 l1  l 0

, отсюда найдем l0
m1 l 0  l 2
m1l1  m2l2 2 10  3  4

 6,4 (см).
m1  m2
23
Ответ:
l0 = 6,4 см
4. К потолку лифта, движущемуся вертикально вверх с ускорением 1,2
м/с , прикреплен динамометр, к которому подвешен блок, свободно
вращающийся вокруг горизонтальной оси. Через блок перекинута нить, к
концам которой привязаны грузы массами 0,2 кг и 0,3 кг. Определите показания динамометра, считая блок и нити невесомыми. Принять g = 10 м/с2. Ответ
представьте в единицах СИ и округлите до десятых.
Дано:
Решение:
m1 = 0,2 кг
Будем считать, что нить невесома и
m2 = 0,3 кг
нерастяжима. Массой блока
Fупр
ал = 1,2 м/с2
пренебрегаем.



 


g = 10 м/с2

у
  T2 ; T1  T1 ; a 1  a 2 ; T1  T2 .
T
2
Р–?
ъ
Т1 – m1g = m1(a1 + ал);
Т1
Т2
aл
Т2 – m2g = m2(aл – а2);
T  m1 g
;
a

a

л
Т1
Т2
m1
T  m2 g
.
aл  a 
m1 g
m2 g
m2
Решим систему относительно Т:


2( g  aл )m1m2
; Fупр = 2Т; Fупр  Р .
T
m1  m2
4m m ( g  aл ) 4  0,2  0,3  (10  1.2)
Р 1 2

 5,4 (Н).
m1  m2
0,2  0,3
Ответ:
Р = 5,4 Н.
5. На платформе, масса которой 5 кг, лежит груз массой 500 г. Коэффициент
трения между грузом и платформой равен 0,1. Платформу тянут с силой 7 Н.
Определите ускорения платформы и груза, если платформа движется по
абсолютно гладкой поверхности. Принять g = 10 м/c2. Ответ представьте в
единицах СИ и округлите до десятых.
2
16
Дано:
М = 5 кг
m = 0.5 кг
 = 0.1
F=7H
g = 10 м/с2
Решение:
N1
F12
F21
F
mg
ox: maг = F21; oy: 0 = N1 – mg;
ox: Maп = F – F12; oy: 0 = N2 –
(m + M)g;


F21  F12  μN1  μmg ;
aг = g = 1,0 (м/с2);
(M+m)g
aп 
а п – ? аг – ?
F  μmg 7  0,1  0,5 10

 1,3 (м/с2)
M
5
Ответ:
ап = 1,3 м/с2; аг = 1,0 м/с2.
6. Бусинка может скользить по обручу радиусом 4,5 м, который вращается
относительно вертикальной оси, проходящей через его центр и лежащей в
плоскости обруча, с угловой скоростью 2 рад/с. На какую максимальную
высоту относительно нижней точки обруча может подняться бусинка? Принять
g = 10 м/с2. Ответ представьте в единицах СИ и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:



R = 4.5 м
mg  T  maц ; ац = ω2 r; r = R sin;
ω = 2 рад/с
ox: T sinφ = mац;
g = 10 м/с2
oy: T cosφ – mg = 0;
hmax – ?

y

r
T
x
mg
2
T sinφ = mω R sinφ; T cosφ = mg;
1
ω R
Rh
h
g 
10 



; cosφ 
 1  ; h  R1  2   4.51 
  2 (м).
cos φ
g
R
R
4

4
,
5
 ω R


2
Ответ:
hmax = 2 м
17
ВАРИАНТ №3
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ В МЕХАНИКЕ
Часть А
1. Для того, чтобы лежащий на земле однородный стержень длиной 3 м и
массой 7 кг поставить вертикально, нужно совершить работу, равную:
1) 100 Дж
2) 150 Дж
Дано:
l=3м
m = 7 кг
A–?
3) 200 Дж
4) 300 Дж
5) 400 Дж.
Решение:
Работа есть изменение энергии, т.е. A = Wп. Т.к. стержень
однородный, сила тяжести приложена посередине.
mgl
A
100 Дж.
2
Ответ:
[1]
2. Свободно падающий шарик массой 200 г ударился о пол со скоростью 5
м/с и подпрыгнул на высоту 80 см. Модуль изменения импульса шарика при
ударе равен в (кгм/с)
1) 0,8
2) 0,2
3) 1,8
Дано:
m = 200 г = 0,2 кг
υ = 5 м/с
h = 80 см = 0,8 м
p – ?
4) 2
5) 1,3.
Решение:



Изменение импульса: Δp  mυ 2  mυ1 ;
υ32  υ 22
υ 22
h
, т.к. υ3 = 0, h 
, отсюда
 2g
2g
υ2  2 gh ; Δp  m 2 gh  (mυ1 )  m 2 gh  mυ1 ;
Δp  m 2 gh  mυ1  0,2 2  9,8  0,8  0,2  5  1,8 (кгм/с)
Ответ:
[3]
3. При вертикальном подъеме груза массой 2 кг на высоту 1 м была
совершена работа 80 Дж. С каким ускорением поднимали груз?
1) 10 м/с2
Дано:
m = 2 кг
h=1м
А = 80 Дж
а–?
2) 20 м/с2
3) 30 м/с2
4) 40 м/с2
5) 50 м/с2.
Решение:
При подъеме груза совершается работа, равная A = Fh cosα. Т.к.
α = 0, то сos α = 1, тогда A = Fh. Силу F можно найти из
A
 mg  ma ;
уравнения динамики F – mg = ma;
h
A
80
a
g
 9,8  30,2 (м/с2)  30 м/с2.
mh
2 1
Ответ:
[3]
18
4. Шайба массой 100 г, пущенная по поверхности льда со скоростью 4 м/с,
останавливается под действием силы трения. Чему равна работа, совершенная
при этом силой трения?
1) 0,8 Дж
2) – 0,4 Дж
Дано:
m = 100 г = 0,1 кг
υ0 = 4 м/с
υ=0
3) 0,4 Дж
4) 0,6 Дж
5) – 0,8 Дж.
Решение:
Работа силы трения отрицательна, т.е.А равна либо –0,4 Дж,
либо – 0,8 Дж. Т.к. меняется скорость, то меняется и
кинетическая энергия, следовательно, совершается работа
2
mυ0
0,1  42
A = Wк2 – Wк1; A  0 

 0,8 (Дж)
2
2
Ответ:
[5]
А–?
5. Автомобиль массой 2 т при включенном моторе спускается по уклону
0,03 с постоянной скоростью 15 м/с. При какой мощности двигателя он может
равномерно подниматься вверх по такому же уклону с такой же скоростью?
Дано:
m = 2103 кг
tgα = 0,03
υ = 15 м/с
а=0
Р–?
Решение:
Расставляем силы и, используя
х
ъ второй закон Ньютона, записываем

основное уравнение динамики сначала

mg ъ
ъ
в векторной, а затем в скалярной
форме.

 

ma  mg  Fтр  N .
В скалярной форме ох: mg sinα – Fтр = 0;
оy: mg sinα – μmg cosα = 0.
Т.к. μ = tgα, то угол уклона. α = arctg0,03 = 1,718.
у
ъ
у
ъ
N
Fтр


ъ
ъ mg
N
F
х
ъ
Fтр
Теперь рассмотрим
вверх по склону.
  движение
 
F  N  mg  Fтр  0 ;
ох: F – mg sinα – Fтр = 0, отсюда F = mg(sinα + μ cosα)
Мощность P = Fυ = mgυ(sinα + tgα cosα) = 2mgυ sinα
P = 2mgυ sinα = 220009,815sin(1,718) = 17,6 ( кВт)
Ответ:
Р = 17,6 кВт.
6. Человек массой 70 кг, сидящий в лодке, бросает камень массой 5 кг
вдоль лодки под углом 60 к горизонту, начальная скорость камня
относительно берега 10 м/с. Найти расстояние между точкой падения камня и
лодкой в момент, когда камень коснется воды.
Дано:
α = 60
υ1 = 10 м/с
S–?
Решение:
S = S1 + S2, где S1 – расстояние, на которое улетит камень, S2 –
расстояние, на которое переместится лодка. Из закона
сохранения импульса:
19
mυ1 cosα
.
M
Движение лодки равномерное S2 = υ2t. Движение камня вдоль оси ох также
υ sin α
равномерное со скоростью υх = υ1cosα. S1 = υхt = (υ1cosα)t; t  2tп  2 1
.
g
mυ1 cos α υ1 sin α m υ12 sin 2α 5 100  0,866
S2 
2



 0,62 м.
M
g
M
g
70 10
υ sin α υ12 sin 2α 100  sin 120
S1  υ1 cos α  2 1


 8,66 м ; S = 8,66 + 0,62 = 9,28 (м).
g
g
10
Ответ:
S = 9,28 м.
0 = mυ1cosα – Mυ2; υ2 
7. Определить кинетическую энергию тела массой 1 кг, брошенного
горизонтально со скоростью 20 м/с в конце четвертой секунды его движения.
Дано:
m = 1 кг
υ0 = 20 м/с
t=4с
Решение:
v0
x
g
vх
Wк – ?
vу
v
y
mυ 2
, где υ  υ 2x  υ 2y . Движение вдоль
2
оси ох равномерное с постоянной скоростью,
следовательно, υх = υ0; по оси oy тело
движется с ускорением g, т.е. υy = υ0y + gt =
= gt. Тогда
Wк 
υ2  υ2x  υ2y  υ02  ( gt) 2 .
Wк 

 

mυ 2 m 2
1

υ0  ( gt ) 2  20 2  (10  4) 2  1000 (Дж) = 1 (кДж).
2
2
2
Ответ:
Wк = 1 кДж
8. К одному концу нити длиной l подвешен груз массой 1 кг, другой конец
укреплен неподвижно. На какой угол нужно отвести груз от положения
равновесия, чтобы при прохождении груза через это положение нить
испытывала силу натяжения 15 Н? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано:
l
m = 1 кг
Т = 15 Н
Решение:
 

Основное уравнение динамики: maцс  mg  T .

В скалярной форме T – mg = maц, где aц 
α–?
v
1
T
h
2
mg
υ2
.
l
mυ2
 T  mg. (1). Из закона сохранения
l
механической энергии W1 = W2, где W1 –
максимальная потенциальная энергия.
20
mυ 2
W2 – максимальная кинетическая энергия, т.е. mgh 
. Следовательно,
2
m  2 gh
υ 2  2 gh . Подставим υ2 в уравнение (1), получим
 T  mg. Отсюда
l
h T  mg
l h
h
. Из геометрии cos α 
 1  . И тогда
выразим 
l
2mg
l
l
T  mg
cosα = 1 –
= 0,75, α  41.
2mg
Ответ:
α  41.
9. Небольшой шарик соскальзывает без трения по наклонному желобу,
переходящему в «мертвую петлю» радиусом R с высоты h = 3R. С какой силой
давит шарик в нижней и верхней точках петли?
Дано:
R
h = 3R
Fд1 – ?
Fд2 – ?
v2
2
N2
mg
h
N1
1
v1
mg
Решение:
Из второго закона Ньютона:

mυ 2
υ2 
N1  mg  1 ; N1  m g  1  ;
R
R

По закону сохранения энергии:
υ12
mgh  m ; υ12  2 gh  6 gR ;
2
Wп = 0
N1 = 7mg; Fд1 = 7mg.
mυ 22
mg  N 2 
;
R

mυ 22
υ 22 
2
; υ 2  2 gR ; N2 = mg; Fд2 = mg.
N 2  m g   ; mgh  mg 2 R 
2
R

Ответ:
1) Fд1 = 7mg.
2) Fд2 = mg.
10.
Тело массой 5 кг ударяется о неподвижное тело массой 2.5 кг,
которое после удара начинает двигаться с кинетической энергией 5 Дж. Считая
удар центральным и упругим, найдите кинетическую энергию первого тела до и
после удара.
Дано:
Решение:
m1 = 5 кг
m2u22
m2
m1 v1
m2 = 2.5 кг

E2 
, отсюда
x
2
υ2 = 0 м/с
2 E2
25
E2  5 Дж
u1
u2
u2 

 2 м/с .
x
m
2
,
5
2
Е1 – ?
Е1 – ?
Закон сохранения импульса:
m1υ1 = m2u2 – m1u1
(1)
21
m1(υ1 + u1) = m2u2
(2)
Запишем закон сохранения механической энергии:


m1υ12 m1u12 m2u22


2
2
2
(3)
m1 υ12  u12  m2u22
(4)
Разделим уравнение (4) на уравнение (2): υ1 – u1 = u2, отсюда найдем u1:
u1 = υ1 – u2 и подставим в (1) m1υ1 = m2u2 – m1(υ1 – u2) = m2u2 – m1υ1 + m1u2.
m1υ12
(m1  m2 )u2
 5,625 Дж .
2 m1υ1 = (m1 + m2)u2. Отсюда υ1 
 1,5 м/с . E1 
2
2m1
m1u12 m1 ( υ1  u2 ) 2
Eк1 

 0,625 Дж .
2
2
Ответ:
Ек1 = 5,625 Дж;
Ек1 = 0.625 Дж.
Часть Б
1. Тело массой 1 кг с начальной скоростью 14 м/с падает с высоты 300 м и
углубляется в песок на глубину 50 см. Найдите среднюю силу сопротивления
почвы. Принять g = 10 м/с2. Ответ представьте в килоньютонах и округлите до
целого числа.
Дано:
Решение:
m = 1 кг
1.
А = W2 – W1;
0
υ0 = 14 м/с
H
mυ02
Н = 300 м
W1  Wк1  Wп1 
 mg ( H  h) ;
2
h = 0.5 м
h
W2 = Wп2 + Wк2 = 0;
g = 10 м/с2
mg
A = Fc cos180 = –Fc  h
Wп=0
Fc – ?
2.
 mυ02

 Fc  h  0  
 mg ( H  h) ;
 2

2
2
mυ 0
H  h 1  14
300  0,5
Fc 
 mg

 1  10
 6,2  6 (кН).
2h
h
2  0,5
0,5
Ответ:
Fc = 6 кН
2. С горки высотой 2 м и основанием 5 м съезжают санки, которые затем
останавливаются, пройдя по горизонтали путь 35 м от основания горки.
Найдите коэффициент трения. Считать коэффициент трения на наклонном и
горизонтальном участках одинаковым.
22
Дано:
h=2м
а=5м
S2 = 35 м
µ–?
Решение:
1
Fтр1
h
ъ
N1
mg

ъ
Fтр2
N2
2
Wп=0
mg
А = W2 – W1;
AN1 = N1 S1 cos90 = 0;
AN2 = N2 S2 cos90 = 0;
A1 = –Fтр1 S1;
A2 = –Fтр2 S2;
A = A1 + A2. W2 = 0.
W1 = mgh.
Fтр1 = N1 = mg cos;
Fтр2 = N2 = mg;
–Fтр1 S1 – Fтр2 S2 = –mgh;
mg S1 cos – mg S2 = mgh;
a
a
cos α 
 S1 cos –  S2 = h;
;
.
S1 
2
2
cos
α
a h
 a

μ
cos α  S 2   h ;
 cos α

h
2
μ

 0,05
a  S 2 5  35
 = 0,05
Ответ:
3. Тело массы 1 кг, движущееся со скоростью υ, налетает на покоящееся
второе тело и после упругого удара отлетает от него со скоростью 2/3 υ под
углом 90 к первоначальному направлению движения. Определите массу
второго тела. Ответ представьте в единицах СИ.
Дано:
Решение:
m1 = 1 кг
Запишем закон сохранения
P2
  импульса:
α = 90
P1
P1  P2  P1 .
P1 
υ1 = υ


 

P1

;
P

m
υ
P

m
u
υ2 = 0
1
1 1
1
1 1 ; P2  m2 u 2



m1υ1  m1u1  m2 u 2
u1 = 2/3υ
m2 – ?
(m1υ1 ) 2  (m1u1 ) 2  (m2u2 ) 2 13 m12 υ 2  m22u22
 9


 m1υ12 m1u12 m2u22



 5 m1υ 2  m2u22
 2
2
2
 9
Разделим одно уравнение на другое:
13
13
m1  m2 , отсюда m2  1  2,6 (кг)
5
5
Ответ:
m2 = 2,6 кг
23
4. Конькобежец массой 45 кг, находящийся в начале ледяной горки с углом
наклона 10°, бросает в горизонтальном, противоположном от горки
направлении, камень массой 5 кг со скоростью 18 м/с. На какое расстояние
вдоль горки поднимется конькобежец, если известно, что коэффициент трения
лезвий коньков о лед равен 0,02? Принять g = 10 м/с2. Ответ представьте в
единицах СИ и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
m1 = 45 кг
Закон сохранения импульса
N
2
m2 = 5 кг
ъ
0 = m1υ1 – m2υ2;
α = 10
Fтр
h
mυ
mg
υ2 = 18 м/с
υ1  2 2 .

ъ
m1
 = 0,02
ъ
1
A = W2 – W1;
ъ
2
2
mυ
(m υ )
W1  1 1  2 2 ; W2 = m1gh
S–?
2
2m1
A = Fтр  S  cos180 = –Fтр  S;
h = S sin;
Fтр =   N = mg cos
(m2 υ2 ) 2
;
 μm1 gS cosα  m1 gh 
2m1
(m2 υ 2 ) 2
;
m1 g (h  μS cos α)  
2m1
m1 gS (sin α  μ cosα) 
(m2 υ2 ) 2
;
2m1
(m2 υ2 ) 2
(5 18) 2
S

 1,03  1 (м)
2m12 g (sin α  μ cos α) 2  452 10  (sin 10  0,02  cos10)
Ответ:
S=1м
24
ВАРИАНТ №4
МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ
Часть А
1. В гидравлическом прессе на малый поршень площадью 1 см2 действует
сила 10 Н. Сила, действующая на большой поршень площадью 0,1 м2 равна
1) 105 Н
2) 104 Н
Дано:
S1 = 1 см2 = 10-4 м2
F1 = 10 Н
S2 = 0,1 м2
3) 1000 Н
4) 100 Н
5) 10 Н.
Решение:
р1 = р2. Давление по определению p 
Отсюда определяем F2 
F2 – ?
F1 F2
F

, тогда
.
S1 S 2
S
F1S2 10  0,1

 10 4 (Н).
4
S1
10
Ответ:
[2]
2. Аквариум наполовину заполнен водой. С какой силой давит вода на
стенку аквариума длиной 50 см, если высота стенок аквариума 40 см?
Плотность воды 1000 кг/м3.
1) 200 Н
2) 400 Н
3) 800 Н
4) 100 Н
Дано:
l = 50 см = 0.5 м
ρв = 1000 кг/м3
h = 0.4 м
h1 = 0.2 м
h2 = 0 м
Fд – ?
5) 600 Н.
Решение:
на
которую
Площадь
стенки,
давит
вода
F
h
0,4
S  l  0,5
 0,1м 2 . Давление можно найти как Рср  д ,
S
2
2
P  P2 ρ в gh1  ρ в gh2
отсюда Fд = PсрS, где
,
Pcp  1

2
2
следовательно,
ρ gh  ρ в gh2
1000  10(0  0,2)
Fд  в 1
S
0,1  100 (Н).
2
2
Ответ:
Fд = 100 Н.
3. Шары массами 5 кг и 10 кг скреплены невесомыми стержнями. Центр
первого шара отстоит от центра второго шара на расстоянии 60 см. На каком
расстоянии от центра более легкого шара находится центр тяжести системы?
1) 0,1 м
2) 0,2 м
3) 0,25 м
4) 0,4 м
5) 0,6 м.
25
Дано:
m1 = 5 кг
m2 = 10 кг
l = 60 см = 0,6 м
Решение:
ℓ
1 способ:
Т.к. вся система находится в
равновесии, то используем второе
условие равновесия:
x
m1 g
m2 g
х–?



M
 i  0, т.е. момент силы m1g должен быть равен моменту силы m2g :
n
i 1


М1 = М2, где М – момент силы, равный M  F  l. Тогда m1gx = m2g(l – x);
m1gx = m2gl – m2gx. Отсюда
m2l
10  0,6
х

 0,4 (м).
m1  m2 5  10
2 способ:
Формула для расчета центра масс системы:
n
хс 
 mi xi
i 1
n
 mi

m1x1  m2 x2 5  0  10  0,6

 0,4 (м).
m1  m2
5  10
i 1
Ответ:
х = 0,4 м.
4. Шар равномерно падает в жидкости, плотность которой в 2,5 раза
меньше плотности шара, испытывая силу сопротивления со стороны жидкости,
равную 1,2 Н. Какова масса шара?
1) 0,2 кг
2) 0,4 кг
Дано:
ρт = 2,5ρж
Fc = 1,2 H
υ = const
а=0
3) 2 кг
4) 1 кг
5) 0,5 кг.
Решение:
y
FA
Fc
v
mg
Основное уравнение динамики в векторной
форме:




ma  mg  FA  Fc .
В проекции на ось oy: FA + Fc – mg = 0, где
m–?
FA  ρ ж gV  ρ ж g
m
;
ρт
m
 Fc  mg  0 ; ρт = 2,5 ρж.
ρт
1,2
1,2


 0,2 (кг).
1 


ρж 
 101 

101 
2
,
5
2
,
5
ρ



ж 
ρж g
m
Fc
 ρ 
g 1  ж 
 ρт 
Ответ:
m = 0,2 кг.
26
5. В сообщающиеся сосуды налита ртуть, а поверх нее в один сосуд –
масло высотой 48 см, а в другой керосин высотой 20 см. Определить разность
уровней ртути в обоих сосудах.
Дано:
h1 = 48 см = 0,48 м
ρ = 0,9103 кг/м3
h2 = 20 см = 0,2 м
ρ2 = 0,8103 кг/м3
ρ3 = 13,6103 кг/м3
Решение:
Давление в сосудах на одном уровне
должно быть одинаковым, т.е. р1 = р2.
h2 Давление столба жидкости р = ρ g h. Тогда
h
ратм + ρ1 g h1 = ратм + ρ2 g h2 + ρрт g h
h1
Δh 
h – ?
ρ1h1  ρ 2 h2
= 0,02 м.
ρ рт
h = 0,02 м .
Ответ:
6. Рельс длиной 10 м и массой 900 кг поднимают на двух параллельных
тросах. Найдите силу натяжения тросов, если один из них укреплен на конце
рельса, а другой на расстоянии 1 м от другого конца.
Дано:
l = 10 м
m = 900 кг
l = 1 м
Решение:
Т1
Второе условие равновесия:
Т2
n

 M i  0, т.е.
i 1
 
М1 = М2, где М – момент силы: M  F  l. Тогда
О mg
ℓ
l
Т1 – ?
относительно т. О: M1  mg . М2 = Т2(l – l).
Т2 – ?
2
l
Следовательно, mg  T2 (l  Δl )  0 , отсюда
2
n 
mgl
900 10 10
T2 

 5000 (Н). А из первого условия равновесия  Fi  0,
2(l  l 2 )
2(10  1)
i 1
т.е. Т1 + T2 – mg = 0, значит T1 = mg – Т2 = 4000 (H).
Ответ:
Т1 = 4000 Н;
Т2 = 5000 Н.
l
7. К гладкой вертикальной стене на нити длиной 4 см подвешен шар
массой 300 г и радиусом 2,5 см. Найти силу давления шара на стенку.
Дано:
l = 4 см = 0,04 м
m = 300 г = 0,3 кг
R = 2,5 cм = 0,025
м
Fд – ?
y

ℓ
T
R
N
x
mg
Решение:
Расставим все силы, действующие
на шар, и запишем первое условие
n 
равновесия:  Fi  0, т.е.
i 1
  
mg  N  T  0 . В проекциях на оси:
ох: N – T sinα = 0; T sinα = N
oy: T cosα – mg = 0. T cosα = mg
Разделим первое уравнение на
второе:
27
tgα 
N
. Т.к. Fд = N, то Fд = mg tgα, tgα можно найти из геометрии.
mg
R
mgR
tgα 
. И тогда Fд 
 1,25 (H).
(R  l)2  R 2
( R  l )2  R 2
Ответ:
Fд = 1,25 Н.
8. Металлический брусок плавает в сосуде, в который налита ртуть и вода.
При этом брусок погружен в ртуть на 1/4 и в воду на 1/2 своей высоты. Какова
плотность металла бруска?
Дано:
h1 = 1/4h
h2 = 1/2h
ρ1 = 13,6103
кг/м3
ρ2 = 103 кг/м3
ρ–?
Решение:
y
FA2
FA1

1
2
mg
Расставляем все силы, действующие на
брусок. Т.к. брусок плавает, т.е. находится в
равновесии, то записываем первое условие
n 
равновесия:  Fi  0. В скалярной форме
i 1
FA1 + FA2 = mg, где m = ρV = ρhS;
1
1
1
1
FA1  ρ1 gV1  ρ1 g hS ; FA 2  ρ2 g hS ; ρ1 g hS  ρ2 g hS  ρghS ;
2
4
4
2
3
3
ρ ρ 13.6 10 10
ρ1 ρ2

 3.9 103 (кг/м3).

 ρ . Следовательно ρ  1  2 
4
2
4 2
4
2
Ответ:
ρ = 3,9 кг/м3
9. Аэростат, наполненный водородом, поднимается с ускорением 1 м/с2.
Масса оболочки аэростата с грузом 700 кг. Плотность воздуха 1.29 кг/см3.
Определите объем аэростата.
Дано:
Н2
а = 1 м/с2
m1 = 700 кг
ρвозд = 1,29 кг/см3
ρвод = 0,09 кг/м3
V–?
Решение:
После расстановки сил, действующих на
аэростат, записываем основное уравнение
y
FA
динамики сначала в векторной форме, а затем
в проекции
на ось oy:
m2 g

 
(m1  m2 )a  FA  (m1  m2 )g ,
где m2 – масса водорода.
(m1 + m2)a = FA – (m1 + m2)g, где m2 = ρводgV;
m1 g
ρв = 1,29 кг/м3; ρвод = 0,09 кг/м3; FA = ρвоздgV.
Тогда
m1 ( g  a)
700(10  1)
V

 647 (м3)  650 (м3).
ρ возд g  ρ вод ( g  a) 1,29  10  0,09(10  1)
Ответ:
V = 650 м3.
28
10.
Лестница длиной 4 м приставлена под углом 30 к идеально гладкой
стене. Коэффициент трения между лестницей и полом 0,33. На какое
расстояние вдоль лестницы может подняться человек, прежде чем лестница
начнет скользить? Массой лестницы пренебречь.
Дано:
l=4м
α = 30
μ = 0.33
S=?
Решение:
Лестница находится
y

равновесии.
n
S
mg
в

F
Первое условие равновесия:  i  0. В
N2
i 1

N1
x
Fтр А
проекциях на оси: ох: N2 – Fтр = 0;
оу: N1 – mg = 0;
Fтр = μ N1 = μmg.

M
Второе условие равновесия:  i  0
n
i 1
относительно точки А: М1 = М2, mgSsinα = N2lcosα. N2 = Fтр = μmg.
N l cos α
S 2
 μlctgα = 0,334сtg30 = 2,3 м;
mg sin α
Ответ:
S = 2,3 м.
Часть Б
1. Брусок массой 1 кг находится на наклонной плоскости с углом наклона к
горизонту 45. С какой наименьшей силой, направленной перпендикулярно
плоскости, надо прижать брусок, чтобы он находился в покое? Коэффициент
трения бруска о плоскость равен 0,2. Принять g = 10 м/с2. Ответ представьте в
единицах СИ и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
 
m = 1 кг
 
Условие равновесия: N  Fтр  mg  Fmin  0
у
 = 45
ъ
0х: mg sin – Fтр = 0
 = 0.2
F
тр
N
0у: N – mg cos – Fmin = 0
h = 0.5 м
2

Fтр mg sin α
g = 10 м/с
N


ъF
Fmin = ?
х
μ
μ

ъ
ъ mg
Fmin = N – mg cos
Fmin 
 sin α

mg sin α
 sin 45

 mg cosα  mg
 cosα   1  10  
 cos 45   28 (Н)
μ
 0,2

 μ

Ответ:
Fmin = 28 Н
2. На конце стержня длиной l = 30 cм укреплен шар радиусом
R = 6 cм.
Где находится центр тяжести этой системы относительно свободного конца,
29
если масса стержня вдвое меньше массы шара? Результат представить в
сантиметрах.
Дано:
Решение:
l = 30 cм
l
у
m

 mш (l  R )
ст
R = 6 cм
Σmi xi
х
ℓ
2
; xc 
xc 
mш = 2mст
mст  mш
Σmi
mст g
хс = ?
mшg
l
l
30
mст   2mст (l  R)
 2(l  R)
 2(30  6)
2
2
2
xc 


 29 (см)
mст  2mст
1 2
1 2
Ответ:
хс = 29 см
3. Определите натяжение нити, связывающей два шарика
объёмом 10 см3 каждый, если верхний шарик плавает, наполовину
погрузившись в воду. Масса нижнего шарика в три раза больше
массы верхнего шарика. Плотность воды 103 кг/м3, g = 10 м/с2.
Ответ представьте в мН.
Дано:
Решение:
3
V = 10 см
V
; FA1  ρgV .
F

ρ
g
F
A1
A
1
m2 = 3m1
2
g = 10 м/с2
V
T m1 g
ρg  T
 = 1000 кг/м3
2
1 шар: FA1 – m1g – T = 0; m1 
Т–?
g
FA2
m2 g
T
2 шар: FA2 – m2g + T = 0; m2 
ρg
V
T
2
g
Так как m2 = 3m1, то
 ρV T 
4T 1
ρ T
 ρV ;
  3
  ;
g
2
V g
2
g


T
ρgV 1000 10 10 5

 0,0125 (Н) = 12,5 (мН)
8
8
Ответ:
Т = 12,5 мН
4. Тонкая палочка шарнирно закреплена одним концом и
опущена свободным концом в воду. Определите плотность
палочки, если равновесие достигается, когда в воду
погружена половина палочки. Плотность воды 1000 кг/м3.
Ответ представьте в единицах СИ.
Дано:
Решение:
30
ρв = 1000 кг/м3
Сумма моментов относительно
точки А равна нулю:
 Fу
FA
l
3

FA   l sin α   mg sin α  0
mg
2
4

3
mg
l
; FA  ρ в gS ; m = ρпSl
FA 
4
2
2
3
l 1
отсюда
ρ в gS  ρ п gSl ,
4
2 2
3
3
ρ п  ρв  1000  750 (кг/м3)
4
4
Ответ:
ρп = 750 кг/м3
Fх
ρп – ?
5. Резиновый мяч массой 200 г и объемом 220 см3 погружают под воду на
глубину 3 м и отпускают. На какую высоту (в метрах), считая от поверхности
воды, подпрыгнет мяч? Сопротивление воды и воздуха при движении мяча не
учитывать. Плотность воды 103 кг/м3.
Дано:
Решение:
m = 0.200 кг
А = W2 – W1;
2.
-6 3
W2  mg ( H  h) ;
V = 22010 м
W1 = 0;
H
h=3м
A = FA  h = ρвgVh
ρв = 103 кг/м3
ρв gVh = mg (H + h)
h FA
Wп=0
Н–?
ρ Vh
1. mg
H h в
m
 10 3  220 10 6 
 ρ вV

H  h
 1  3  
 1  0,3 (м)
m
0
,
2




Ответ:
Н = 0,3 м
31
ВАРИАНТ №5
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
Часть А
1. Определите концентрацию молекул водорода, находящегося под
давлением 4105 Па, если средняя квадратичная скорость поступательного
движения молекул при этих условиях равна 2000 м/с Молярная масса водорода
0,002 кг/моль.
1) 0,31026 м–3 2) 0,61026 м–3 3) 0,91026 м–3 4) 91026 м–3 5) 4,81027 м–3
Дано:
Решение:
5
1
р = 410 Па
Основное уравнение МКТ: p  m0 n  υкв  2 , где m0 –
 υ кв  2000 м/с
3
М = 0,002 кг/моль
1M
M
n  υкв 2 ,
масса молекулы m0 
, тогда p 
3 NA
NA
n–?
отсюда
3ρN A
n
 9  10 25 = 0,91026 (м-3).
2
M  υкв 
Ответ:
[3]
3
2. Плотность идеального газа в сосуде равна 1,2 кг/м . Если средняя
квадратичная скорость поступательного движения молекул этого газа 500 м/с,
то газ находится под давлением.
1) 1104 Па 2) 2104 Па 3) 1105 Па 4) 5105 Па 5) 1106 Па.
Дано:
Решение:
ρ = 1,2 кг/м3
1
 υкв  500 м/с
Основное уравнение МКТ: p  m0 n  υ кв  2 или
3
р–?
1
1
p  ρ  υкв  2   1,2  500 2  105 (Па).
3
3
Ответ:
[3]
3. В идеальном тепловом двигателе абсолютная температура нагревателя в
4 раза больше абсолютной температуры холодильника. Если, не меняя
температуры нагревателя, повысить температуру холодильника на 25%, то КПД
этого двигателя станет равным.
1) 35%
Дано:
Т1 = 4Т2
Т1 = Т1
Т2 = 1,25Т2
η2 – ?
2) 46%
3) 50%
4) 68%
5) 75%.
Решение:
К.п.д. идеального теплового двигателя: η1 
Т1  Т 2
. Если
Т1
Т2 = 1,25Т2, то
Т   Т 2 Т1  1,25Т 2 4Т 2  1,25Т 2
η2  1


 0,6875  68,75%  68%
Т1
Т1
4Т 2
32
Ответ:
[4]
4. Тонкий резиновый шар радиусом 2 см наполнен воздухом при
температуре 20С и нормальном атмосферном давлении. Каков будет радиус
шара, если его опустить в воду с температурой 4С на глубину 20 м?
Дано:
Решение:
r1 = 2 см = 0,02 м
p1 = pатм Давление на глубине p2 = pатм + ρgh = 3105 Па.
t1 = 20С, Т1 = 293 К Запишем уравнение состояния газа для двух случаев: на
р1 = 105 Па
m
RT . m = const, тогда
h = 20 м
воздухе и на глубине: pV 
M
t2 = 4С, Т2 = 277 К
p1V1 p2V2
4 3

, а объем шара V  πr . Тогда
r2 – ?
T1
T2
3
3
3
p1T2
p1  4πr13 p2 4πr23 p1  r1  p2 r2
 1,4 см.

,
, отсюда r2  r1  3
T1
T2
p2T1
3T1
3T2
Ответ:
r2 = 1,4 см.
5. Какая часть газа осталась в баллоне, давление в котором было равно 12
МПа, а температура 27С, если давление упало до 105 Па? Баллон при этом
охладился до – 23С.
Дано:
р1 = 12 МПа = 12106 Па
t1 = 27С, Т1 = 300 К
р2 = 105 Па
t1 = – 23С, Т2 = 250 К
m2
?
m1
Решение:
Т.к. мы имеем баллон, то объем газа не меняется, т.е.
V = const. Если же часть газа выпустили, то
изменилась его масса (была m1, стала m2). Запишем
уравнение состояния газа для двух случаев:
m
p1V  1 RT1 ; p2V  m2 RT2 . Разделим второе
M
M
уравнение на первое,
m2
m
pT
 1%
получим 2  2 1  0,01 или
m1
m1 p1T2
Ответ:
m2
 0,01.
m1
6. Найдите концентрацию молекул идеального газа в сосуде вместимостью
2 л при температуре 27С, если внутренняя энергия его равна 300 Дж.
Дано:
Решение:
V = 2 л = 210-3 м3
Внутренняя энергия газа определяется по формуле:
t = 27С, Т = 300 К
3 m
U
RT . Уравнение состояния газа (уравнение
U = 300 Дж
2M
n=?
Клапейрона-Менделеева):
33
pV 
m
3
2U
RT . Тогда U  pV , отсюда p 
, а давление можно определить
2
M
3V
как p = nkT. Решая совместно, получаем
n
2U
2  300

 2,41019 м–3.
 23
3
3kTV 3  1,38  10  300  2  10
Ответ:
n = 2,41019 м–3.
7. Вычислить конечные температуру и давление одноатомного газа,
находящегося в баллоне объемом 1,5 м3 при температуре 300 К и давлении
1,8106 Па, если этому газу сообщено количество теплоты, равное 5,4104 Дж.
Дано:
Решение:
V = 1.5 м3
Первое начало термодинамики: Q = A + U, где U –
Т1 = 300 К
3
ΔU  νRΔT . Т.к. имеем
изменение
внутренней
энергии.
6
р1 = 1.810 Па
2
Q = 5.4104 Дж
баллон, то V = const. Это изохорный процесс, следовательно,
Т2 – ?
A = 0. Тогда все тепло идет на изменение внутренней энергии
р2 – ?
Q = U.
3
Q  νRΔT , отсюда T  2Q . νR – ? Уравнение состояния газа: p1V = νRT1,
2
3R
p1V
2QТ 1
следовательно νR 
и ΔT 
. Т2 = Т1 + Т.
T1
3 p1V


2QT1
2Q 
2  5,4  10 4 
  304 (K);
  300  1 
T2  T1 
 T11 
6
3 p1V
3
p
V
3

1
,
8

10

1
,
5

1 


p2V = νRT2, следовательно,
νRT2 p1VT2 p1T2 1,8 10 6  304
p2 



 1,824 10 6 (Па).
V
T1V
T1
300
Ответ:
T2 = 304 K; p2 = 1,824 МПа.
8. При изготовлении льда в холодильнике потребовалось 5 мин для того,
чтобы охладить воду от 4°С до 0С и еще 1 ч 40 мин, чтобы превратить ее в лед.
Определите удельную теплоту плавления льда.
Дано:
Решение:
t1 = 5 мин
Мощность холодильника постоянна P1 = P2. Ее
Т1 = 277 К
cm(T2  T1 )
Q
P

P

можно
определить
как
,
где
и
1
Т2 = 273 К
t1
t
t2 = 1 ч 40 мин = 100 мин
cm(T2  T1 ) λm
λm

.
Тогда
, отсюда
P

2
–?
t1
t2
t2
c(T2  T1 )t2
Дж
λ
 336000
.
t1
кг  К
Ответ:
λ = 336 кДж/кгК.
34
9. В закрытом латунном калориметре массой 200 г находится 1 кг льда при
температуре – 10С В калориметр впускают 200 г пара, имеющего температуру
110С. Какая температура устанавливается в калориметре. Удельную
теплоемкость пара в интервале от 100 до 110С считать равной
1,7103 Дж/(кгК).
Дано:
mк = 0,2 кг, mл = 1 кг
t1 = – 10C, mп = 0,2 кг,
t2 = 110C
tпл = 0C, tк = 100C
сп = 1,7103 Дж/(кгК)
rп = 2,26106 Дж/кг
Решение:
n
Запишем уравнение теплового баланса:
Q
i 1
i
 0 , где
Q1 – охлаждение пара от 110C до 100C:
Q1 = cпmп(tк – t2) = 1,71030,2(100 – 110) = – 3400 (Дж).
Q2 – конденсация пара:
Q2 = rпmп = 2,26106 0,2 = 452000 (Дж).
Q3 – охлаждение образовавшейся воды:
t0 – ?
Q3 = cвmп(t0 – tк).
Q3 = 41900,2(t0 – 100) = 838 (t0 – 100). Q4 – нагревание льда от –10C до 0C:
Q4 = cлmл(tпл – t1) = 21001[0–(–10)] = 21000 Дж.
Q5 – плавление льда: Q5 = λmл = 3300001 = 330000 Дж.
Q6 – нагревание образовавшейся воды:
Q6 = cвmл(t0 – tпл) = 41901(t0 – 0) = 4190t0.
Q7 – нагревание калориметра:
Q7 = cкmк(t0 – t1) = 38,60,2[t0 – (–10)] =7,72t0 + 386.
Подставляем все значения Q в уравнение теплового баланса, получаем
– 3400 – 452000 + 838(t0 – 100) + 21000 + 330000 + 4190t0 + 77.2t0 +772 = 0
Раскроем скобки и выразим t0.
187428
t0 
 36,7 C.
5105,2
Ответ:
t0 = 36,7
10.
Дан график зависимости давления некоторой постоянной массы
идеального газа от температуры.
p
2
1
3
T
Объемы газа в точках 1, 2, 3 связаны между собой следующим образом:
1) V1 > V2 > V3; 2)V1 > V2 = V3; 3) V1 < V2 < V3; 4) V1 < V2 = V3; 5) V1 = V2 < V3.
Решение:
35
p  knT  k
p
2
1
1
V3
3
T
N
p νR
Δp
T или tgα 
; pV = νRT; 
;
T
V
V
ΔT
k
tgα  ; α1 > α3; V3 > V1.
V
Следовательно, V1 = V2 < V3.
Ответ:
[5]
11.
Изобразить процесс изменения состояния 1 моль идеального газа,
представленный на рисунке, в координатах (р, V) и (р, Т). Найти: 1) изменение
внутренней энергии газа; 2) совершенную им работу; 3) количество теплоты,
переданное газу.
Решение:
V
3V1
V1
P
2
3P1
1
3
P1
T
2-1: р = const – изобара;
3-2: T = const – изотерма;
1-3: V1 = const – изохора.
P
3
1
V1
3
3P1
P1
2
3V1
V
1
V1
2
3V1
T
р3 > р 1
р3 > р 2
3
νRΔT  0 ; Q = A + U; Q = A.
2
A = A13 + A23 + А21; A12 = p1(V2 – V1) = 2p1V1; A13 = 0 т.к. V1 = V2 = const;
V
A23  νRT ln 2  νRT3 ln 3 ; p3V3 = νRT3.
V3
p1 3T1
p
p
A = 2p1V1 + p1V1ln3; 3  1 ; p3 
; V3 = V1; Q = A = 2p1V1 + p1V1ln3 =
V1
T3 V1
ΔU 
p1V1(2 + ln3)  3p1V1.
Ответ:
U = 0; A = Q = 3p1V1.
Часть Б
1. Спутник влетел в тень Земли. При этом температура внутри спутника,
равная вначале 290 К, понизилась на 1%, из-за чего давление воздуха, молярная
масса которого равна 29 г/моль, уменьшилось на 1 кПа. Определите массу
воздуха в спутнике, если его объем 8,31 м3. Универсальная газовая постоянная
8,31 Дж/(мольК). Ответ представьте в единицах СИ.
36
Дано:
T1 = 290 К
T = 0,01T1
P = 103 Па
V = 8,31 м3
R = 8,31 Дж/(мольК)
m=?
Решение:
PV M
m
RT1 , отсюда m  1 1
RT1
M
m = const; V = const, следовательно
P1V1 
P1 P2
 ;
T1 T2
P1 P1  ΔP
;

T1 0,99T1
Р2 = Р1 – P;
Т2 = Т1 – Т = 0,99Т1;
ΔP 10 3
P1 

 10 5 (Па)
0,01 0,01
P1V1M 105  8,31  29 10 3
m

 10 (кг)
RT1
8,31  290
Ответ:
m = 10 кг
2. Автомобиль расходует 5,67 кг бензина на 50 км пути. Определите
среднюю мощность, развиваемую при этом двигателем автомобиля, если
средняя скорость движения 80 кмч и КПД двигателя 22%. Удельная теплота
сгорания бензина 4,5107 Дж/кг. Ответ представьте в киловаттах и округлите до
целого числа.
Дано:
Решение:
m = 5,67 кг
ηQ
A
A
η  100% ;
S = 50103 м
100 %
Q
υср = 80 кмч = 22,2 м/с
S
PS
η = 22%
A = P  t;
;
.
A
t
7
υ
υ
q = 4,510 Дж/кг
cp
cp
P–?
Приравняем выражения для работы
PS
ηQ
;

υcp 100 %
Q = q m,
тогда
η  q  m  υcp
0,22  4,5 107  5,67  22,2
P

 24,948 103 (Вт)  25 (кВт)
4
S 100%
5 10 100%
Ответ:
P = 25 кВт
3. В вертикальном открытом сверху цилиндрическом сосуде,
имеющем площадь поперечного сечения 103 м2, на высоте 0,1 м от
дна находится поршень массы 1 кг, поддерживаемый сжатым газом
с молярной массой 32103 кг/моль. Температура газа 300 К,
атмосферное давление 105 Па. Определите массу газа в сосуде под
поршнем. Принять g = 10 м/с2, универсальная газовая постоянная
8,31 Дж/(мольК). Трением пренебречь. Ответ представьте в
миллиграммах и округлите до целого числа.
37
Дано:
S = 103 м2
h = 0,1 м
m = 1 кг
M = 32103 кг/моль
T = 300 К
Pатм = 105 Па
g = 10 м/с2
R = 8,31 Дж/(мольК)
m–?
Решение:
m
V = S  h;
RT ;
M
mg 

 Pатм 
 ShM
PVM 
S 
m

RT
RT
 5 1 10   3
1
3
10   3   10 10  32 10
10 
m
 0,141  10  3 (кг)
8,31  300
Ответ:
m = 141 мг
P  Pатм 
mg
;
S
PV 
4. Тепловая машина, рабочим телом которой является 1 моль идеального
газа, совершает замкнутый цикл, изображенный на рисунке. Найдите КПД
машины. Ответ представьте в процентах и округлите до целого числа.
р
2ро
2
1
ро
0
Vо
3
2Vо V
Дано:
ν = 1 моль
Решение:
A
η п
Q1
η–?
Полезная работа Ап численно равна площади треугольника:
PV
1
Aп  (2P0  P0 )(2V0  V0 )  0 0 .
2
2
Газ получает количество теплоты Q1 = Q12 = A12 + U12
P  2P0
Работа на участке 1-2 равна площади трапеции A12  0
(2V0  V0 ) .
2
3
3
ΔU12  νRΔT  νR(T2  T1 )
2
2
Т найдем, записав уравнения Менделеева-Клайперона для точек 1 и 2
соответственно
Точка 1: P0V0 = νRT1
Точка 2: 2P0  2V0 = νRT2
Вычтем первое уравнение из второго:
PV
ΔT  3 0 0
4P0V0 – P0V0 = R (T2 – Т1), отсюда
νR
38
Подставим в выражение для внутренней энергии
3
9
12
Q12  P0V0  P0V0  P0V0 .
2
2
2
P0V0
A
1
2
η п 
  0,08  8%
Q1 12 P V 12
0 0
2
9
ΔU12  P0V0 .
2
Ответ:
η = 8%
39
ВАРИАНТ №6
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
Часть А
1. В вершинах квадрата расположены одинаковые заряды q. Определить
силу, действующую на каждый заряд. Сторона квадрата а. Какой заряд надо
поместить в центре квадрата, чтобы вся система была в равновесии?
q2
q3
q5
a
F54
q4 F14
q1
F34
F24
а) Т.к. каждый заряд находится в поле остальных зарядов, то со стороны этих
зарядов на него действуют кулоновские силы отталкивания. Сила, действующая
на
может быть определена как векторная сумма всех сил:
 каждый

 заряд,

F  F14  F24  F34 . Скалярная величина силы определяется по закону Кулона:
2
kq
kq2
F14  F34  2 ; F24 
;
2a 2
a


kq2
F  F24  F  F ; F  2 1  2 2 .
2a
б) Чтобы система находилась в равновесии, все силы должны компенсировать
kq q5
kq2
q
q5  1  2 2 ;
друг друга, т.е. F = F54; 2a 2 1  2 2 
2 ;
4
a 2
2
14
2
34

q5  






 2 



q
1 2 2 .
4
Ответ:

kq2
а) F  2 1  2 2
2a

б) q5  

q
1 2 2
4

2. Два маленьких одинаковых металлических шарика несут разноименные
заряды +q и – 5q. Шарики привели в соприкосновение и раздвинули на прежнее
расстояние. Как изменился модуль силы взаимодействия шариков?
1) Увеличился в 1.8 раза. 2) Уменьшился в 1.8 раза 3) Не изменится
4) Уменьшится в 1.25 раза. 5) Увеличится в 1.25 раза
40
Дано:
q1 = +q
q2 = – 5q
Решение:
Между двумя разноименно заряженными шариками действует
kq   5q 5kq2
 2 . Когда шарики
кулоновская сила притяжения F1 
2
r
r
F1
?
привели в соприкосновение, произошло перераспределение зарядов.
F2
Т.к.
эти шарики одинаковые, то заряды у них выравниваются:
k   2q   2q 4kq2 F1 5
q  (5q )
 ; F2  F1 .
q1  q2 
 2q. И тогда F2 
 2 ;
2
F2 4
2
1.25
r
r
Ответ:
[4]
3. Три маленьких заряженных шарика с зарядом q каждый удерживаются в
вакууме вдоль одной прямой на расстоянии а друг от друга двумя нитями.
Какую максимальную кинетическую энергию приобретет крайний шарик, если
обе нити одновременно пережечь?
q2
5q 2
5q 2
3q 2
q2
1)
2)
3)
4)
5)
.
2πε0 a
8πε0 a
16 πε0 a
12 πε0 a
4πε0 a
Решение:
По закону сохранения потенциальная энергия системы двух заряженных
W
шариков переходит в их кинетическую энергию: Wп = 2Wк, отсюда Wк  п .
2
5q 2
5q 2
kq 2 kq 2 kq 2 5 kq 2
5q 2

.




Т.к. Wп 
, то Wк 
8πε0 a  2 16 πε0 a
a
2a
a
2 a
8πε0 a
Ответ:
[3]
4. Как изменится напряженность электрического поля плоского
воздушного конденсатора, отсоединенного от источника э.д.с., если расстояние
между обкладками увеличить в 5 раз?
1) Увеличится в 5 раз 2) Уменьшится в 5 раз
4) Не изменится 5) Увеличится в 25 раз.
3) Уменьшился в 25 раз
Решение:
Напряженность электрического поля плоского воздушного конденсатора:
E
σ
q

. Т.к. конденсатор отсоединен от источника э.д.с., то q = const,
εε 0 εε 0 S
следовательно, E = const.
Ответ:
[4]
5. Пластина из слюды с диэлектрической проницаемостью ε = 7 находится
между обкладками плоского конденсатора, присоединенного к аккумулятору.
41
Заряд конденсатора 14 мкКл. Какой заряд пройдет через аккумулятор при
удалении пластины?
Дано:
ε1 = 7
ε2 = 1
q1 = 14 мкКл = 1410-6 Кл
q – ?
Решение:
q1 q2
q
εε S

U  . Т.к. U = const, то
; C1  1 0 ;
C1 C 2
C
d
ε ε S ε S
C2  2 0  0 , отсюда C1 = ε1C2;
d
d
q1 q1 (ε1  1)
q
q1
q
 2 ; q1 = ε1q2. Тогда q2  1 . Δq  q1  q2  q1  
;
ε1
ε1
ε1
ε1C2 C2
6
Δq  14   12 (мкКл).
7
Ответ:
q = 12 мкКл
6. Медный шарик диаметром 0,1 см, имеющий заряд 1 нКл, помещен в
масло. Какое расстояние и в каком направлении пройдет шарик за 1 с, если вся
система находится в однородном, направленном вертикально вверх поле
10 кН/Кл? Сопротивлением среды пренебречь. Начальная скорость шарика
равна нулю.
Дано:
Решение:
–3
d = 0,1 см = 10 м
S = υ0t + at2/2 = at2/2. Для определения S
q = 1 нКл = 10–9 Кл
нужно знать ускорение а, которое
3
3
ρж = 0,910 кг/м
можно найти из основного
уравнения
Е




3
3
FЭ
ρт = 8,910 кг/м
динамики: ma  mg  Fэ  FA .
FА
t=1c
а
В проекции на ось oy:
4
Е = 10 кН/Кл = 10 Н/Кл
ma = mg – Fэ – FA.
y mg
υ0 = 0
4
Fэ = qE; FA  ρ ж gV  ρ ж g πr 3 ;
S–?
3
4
m  ρ тV  ρ т πr 3. Подставим значения всех сил в скалярное уравнение и
3
4 3
4
выразим ускорение: ma = mg – Fэ – FA = ρ т g πr 3 – qE – ρ ж g πr . Тогда
3
3
4
4
πρт gr 3  qE  πρж gr 3
3
a 3
 0,68 м/с2; S = υ0t + at2/2 = 0,68/2 = 0,34 (м).
4
πρт r 3
3
Ответ:
S = 0,34 м, вниз.
7. Электрон влетает в однородное электрическое поле напряженностью 104
Н/Кл со скоростью 10 Мм/с под углом 30° к силовым линиям. Через какое
время скорость электрона будет перпендикулярна к силовым линиям поля?
Найти перемещение частицы за это время.
42
Дано:
Е = 104 Н/Кл
υ0 = 10 Мм/с = 106
м/с
α = 30°
t=?
r = ?
Решение:
 
υ  E.
y
A

FЭ
Отсюда t 
E

r
S

h
х
Электрон
приобретает ускорение
в
направлении,
обратном
силовым
линиям поля
e E
F
;
a  эл 
m
m
υ0y = υ0 cosα;
υ0x = υ0 sinα.
В точке A υy = 0, а
υy = υ0 cosα – at.
υ 0 cos α υ 0 cos α  m

 0,5 (нс); Δr  S 2  h2 ;
a
e E
υ02 sin α cos α  m
S  ( υ0 sin α)t 
;
e E
2
2
2
υ 02 cos2 α  m
at 2 υ 02 cos α  m e  Eυ 0 cos α  m
.
h  ( υ 0 cos α)t 



2
2
e E
2e  E
2m e  E 2
mυ02 cos4 α
 sin 2 α cos2 α  0,3 (мм).
По теореме Пифагора: Δr 
e E
4
Ответ:
t = 0,5 нс; r = 0,3 мм
8. Электрон вылетает из точки с потенциалом 615 В со скоростью 12106
м/с. Определить потенциал точки, в которой: а) Электрон остановится; б)
Скорость электрона увеличится в 2 раза.
Дано:
φ1 = 615 В
υ1 = 12106 м/с
υ2 = 0
υ2 = 2υ1
Решение:
При переходе из точки с
2 = 0
FЭ 1 1
E
потенциалом φ1 в точку с
e
2
потенциалом φ2 электрон
совершает работу, равную
1
E
А = еφ = е(φ1 – φ2). При
φ2 – ?
2
1
этом
меняется его кинетическая энергия, т.к. меняется скорость. Следовательно,
mυ12 mυ 22
mυ12

A = W; а) e(φ1  φ 2 ) 
; φ 2  φ1 
 205,5 (B).
2
2
2e
б) e(φ1  φ 2 ) 
m 2 m
3mυ12
υ1  (2υ1 ) 2 ; φ2  φ1 
 1843,5 (B).
2e
2
2
Ответ:
а) φ2 = 205,5 В; б) φ2 = 1843,5 В.
43
9. Два точечных заряда – 110–8 Кл и 410–8 Кл расположены на расстоянии
0,2 м друг от друга в вакууме. Определить напряженность и потенциал поля в
точке посередине между зарядами. На каком расстоянии от положительного
заряда напряженность равна нулю?
Дано:
Решение:
q1 = – 110-8 Кл
а)
E2 E1
q2 = 410-8 Кл
r = 0,2 м
q2
б) q1
Е–?
E2 E1
r
φ–?
r1
q1
q2
r – ?
а) По принципу суперпозицииполей
в точке равна векторной
 напряженность

сумме напряженностей: E  E1  E 2 . По правилу сложения векторов
4k
E  E1  E2  2  q1  q2   45000 (B/м).
r
2k
q1  q2   2700 (B).
φ  φ1  φ 2 
r
r  r1
q2
k q1
kq2

 ; r1 = r = 0.2 (м). r = r1 + r = 0.4 (м).
б) E1 = E2; 2 
;
r1
q1
r1
(r  r1 ) 2
Ответ:
Е = 45000 В/м; φ = 2700 В; r = 0.4 м.
10.
Энергия плоского воздушного заряженного конденсатора,
отключенного от источника тока, равна W. Какую работу нужно совершить,
чтобы увеличить расстояние между пластинами в k раз?
W (k  1)
l) W/k 2) Wk 3) W(k – l) 4)
5) 0
k
Решение:
2
q
, т.е. энергия конденсатора зависит от его электроемкости. При
2C
изменении расстояния между пластинами конденсатора меняется его емкость,
следовательно, меняется энергия конденсатора. А, если меняется энергия, то
совершается работа, т.е.
W
C1
q2  1
1  C1  k
A  W2  W1     ;
; C2 
;
k
2  C2 C1  C2
q2  k
1  q 2 (k  1)
A     
 W1 (k  1) .
2  C1 C1 
2C1
Ответ:
[3]
44
11.
Три одинаковых конденсатора соединены последовательно (АВ).
Разность потенциалов между точками А и В 1000 В, энергия батареи
конденсаторов равна 1 Дж. Какова емкость каждого конденсатора?
1) 2 мкФ
2) 4 мкФ
3) 6 мкФ
4) 8 мкФ
5) 10 мкФ
Дано:
N=3
U = 1000 B
W = 1 Дж
Решение:
При последовательном соединении конденсаторов емкость
n
С
1
1
Cб  ;
батареи
рассчитывается
тогда
 ,
3
Cб i 1 Сi
С–?
Wб 
СбU 2 C 2
 U ;
2
6
6W
6 1
C  2б  6  6  10 6 (Ф) = 6 (мкФ)
U
10
Ответ:
[3]
Часть Б
1. Три отрицательных точечных заряда по 2,778910-7 Кл каждый расположены в вершинах равнобедренного прямоугольного треугольника. Определите
напряженность поля в точке посередине гипотенузы длиной 10 см. Принять
1/40 = 9109 Нм2/Кл2. Ответ представьте в мегавольтах на метр и округлите
до целого числа.
Дано:
Решение:
  

-7
q1 = q2 = q3 = –2,7789  10 Кл
E  E1  E 2  E3 ;
q2
E2


l = 10 см = 0,1 м
45
E

E
2
3  0;
1/40 = 9109 Нм2/Кл2
E3
kq
45 E1
Е–?
E

E


1
2
45
q1
q3
l
 
2
9
7
9  10   2,7789  10

 10 6 (В/м) = 1(МВ/м)
4
25  10
Ответ:
Е = 1 МВ/м
2. Металлический шар радиусом 1 м, имеющий потенциал 1 В, окружают
сферической оболочкой радиуса 2 м. Чему будет равен потенциал первого
шара, если заземлить оболочку? Ответ представьте в единицах СИ.
Дано:
Решение:
–
R1 = 1 м
φR1
q

– заряд металлического шара под
–
–
1
φ1 = 1 В
+
k
– +
+ –
R2 = 2 м
влиянием поля, создаваемого шаром. На оболочке
+
φ '1 – ?
–
–
появляются индуцированные заряды qинд = –q1 на
–
внутренней и +q1 на внешней поверхности
оболочки. Внешняя оболочка заземлена и заряд
стекает по поверхности
45
φ'1  φ 
k (qинд )

R
R   1
 φ  1 φ  φ1  1   11    0,5 (В)
R2
R2
 R2   2 
Ответ:
φ '1 = 0,5 В
3. Ртутный шарик, потенциал которого 1.2 кВ, разбивается на 27
одинаковых капелек. Определите потенциал каждой капельки. Ответ
представьте в единицах СИ и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
3
φ = 1,210 В
φ = N  φк;
m = N  mк;
q = N  qк;
R3 = N  r3;
N = 27
4
4
ρ πR 3  Nρ πr 3
φк – ?
3
3
φ q r
N  qк  r
N
kq
kq
  

 3 N2 ;
φ ;
φк  к ;
3
3
φ к r qк qк  r  N
R
r
N
1,2 10 3
φк  3
 3
 133 (В)
N2
27 2
Ответ:
φк = 133 В
4. Электрон со скоростью 2107 м/с влетает в однородное электрическое
поле с напряженностью 3104 В/м и движется в направлении силовых линий.
Определите кинетическую энергию электрона в тот момент, когда он пройдет в
поле расстояние 2 см. Заряд электрона 1,610-19 Кл, его масса 9,110-31 кг.
Результат представьте в килоэлектронвольтах (1кэВ = 1,610-16 Дж) и округлите
до сотых.
Дано:
Решение:
7
υ0 = 210 м/с
 E
F 0
4
Е = 310 В/м
A = Wк2 – Wк1;
Wк2 = А + Wк1
d = 0,02 м
2
mυ0
qе = 1,610-19 Кл
;
A = F  d  cos  = |qe|  Е  d  cos 
Wк1 
-31
me = 9,110 кг
2
mυ02
9,1  4  1014
W


q
Ed
cos
α

 1,6  10 19  3  10 4 
Wк2 – ?
к2
e
2
2
 2  10 2  (1)  5,3810–1 (кэВ) = 0,54 (кэВ)
Ответ:
Wк2 = 0,54 кэВ
5. Две частицы, имеющие массу 1 мг и заряд 10–9 Кл каждая, летят из
бесконечности со скоростями υ1 = 1 м/c и υ2 = 2 м/с навстречу друг другу. На
какое минимальное расстояние они могут сблизиться? Гравитационное
взаимодействие не учитывать. Ответ представьте в миллиметрах.
46
Дано:
m = 1 мг
q = 10-9 Кл
υ1 = 1 м/c
υ2 = 2 м/с
rmin – ?
Решение:
 1
q
rmin
q
2
q

q
Рассматриваем движение частиц в системе отсчета, связанной с
Землей
2
2
2
mυ1 mυ2
q
q2
;
W1 


W2 
 Eк min
2
2
4πε0 r
4πε0 rmin
W1 = W2
В момент наибольшего сближения частиц их скорости одинаковы
υ  υ 2 1
mυ2 – mυ1 = (m + m)υ;
υ 2 1 
 0,5 (м/с)
2
2
( m  m) υ 2
Eк min 
 mυ 2 ,
тогда
2
mυ12 mυ22
q2


 mυ2 , отсюда находим rmin
2
2
4πε0 rmin
rmin 
q2
 υ12 υ 22

4πε0 m   υ 2 
2
 2


9 10 9  10 18
 4  10  3 (м) = 4 (мм)
1

10  6    2  0,25 
2

Ответ:
rmin = 4 мм
47
ВАРИАНТ №7
ЗАКОНЫ ПОСТОЯННОГО ТОКА
ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ
Часть А
1. Чему равна скорость изменения тока, протекающего через катушку
индуктивностью 0,1 Гн, в которой возникает э.д.с. самоиндукции 0,5 В?
Дано:
L = 0,1 Гн
ε = 0.5 В
J/t – ?
Решение:
Э.д.с. самоиндукции ε   L
ΔJ
, тогда
Δt
ε
ΔJ
  5 (A/c).
Δt
L
Ответ:
J/t = 0.5 А/с.
2. Если сила тока в проводнике за 10 с равномерно возрастает от 0 до
100 А, то величина заряда, прошедшего через поперечное сечение проводника
за это время равна:
1) 50 Кл 2) 100 Кл
Дано:
t = 10 c
J1 = 0
J2 = 100 A
3) 200 Кл 4) 300 Кл 5) 500 Кл
Решение:
J
Δq
, если J =
Δt
const, то q = Jt; если J  const и
зависимость J = f(t) – линейная,
По определению сила тока J 
100
t
q – ?
10
то в расчетах берем среднее значение Jср, тогда
J  J2
0  100
Δq  J cp Δt  1
Δt 
 10  500 (Кл).
2
2
Ответ:
q = 500 Кл.
3. На сколько изменилась температура медного проводника, если его
сопротивление возросло в 2 раза, начальная температура 20°С?
1) 180°С
2) 200°С
3) 250°С
4) 300°С
5) 350°С
Зависимость сопротивления от температуры выражается формулой
R1 = R0(1 + αt1); где R0 – сопротивление при t = 0C. R2 = R1(1 + αt), отсюда
Δt 
R2  R1 2 R1  R1 1

  250.
αR1
αR1
α
Ответ:
t = 250С.
4. При замыкании на сопротивление 5 Ом батарея элементов дает ток 1 А.
Ток короткого замыкания батареи 6 А. Какую полезную наибольшую мощность
может дать батарея?
48
Дано:
R = 5 Ом
J=1А
Jкз = 6 А
Pmax – ?
Решение:
ε
ε
Закон Ома для полной цепи: J 
, т.е. ε = J(R + r). J кз  ,
Rr
r
следовательно, r 
JR
1 5

 1 (Ом); ε = Jкзr = 6 (В)
J кз  J 6  1
Наибольшая мощность выделяется на сопротивление R, если R = r = 1 (Ом).
ε 2r
Pmax  J 2 R 
 9 (Вт).
(r  r ) 2
Ответ:
Pmax = 9 Вт.
5. Электрический чайник, содержащий 1 л воды подключен к генератору с
э.д.с. 120 В и внутренним сопротивлением 4 Ома. На сколько градусов
нагреется вода за 1 минуту, если на зажимах генератора напряжение 110 B?
К.п.д. чайника 70%.
Дано:
V = 1 л = 10-3м3
ε = 120 В
r = 4 Ом
t = 1 мин = 60 с
U = 110 В
η = 70% = 0.7
T – ?
Решение:
J
ε U
Q
 2,5 (А). Коэффициент полезного действия η  ,
r
A
где Q = сmT, А = JUt. Тогда
ηJUt 0.7  2,5 110  60
ΔT 

 2,8. t = T = 2,8C.
cm
4200 103 10  3
Ответ:
T = 2,8 К.
6. Сколько электроэнергии (в кДж) надо потратить для получения из
подкисленной воды водорода, имеющего при температуре 27°С и давлении 100
кПа объем 2.510-3 м3, если электролиз ведется при напряжении 5 В, а к.п.д.
установки 75%? Результат округлить до целого числа.
Дано:
Решение:
Н2
Aп qU
Aп
t = 27°С, Т = 300 К

К.п.д.
где
A
.
η

,
п = qU; Aз = W. Тогда W 
η
η
Аз
p = 100 кПа = 105 Па
V = 2,510-3 м3
Заряд q можно найти из закона электролиза m = kq,
U=5B
m
M
откуда q 
(k 
– электрохимический
η = 75% = 0.75
k
Fn
W–?
эквивалент: M – молярная масса, F = 96500 Кл/моль – число Фарадея, n –
pVM
m
RT , т.е. m 
валентность), а массу из уравнения состояния газа pV 
.
RT
M
mU pVM U pVM Fn U pVFnU
Тогда W 

 

 
.
kη
RT kη
RT M η
RTη
49
105  2,5  10 3  96500  1  5
W
 64 (кДж).
8,31  300  0,75
Ответ:
W = 64 кДж.
7. Пройдя ускоряющую разность потенциалов 320 В, электрон влетает в
однородное магнитное поле с индукцией 0,3 Тл перпендикулярно к линиям
магнитной индукции. Определить радиус окружности, которую опишет
электрон и период его вращения. Будет ли изменяться энергия электрона при
движении в этом магнитном поле?
Дано:
|e|
U = 320 В
B = 0.3 Тл
R=?
T=?
Wк = ?
Решение:
Пойдя ускоряющую разность потенциалов электрон совершил
работу А = |e|U. Эта работа идет на сообщение кинетической
mυ 2
mυ 2
энергии электрону. Eк 
, т.е. e U 
. Отсюда
2
2
2 eU
.
m
Т.к. на электрон в магнитном поле действует сила Лоренца, которая вызывает
mυ
mυ 2
центростремительное ускорение, то qBυ 
и тогда R 
.
R
qB
υ
m 2 eU
2mU 1
2  9,1  10 31  320 1
R

 

 0,2 (мм).
eB
m
e
B
0,3
1,6  10 19
Период вращения электрона по окружности
2πR 2πm 2πm 2π  9,110 31
T



 0,11 (нс);
υ
qB
e B 1,6 10 19  0,3

Т.к. движение происходит по окружности υ  const , то и Wк = const,
Ответ:
R = 0,2 мм; Т = 0,1 нс; Wк = const.
8. В однородном горизонтальном магнитном поле с индукцией 0,01 Тл
перпендикулярно к полю расположен горизонтальный проводник, масса
единицы длины которого равна 0,01 кг/м. Какой силы ток должен проходить по
проводнику, чтобы:
1) проводник находился в состоянии равновесия;
2) двигался с постоянной скоростью вертикально вверх;
3) приобрел за 3 с скорость 6 м/с вертикально вниз.
50
Дано:
Решение:
B = 0,01Тл
1) Условие равновесия: FA1 = mg; JBl =
+
+
F
A
m/l = 0,01 кг/м
mg, отсюда
J
mg 0,01  10
J1 – ?
J1 

 10 (A).
J2 – ?
Bl
0,01
mg
J3 – ?
+
+
А–?
2) если υ = const, то а = 0, т.е. ma = 0, тогда FA2 – mg = 0 и FA2 = mg.
mg 0,01 10
J2 

 10 (A).
Bl
0,01
Δυ 6
  2 (м/с2); FA3 = m(g – a); J3Bl = m(g – a);
3) ma = mg – FA3; a 
Δt 3
m( g  a) 0,01  (10  2)
J3 

 8 (A).
lB
0,01
Ответ:
1) J1 = 10 А; 2) J2 = 10 А; 3) J3 = 8 А.
9. Виток из проволоки сечением S, удельным сопротивлением ρ и
диаметром D расположен в однородном магнитном поле с индукцией В
перпендикулярно к полю. Какой заряд пройдет по витку, если направление
поля изменить на противоположное? Виток вытянуть в сложенную вдвое
прямую? Площадь, ограниченная витком, уменьшалась равномерно.
Решение:
1) В магнитном поле виток пронизывает мегнитный поток
Ф1 = ВScosα. Т.к. α = 0, то cosα = 1 и Ф1 = ВS. Если
изменить направление поля на противоположное, то
α = 180 и cosα = –1. Изменится магнитный поток
Ф2 = – ВS. Изменение магнитного потока вызовет
возникновение э.д.с. индукции в витке
n
B
n
B
ΔΦ Ф1  Ф2 2 BSк 2 BπD 2 πBD2
εi  




.
Δt
Δt
Δt
Δt  4
2Δt
εi
πBD2
,
Следовательно, по витку протечет индукционный ток J i   
R
2ΔtR
ρl ρπD
. Т.е.
где R – сопротивление, которое можно определить как R  
S
S
Δq
πBD2 S BDS
, то
Ji  

. Т.к. по определению J i 
Δ
t
2ΔtρπD 2Δtρ
BDS
BDS
Δq  J i Δt 
Δt 
.
2ρΔt
2ρ
51
2) Виток сложили вдвое, следовательно, площадь контура во втором случае
будет равна нулю. S = Sк – 0 = Sк и магнитный поток  = BSк. Тогда
BπD 2 S BDS
Δq 

, где S – площадь поперечного сечения провода.
4ρπD
4ρ
BDS
BDS
Ответ: 1) Δqi 
; 2) Δqi 
.
2ρ
4ρ
10.
Определить силу тока, проходящего через амперметр, если
напряжение U = 15 В, R1 = R4 = 5 Ом; R2 = R3 = 10 Ом. Сопротивлением
амперметра пренебречь.
1) 0,1 A
2) 0,2 A
Дано:
U = 15 В
R1 = R4 = 5 Ом
R2 = R3 = 10 Ом
3) 0,3 A
5) 0,5 A
Решение:
R1
U
J–?
4) 0,4 A
R2
R3
Rобщ  R1  R4 
A
R4
J
R2 R3
;
R2  R3
U
; J2R2 = J3R3;
Rобщ
J = J2 + J3; следовательно, J3 = J – J2; J 2 R2  ( J  J 2 ) R3 , отсюда
JR3
J2 
 0,5 (A).
R2  R3
Ответ:
[5]
Часть Б
1. Как изменится температура медного провода, если по нему в течение
0,5 с пропускать ток плотностью 9 А/мм2, а 25% тепловой энергии отдается
окружающей среде? Удельное сопротивление меди 1,710-8 Омм, плотность
меди 8,9103 кг/м3, удельная теплоемкость меди 380 Дж/(кгК). Удельное
сопротивление меди считать постоянным. Результат представьте в единицах
СИ и округлите до сотых.
Дано:
Решение:
 = 0,5 с
l
Q = J2  R  ;
J = j  S;
R  ρ уд
2
6
2
j = 9 А/мм = 910 А/м
S
Qотд = 0,25Q
Qпол = С  m  T;
m = пл  l  S;
ρуд = 1.710-8 Омм
Qпол = 0,75Q;
ρпл = 8.9103 кг/м3
l
2
2
C

ρ

l

S

Δ
T

0
.
75

j

S

ρ

 τ , отсюда
пл
уд
С = 380 Дж/(кгК)
S
Т – ?
ΔT 
j 2  ρ уд  0,75  τ
C  ρ пл
81  1012  1,7  10  8  0,5  0,75

 0,15 (К)
380  8,9  10 3
52
Ответ:
Т = 0?15 К
2. Кольцо радиусом 10 см из медной проволоки диаметром 1 мм помещено
в однородное магнитное поле с индукцией 1 Тл так, что плоскость кольца
перпендикулярна линиям индукции. Кольцо деформируют в квадрат. Какое
количество электричества протечет через сечение проволоки? Удельное
сопротивление меди 1,710-8 Омм. Результат представьте в единицах СИ и
округлите до десятых.
Дано:
Решение:
r = 10 см = 0.1 м
Ф = Ф2 – Ф1 = В (S2 – S1)
-3
B
B
d = 1 мм = 10 м
2πr πr
2
2
S
=


r
;
S
=
l
;
l

 ;
n
1
2
n
В = 1 Тл
4
2
2 2
ρ = 1,710-8 Омм
π r
S
q–?
4
2 2
π r

π 
ΔФ  B
 πr 2   Bπr 2   1
4 
 4

ρL
;
R
Sпр
L = 2r;
S пр
πd 2
8 π  r ρ 8 r ρ

, следовательно R 
.

4
πd2
d2
2
2
2
 π  Bπr d
 π  Bπr d
q    1
   1
8ρ
 4  8ρ r
4 
6
 π  1  π  0,1  10
q    1
 0,5 (Кл)
8
 4  8  1,7  10
Ответ:
q = 0,5 Кл
3. Конденсатор, подключенный к источнику тока проводами
сопротивлением 100 Ом, имеет первоначальную емкость 2 мкФ. Затем его
емкость за некоторое время равномерно увеличивают в 5 раз. При этом в
подводящих проводах выделяется в виде тепла 2,56 мДж энергии. Сколько
времени длилось увеличение емкости конденсатора? Напряжение на
конденсаторе считать постоянным и равным 2 кВ. Результат представьте в
единицах СИ.
Дано:
Решение:
R = 100 Ом
Δq
Δq
J
J
W = J2  R  ;
;
-6
C1 = 210 Ф
Δt
τ
C2 = 5C1
q = q2 – q1 = C2U – C1U = U(C2 – C1) = U(5C1 – C1) = 4C1U
W = 2,5610-3 Дж
(Δq) 2  R  τ 16  C12  U 2  R
3
, отсюда
W

U = 2 10 В
τ
τ2
–?
16  C12  U 2  R 16  4  10 12  4  10 6  100
τ

 10 (с)
W
2,56  10  3
53
 = 10 с
Ответ:
4. Заряженная частица влетает в однородное магнитное поле под углом 45
к линиям индукции и движется по спирали. Определите радиус спирали, если
частица смещается за один оборот вдоль линий индукции поля на 6,28 см.
Ответ представьте в сантиметрах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
α = 45
По оси х движение равномерное h = υT cos
h = 6,28 см
В плоскости, перпендикулярной оси х – по окружности:
m
R–?
qBυц  υц2 ,
R
mυц mυ sin α
2m
отсюда R 
;
;

T
qB
qB
qB
υ  cos α  2  π  m
qBh
,
отсюда
υ
h
2  π  m  cos α
qB
mυ sin α m sin α
qBh
h  tgα 6,28 1
R




 1 (см)
qB
q  B 2  π  m  cos α
2π
2π
Ответ:
R = 1 см
5. В однородное магнитное поле с индукцией В,
направленной
горизонтально,
внесена
конструкция,
B
представленная
на
рисунке.
Плоскость
конструкции A
D
перпендикулярна силовым линиям магнитного поля.
g
Перемычка AD свободно скользит без нарушения контакта.
Определите индукцию В, если перемычка достигла
максимальной скорости 1 м/с. Плотность вещества перемычки 8800 кг/м3,
удельное сопротивление 1,7510–8 Омм. Принять g = 10 м/с2. Результат
представьте в миллитеслах (1 мТл = 10–3 Тл) и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
υmax = 1 м/с
FA = mg;
m = пл  l  S;
3
ρпл = 8800 кг/м
εi
l
F
;
R

ρ
J

-8
A = J  B  l;
уд
ρуд = 1,7510 Омм
FA
S
R
2
g = 10 м/с
B  l  υmax  S
mg
 B  l  g  ρ пл  l  S
В–?
ρ уд  l
g  ρ пл
B
B 2  υ max

, отсюда индукция В будет равна
ρ уд
ρ пл  ρ уд  g
υ max
8800 1,75 10 8 10

 39 10  3 (Тл) = 39 (мТл)
1
Ответ:
В = 39 мТл
54
ВАРИАНТ №8
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ. ПЕРЕМЕННЫЙ ТОК
Часть А
1. Колебание материальной точки, масса которой 10–2 кг, описывается
π
π
уравнением х  0,1sin  t   м. Определите период колебаний, максимальное
4
2
значение возвращающей силы, отношение кинетической и потенциальной
энергии точки для тех моментов времени, когда смещение составило xм ,
2
построите в одних осях координат в пределах одного периода зависимость
смещения, потенциальной, кинетической и полной энергий от времени.
Дано:
Решение:
-2
m = 10 кг
Уравнение колебаний x = Asin(ωt + φ0). Сравним с
π
π
π
заданным уравнением. Получаем, что A = 0,1 м; ω 
х  0,1sin  t   м
2
4
2
рад/с. Т.к. период есть величина обратная круговой
Т–?
2π 2π  2
Fmax – ?

 4 (с).
частоте, то можем рассчитать T 
ω
π
Wк /Wп – ?
Скорость есть первая производная от смещения υ = х = Аωсos(ωt + φ0).
Скорость будет максимальной, если максимален косинус сosmax(ωt + φ0) = 1.
Тогда υmax = Аω. Ускорение есть первая производная от скорости a = υ = –
Аω2sin(ωt + φ0). Максимальное ускорение будет при максимальном синусе.
sinmax(ωt + φ0) = 1. Отсюда amax = Аω2. F = m a = –m  A  ω2  sin(ωt + φ0);
π2
2
2 F
 2,46 10 3 (H);
Fmax = mАω ; max  10  0,1 
4
2
2 2
mυ
mA ω
Wк 

cos2 (ωt  φ 0 ) ;
2
2
2
2 2
A
kx
mA ω
W
Wп 

sin 2 (ωt  φ 0 ) ; п  tg 2 (ωt  φ 0 ) , если x  ,
2
2
2
Wк
1
A
1
3
 A sin( ωt  φ 0 ) ; sin( ωt  φ0 )  . cos(ωt  φ0 )  1  
;
2
2
2
2
Wп 1 4 1
   ; Wк  3Wп
Wк 4 3 3
Ответ:
Т = 4 с; Fmax = 2.4610–3 Н; Wк = 3Wп.
2. Во сколько раз увеличится полная механическая энергия маятника при
уменьшении его длины в 4 раза и увеличении амплитуды колебаний в 3 раза?
55
Дано:
l1 = 4l2
A2 = 3A1
W2 /W1 – ?
Решение:
Полная механическая энергия маятника Wmax 
ω
mA2 ω 2
, где
2
g
.
l
2 2
 3 A1 
2l12
mg 2 A2 W2 mg A2





Тогда W 
.
W1
2l22
mg 2 A12  A1 
2l 2
2
 4l 
  2   144 .
 l2 
Ответ:
W2 /W1 = 144.
3. Если увеличить массу груза, подвешенного к спиральной пружине на
600 г, то период колебаний груза возрастет в 2 раза. Определите массу
первоначально подвешенного груза.
Дано:
Решение:
m = 600 г = 0,6 m2 = m1 + m. Период математического маятника
кг
m
T2 = 2T1
T1  2π 1 ;
k
m1 – ?
m  Δm
m  Δm
m
T2  2π 1
 2  2π 1 ;
. По условию T2 = 2T1; 2π 1
k
k
k
Δm
m1  Δm  4m1 ; m1 
; m1 = 0.2 (кг).
3
Ответ:
m1 = 0,2 кг.
4. Первичная обмотка трансформатора с коэффициентом трансформации 5
включена в сеть напряжением 220 В. Сопротивление вторичной обмотки
трансформатора 2 Ом, ток во вторичной обмотке 3 А. Определите напряжение
на зажимах вторичной обмотки. Потерями в первичной обмотке пренебречь.
Дано:
Решение:
k=5
ε
Коэффициент трансформации k  1 ; ε = U + J  r. В первичной
U1 = 220 В
ε2
R2 = 2 Ом
обмотке J1 мал, ε1  U1; ε2 = U2 + J2r2, r2 – сопротивление
J2 = 3 А
вторичной обмотке.
U2 – ?
U
U1
. Отсюда можем посчитать U 2  1  J 2 R2  38 В.
Тогда k 
U 2  J 2 R2
k
Ответ:
U2 = 38 В.
5. В процессе колебаний в идеальном колебательном контуре в момент
времени t заряд конденсатора q = 4 нКл, а сила тока в катушке J = 3 мА. Период
колебаний Т = 6,3 мкс. Найдите амплитуду колебаний заряда.
56
Дано:
q = 4 нКл = 410-9 Кл
J = 3 мА = 310-3 А
Т = 6.3 мкс = 6,310-6
с
qm – ?
Решение:
q 2 LJ 2 qm2


Из закона сохранения энергии
;
2C
2
2C
qm2  q 2  LCJ 2 . Формула Томпсона: T  2π LC ;
T 2J 2
T2
2
 5 10  9 (Кл).
LC  2 , тогда qm  q 
2
4π
4π
Ответ:
qm = 510–9 Кл.
6. Емкость колебательного контура радиоприемника 0,2 пФ, а в катушке
индуктивности возникает э.д.с. самоиндукции 0,1 В при скорости изменения в
ней тока, равной 2 А/с. Определите на какую длину волны настроен
радиоприемник?
Дано:
С = 0.2 пФ = 210-13 Ф
ε = 0.1 В
J/t = 2 А/с
λ=?
Решение:
λ = сТ, где Т – период колебаний, который можно
определить из формулы Томпсона: T  2π LC .
Э.д.с. самоиндукции ε   L
ΔJ
ε Δt
ε Δt
C и
, отсюда L 
. Тогда T  2 π
Δt
ΔJ
ΔJ
λ = 188 (м).
Ответ:
λ = 188 м.
7. Если звуковая волна с частотой колебаний 500 Гц распространяется в
металлическом стержне со скоростью 2 км/с, то расстояние между ближайшими
точками волны, отличающимися по фазе на /2, будет равно:
1) 1 м 2) 2 м 3) 4 м
Дано:
ν = 500 Гц
υ = 2 км/с = 2000 м/с
φ = /2
l – ?
4) 6 м
5) 8 м
Решение:
2πΔl
υ
, где λ  υ  T  ;
ν
λ
Δφ  λ Δφ  υ
Δl 

 1 (м).
2π
2πν
Δφ 
Ответ:
[1]
8. Ток в идеальном колебательном контуре изменяется по закону
J(t) = 0,01cos(1000t) А. Найдите индуктивность контура, если емкость
конденсатора равна 20 мкФ.
1) 0,5 мкГн
2) 10 мкГн
3) 40 мкГн
4) 30 мкГн
5) 50 мкГн
57
Дано:
J(t) = 0,01cos(1000t) А
C = 20 мкФ = 210–5 Ф
Решение:
1
1
; L  2 ; ω = 1000 (рад/с);
LC
ωC
1
L 6
 0,05 (Гн) = 50 (мГн).
10  20 10  6
ω
L–?
Ответ:
[5]
9. Если в неподвижном лифте период собственных колебаний
математического маятника равен Т, то период колебаний этого маятника в
лифте, движущемся вниз с ускорением 0,5g, будет равен:
1) 2Т
2)
2Т
3) Т
4) Т/2
5) Т / 2
Решение:
Период колебаний математического маятника определяется по формуле
T2
g
l
l

T

2
π
T1  2π
; 2
;
; T2  T1 2 .
T1
g a
g a
g
Ответ:
[2]
10.
Точка совершает гармонические колебания с периодом 0,5 с и
амплитудой 2 см. Максимальная величина ускорения этой точки равна:
1) 3,2 м/с2
2) 4,5 м/с2
Дано:
T = 0,5 c
A = 2 см = 0,02 м
amax – ?
3) 6,4 м/с2
4) 8 м/с2
5) 12 м/с2
Решение:
Уравнение колебаний: x = Asin ωt. Ускорение есть вторая
производная от смещения: а = Аω2sin ωt.
2
amax
2
 2π 
 2π 
 Aω A   0,02  
  3,2 (м/с2).
T 
 0.5 
2
Ответ:
amax = 3,2 м/с2[1]
Часть Б
1. Один из двух математических маятников совершил 10 колебаний, а
другой за это же время – 6 колебаний. Разность длин маятников составляет
16 см. Определите длины маятников. Результат представьте в единицах СИ.
Дано:
Решение:
N1 = 10 кол.
t
l
t
l
T1  1  2π 1 ;
T2  2  2π 2 .
N2 = 6 кол.
N1
g
N2
g
l = 0.16 м
Разделим первое уравнение на второе:
l 1 – ? l2 – ?
N2
l
 1;
N1
l2
2
 N2 
l

  1 ;
l2
 N1 
2
N 
l1  l2  2  ;
 N1 
l1 = 0,36 l2
58
l2 = l1 + l = 0,36 l2 + l, отсюда l2 = 0,25 (м); l1 = 0,09 (м)
Ответ:
l1 = 0,09 м; l2 = 0,25 м
2. Ареометр массой 0,2 кг плавает в жидкости. Если его погрузить немного
в жидкость, а затем отпустить, то он начнет совершать колебания с периодом
3,4 с. Считая колебания ареометра гармоническими и незатухающими, найти
плотность жидкости, в которой он плавает. Радиус вертикальной
цилиндрической трубки ареометра равен 5,0 мм. Принять g = 10 м/с2. Результат
представьте в единицах СИ и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
m = 0,2 кг
 
Условие равновесия ареометра mg  FA  0
Т = 3,4 с
FA
h
FA = ρж  g (V + S  h)
r = 5,0 мм
где V – объем ареометра без трубки;
g = 10 м/с2
h – длина трубки;
mg
ρж – ?
S – площадь поперечного сечения
трубки
mg = ж  g (V + S  h)
при погружении ареометра в жидкость на х
FA > mg
FA = ж  g (V + S(h + x))
Fp = FA – mg = ж  g (V + S(h + x)) – ж  g (V + S  h) = ρж  g  S  x
Эта сила является возвращающей силой и вызывает колебания около
положения равновесия Fp = –k  x, отсюда k = ρж  g  S
4π 2 m
m
m
2
;
, отсюда
T 
T  2π
 2π
k
ρж  g  π  r 2
ρж  g  π  r 2
4π  m
4π  0.2
ρж  2

 869 (кг/м3)
2
2
2
T  g r
3,4 10  0,005
Ответ:
ρж = 869 кг/м3
3. Тяжелый шарик, подвешенный на нити длиной 1 м, описывает
окружность в горизонтальной плоскости (конический маятник). Найти период
обращения шарика, если маятник находится в лифте, движущемся с ускорением
5 м/с2, направленным вниз. Нить составляет с вертикальным направлением угол
60, ускорение свободного падения 10 м/с2. Результат представьте в единицах
СИ и округлите до целого числа.
Дано:
l=1м
ал = 5 м/с2
 = 60
g = 10 м/с2
Т–?
Решение:



Fц  mg  ma ;
y

Fц
x
mg
  
a  aл  ац ;
mυ 2
(1)
Fц sin α 
R
oх:
Fц sin = maц;
oу:
Fц cos – mg = –maл;
aл
59
Fц cos = mg – maл (2)
Разделим уравнение (1) на (2)
υ2
tgα 
R ( g  aл )
υ  R( g  aл )tgα ;
T
2πR

υ
R = l sin
2πR
R
l cos α
1  cos 60
 2π
 2π
 2π
 2 (с)
( g  aл ) tgα
g  aл
10  5
R( g  aл ) tgα
Ответ:
Т=2с
4. Вдоль некоторой прямой распространяются колебания с периодом 0.25 с
и скоростью 48 м/с. Спустя 10 с после возникновения колебаний в исходной
точке на расстоянии 43 м от нее смещение оказалось равным 3 см. Определите
в тот же момент времени смещение в точке, отстоящей на 45 м от источника
колебаний. Результат представьте в сантиметрах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
Т = 0,25 с
2π  l 
2π  l 
x1  A sin  t  1  ;
x2  A sin  t  2  .
υ = 48 м/с
T  υ
T  υ
t = 10 с
2 π  l1 
l1 = 43 м
sin
t  
x
T
 υ
1
x1 = 0,03 м

Разделим первое уравнение на второе:
2 π  l2 
x2
l2 = 45 м
sin
t  
T 
υ
x2 – ?
Выразим из полученного выражения х2
2π  l 
2π 
45 
x1  sin  t  2  3  sin
10  
T 
υ
0,25 
48 
x2 

6
2π  l1 
2π 
43 
sin  t  
sin
10  
T  υ
0,25 
48 
Ответ:
x2 = 6 см
5. Контур состоит из катушки индуктивностью 28 мкГн (1 мкГн = 10–6 Гн),
сопротивления 1 Ом и конденсатора емкостью 2222 пФ (1 пФ = 10–12 Ф). Какую
мощность будет потреблять контур, если в нем поддерживать незатухающие
колебания, при которых максимальное напряжение на конденсаторе
5 В? Результат представьте в милливаттах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
–6
L = 2810 Гн
Jm
J m2  R
2
P
Jд 
;
P  Jд  R ;
R = 1 Ом
2
2
C = 222210–12 Ф
C  U m2 L  J m2
C  U m2
Um = 5 В

, отсюда J m2 
, тогда
2
2
L
Р–?
60
C  U m2  R 2222 10 12  25 1
P

 992 10  6 (Вт) = 0,992 (мВт)  1 (мВт)
6
2 L
2  28 10
Ответ:
Р = 1 мВт
61
ВАРИАНТ №9
ОПТИКА. СВЕТОВЫЕ КВАНТЫ
Часть А
1. Светящуюся точку, находящуюся в среде с показателем преломления n1,
рассматривают невооруженным глазом из среды с показателем преломления n2.
Каково будет кажущееся расстояние точки до границы раздела сред, если
светящаяся точка находится от этой границы на расстоянии h0, а глаз
расположен так, что в него попадают лучи, падающие на границу раздела под
небольшими углами? Рассмотреть два случая: 1) n1 > n2; 2) n1 < n2.
Решение:
a)
S
n1 > n2

S

A
H1  h0

n1
B
n2

SAB: AB = SA tgα = h0 tgα;
SAB: AB = SA tgβ = H1 tgβ;
h0 tgα = H1 tgβ;
tgα H1 sin α n2
;

 ,
tgβ h0 sin β n1
б) S

т.к. угол α берем
n2 > n1
S
маленьким, то

H n2

tgα  sinα.
;
h0 n1
n
n2
H 2  h0 2 ; H2 > h0.
; H1 < h0.
n1
n1
Ответ:
а) H1 < h0. б) H2 > h0.
A
 B

n1
n2
2. Монохроматический луч падает нормально на боковую поверхность
призмы, преломляющий угол которой равен 40°. Показатель преломления
материала призмы для этого луча равен 1,5. Найдите угол отклонения луча,
выходящего из призмы, от первоначального направления.
Дано:
φ = 40°
n = 1.5



–?


n
Решение:
α + φ = 90; α +  = 90; α = φ. Используем
sin α 1
закон преломления:
 , отсюда
sin β n
sinβ = n sinα;
β = arcsin(n sinα) = 74,5;
 = β – α = 74,5 – 40 = 34,5.
Ответ:
 = 34,5
3. От предмета высотой 3 см с помощью линзы получили действительное
изображение высотой 18 см. Когда предмет передвинули на 6 см, то получили
62
мнимое изображение высотой 9 см. Определите фокусное расстояние линзы (в
сантиметрах).
Дано:
Решение:
h = 3 см = 0,3 м
H1
H1 = 18 см = 0,18 м Коэффициент увеличения линзы: Г1  h  6 . Формула
d = 6 см = 0,06 м
f
1
1
1

 ; или Г1  1 ; f1 = Г1d1;
H2 = 9 см = 0,09 м тонкой линзы:
d1
F d1 f1
1 1
1
F–?
 
(1); d = d1 – d2 (2).
F d1 Г1d1
A
A
h
B
B
F
F
H1
H2
A
h
B
B
A
1
1
1
f
1
1
1
H2

 ; Г 2  2 ; f2 = Г2d2;


 3;
(3).
d2
F d2 f2
F d2 Г 2d2
h
Решаем систему уравнений относительно d1 или d2. Определяем F = 12 см.
Г2 
Ответ:
F = 12 см
4. На пластинку, изготовленную из материала с показателем преломления
1.8, перпендикулярно к ее поверхности падает красный луч света с длиной
волны 720 нм. Какой наименьшей толщины пластинку нужно взять, чтобы
прошедший пластинку свет имел максимальную интенсивность?
Дано:
n = 1,8
λ = 720 нм = 7,210–7 м
Решение:
 = 2dn, где d – толщина пластинки. Т.к.
интенсивность максимальная, то используем условие
максимума:  = kλ.
dmin – ?
Отсюда 2dn = kλ, где k = 1, т.к. d должна быть
λ 720  10 9
минимальной, то d min 

 0,2  10  6 (м) = 0,2 (мкм)
2n
2  1,8
Ответ:
dmin = 0,2 мкм
5. Какой наибольший порядок спектра натрия (λ = 590 нм) можно
наблюдать при помощи дифракционной решетки, имеющей 500 штрихов на
1 мм, если свет падает на решетку нормально?
63
Дано:
λ = 590 нм = 5,910–7
м
N = 500
l = 10-3 м
Решение:
Условие max на дифракционной решетке: dsinφ = kλ,
где k будет max, если max будет sinφ. А sinmaxφ = 1,
d
l
тогда k max  , где d  ;
λ
N
3
d
l
10
kmax – ?
k max  

 3,4 .
λ Nλ 500  5,9 10 7
k может принимать только целые значения, следовательно, kmax = 3.
Ответ:
kmax = 3.
6. Период дифракционной решетки 4 мкм. Дифракционная картина
наблюдается с помощью линзы с фокусным расстоянием F = 40 см. Определите
длину световой волны падающего нормально на решетку света (в нм), если
первый максимум получается на расстоянии 5 см от центрального.
Дано:
d = 410–6 м
l = 510–2 м
F = 4010–2 м
k=1
λ–?
Решение:
Запишем условие максимума для дифракционной решетки:
l
dsinφ = kλ. Угол φ можно определить из геометрии: tgφ  .
F
l
Для малых углов (φ < 10) tgφ  sinφ, тогда sin φ 
F
d sin φ dl
λ

.
k
kF
Ответ:
λ = 500 нм
7. Высота Солнца над горизонтом 46°. Чтобы отраженные от плоского
зеркала лучи пошли вертикально вверх, угол падения солнечных лучей на
зеркало должен быть равен:
1) 68° 2) 44° 3) 23° 4) 46° 5) 22°
Дано:
φ = 46°
α–?



Решение:
Угол падения равен углу отражения α = α.
Из рисунка видно, что α + α + φ = 90 или
90  φ
2α + φ = 90, тогда α 
 22 .
2
Ответ:
[5]
8. Посередине между двумя плоскими зеркалами, параллельными друг
другу, помещен точечный источник света. Если источник начнет двигаться в
направлении, перпендикулярном плоскостям зеркал, со скоростью 2 м/с, то
64
первые мнимые изображения источника в зеркалах
относительно друг друга со скоростью:
1) 0 м/с 2) 1 м/с 3) 2 м/с 4) 4 м/с 5) 8 м/с
будут
двигаться
Решение:

 
υотн  υ' ' υ' ; υотн  υ  υ  υ  υ  0 .



Ответ:
[1]
9. Предельный угол полного внутреннего отражения на границе алмаза и
жидкого азота равен 30°. Абсолютный показатель преломления алмаза равен
2,4. Во сколько раз скорость света в вакууме больше скорости света в жидком
азоте?
1) в 1,2 раза
Дано:
αпр = 30°
n = 2.4
β = 90
2) в 2 раза
3) в 2,1 раза
4) в 2,4 раза
5) в 4,8 раза
Решение:
sin α пр
n2
или для
sin
β
n
1
n1
n
полного внутреннего отражения: sin α пр  2 ;
n2
90
n1
с/υ2 – ?
n1 = 2,4;
c
n2 = n1sinαпр = 1,2. А абсолютный показатель среды n2 
, отсюда
υ2
c
 n2  1,2. .
υ2
Ответ:
[1]
Закон преломления:
пр

10.
Две линзы – рассеивающая с фокусным расстоянием – 4 см и
собирающая с фокусным расстоянием 9 см расположены так, что их главные
оптические оси совпадают. На каком расстоянии друг от друга следует
поместить линзы, чтобы пучок лучей, параллельных главной оптической оси,
пройдя через обе линзы, остался бы параллельным?
1) 4 см 2) 5 см 3) 9 см
будут параллельными.
4) 13 см
5) На любом расстоянии лучи не
Решение:
d = F2 – F1 = 5 (см).
65
F1
F1
Ответ:
[2]
Часть Б
1. Пучок параллельных световых лучей падает из воздуха на толстую
стеклянную пластину под углом 60 и, преломляясь, переходит в стекло.
Ширина пучка в воздухе 10 см. Определите ширину пучка в стекле. Показатель
преломления стекла 1,51. Результат представьте в единицах СИ и округлите до
сотых.
Дано:
α = 60
а = 10 см
nст = 1,51
b–?
AB 


A

a
;
cosα

a

b
AB 
B

b
;
cosβ
Решение:
sin α nст

 nст ;
sin β nв
sin α sin 60
sin β 

 35
nст
1,51
a cosβ
a
b
; b
 0,16 (м)

cos α
cosα cosβ
Ответ:
b = 0,16 м
2. На дне стеклянной ванны лежит зеркало, поверх которого налит слой
воды высотой 20 см. В воздухе на высоте 30 см над поверхностью воды висит
лампа. На каком расстоянии от поверхности воды смотрящий в воду
наблюдатель будет видеть изображение лампы в зеркале? Показатель
преломления воды 1,33. Результат представьте в единицах СИ и округлите до
десятых.
66
Дано:
h1 = 20 см
h2 = 30 см
n = 1,33
h–?
Решение:
S
h2


a
S` – мнимое изображение;
sin β 1
sin α1
α1 = α2
 ;
 n;
sin α 2 n
sin β
a
b
a  2b
(1); tgβ 
(2); tgα 
tgα 
h2
h1
h
(3)
,  – малы
ah
sin α tgα
bh n
; a 2 ; b 1

h1
nh2
sin β tgβ

b
b
n

h1


S

2ah1 
 a 

nh2 
a 
;

h2
h
a a  2b
;

h2
h
 2h 
2  0,2 

h  h2 1  1   30  1 
  0,6 (м)
 1,33  0,3 
 nh2 
Ответ:
h = 0,6 м
3. Два когерентных источника S1 и S2 испускают монохроматический свет с
длиной волны 600 нм (1 нм = 10–9 м). Определите, на каком расстоянии от
точки О будет первый максимум освещенности, если ОС = 4 м и S1S2 = 1 мм.
Принять L1  L2  ОС; ОС >> S1S2. Результат представьте в миллиметрах и
округлите до десятых.
Дано:
 = 600 нм
OC = 4 м
S1S2 = 1 мм
L1 = L2 = ОС
у1 – ?
Решение:
d
C
S1
L1
 = k – условие максимума
 = L2 – L1;
2
2
S1S2 
d


2
2
2
L1  OC   yк 
  OC   yк  
2 
2


S2
L2
2
L22
yк
O
SS 
d


 OC   yк  1 2   OC 2   yк  
2 
2


2
L22

L12
 OC 
2
yк2
2
2
2
d d 
d d 
d
 2 yк     OC 2  yк2  2 yк     4 yк  2 yк d ;
2 2
2 2
2
L22  L12  ( L2  L1 )( L2  L1 )  2(OC )Δ
2(ОС) = 2укd,
отсюда
yк 
(OC )  Δ
;
d
yк 
k λ
 l ; l = ОС;
d
67
(OC)  1  λ 4  600  10 9
y1 

 24  10  4 (м) = 2,4 (мм)
3
d
10
Ответ:
у1 = 2,4 мм
4. Объектив проекционного аппарата с фокусным расстоянием 0,15 м
расположен на расстоянии 4,65 м от экрана. Определите площадь изображения
на экране, если площадь диапозитива равна 4,32 см2. Результат представьте в
единицах СИ и округлите до сотых.
Дано:
Решение:
F = 0,15 м
1 1 1
S
2
;
;
S` = Г2 S
Г



f = 4,65 м
S
F f d
S = 4,32 см2
S – площадка диапозитива
f  F 4,65  0,15
1 Г 1
Г 1 1
S` – ?
Г

 30
  ;
  ;
F
0,15
F f f
f F f
S` = 302  4,32 = 3888 (см2)  0,39 (м2)
Ответ:
S` = 0,39 м2
5. Найдите коэффициент увеличения изображения предмета АВ, даваемого
тонкой рассеивающей линзой с фокусным расстоянием F. Результат округлите
до сотых.
Дано:
АВ
F
Г–?
Решение:
1 1 1
d1 = 2F;
   ;
F d1 f1
фокальная
плоскость
A
B
2F
F
побочная
оптическая ось
A`
B`
F
2F
F`
1 1 1

 ;
F d2 f2
dF
2F  F 2
f1  1

 F;
d1  F 2 F  F 3

l = d1 – d2 = F;
d2 = F;
d2 F
F F F


d2  F F  F 2
F 2
1
l '  f 2  f1   F  F ;
2 3
6
l' 1
Г    0,17
l 6
f2 
Ответ:
Г = 0,17
68
ВАРИАНТ №10
СТРОЕНИЕ АТОМА И ЯДРА
Часть А
1. Определите задерживающее напряжение, необходимое для прекращения
эмиссии электронов с фотокатода, если на его поверхность падает излучение с
длиной волны 0,4 мкм, а красная граница фотоэффекта 0,67 мкм. Постоянная
Планка 6,6310-34 Джс, скорость света в вакууме 3108 м/с. Ответ представьте в
единицах СИ и округлите до сотых.
Дано:
 = 0,4 мкм = 410–7м
кр = 0,67 мкм = 6,710–7м
h = 6,6310-34 Джс
с = 3108 м/с
Uз – ?
Решение:
Формула Эйнштейна для
c
mυ 2
c
фотоэффекта: h  A 
или h  A  eU з . Для
λ
2
λ
красной границы фотоэффекта
1 1 

1
1
 34
8

hc 
 λ λ  6,63 10  3 10  4 10  7  6,7 10  7 
c
кр 

  1,25 (В).
h
 A , тогда U з  

19
λ кр
e
1,6 10
Ответ:
Uз = 1,25 В
2. Чему равна масса фотона рентгеновского излучения с длиной волны
2,510–10 м?
1) 0 кг
2) 3,810-33 кг
3) 6,610-32 кг
4) 8,810-31 кг
5) 1,610-19 кг
Дано:
 = 2,510-10 м
Решение:
c
Энергия фотона: ε  h ; энергия и масса связаны
λ
m–?
соотношением:
h
6,63 10 34
c
2
2

 8,8 10 31 (кг).
ε = mc . Тогда mc  h ; отсюда m 
8
10
cλ 3 10  2,5 10
λ
Ответ:
[4]
3. Пучок ультрафиолетовых лучей с длиной волны 110-7 м сообщает
металлической поверхности за 1 секунду энергию 10-6 Дж. Определить силу
возникшего фототока, если фотоэффект вызывают 1% падающих фотонов.
1) 510-10 А 2) 610-14 А 3) 710-10 А 4) 810-10 А 5) 510-9 А
69
Дано:
 = 10-7 м
t = 1 с
W = 10-6 Дж
N2 = 0,01N1
Решение:
ε
, где W – энергия всех фотонов в пучке, N1 –
W
c
число фотонов в пучке, ε  h – энергия одного фотона;
λ
Wλ
Δq e N 2 e 0,01Wλ
N1 
; N2 = 0,01N1; J 


 8  10 10 (А).
Δt
Δt
hcΔt
hc
Ответ:
[4]
W = εN1, N1 
J–?
4. Мощность излучения Солнца 3,91026 Вт. Считая его излучение
постоянным, найдите, за какое время масса Солнца уменьшится вдвое?
Принять массу Солнца 1,98941030 кг, скорость света в вакууме 3108 м/с.
Результат представьте в терагодах (1 Тера = 1012) и округлите до целого числа.
Дано:
Р = 3,91026 Вт
m = М/2
М = 1,98941030 кг
с = 3108 м/с
t–?
Решение:
Связь массы и энергии: E = mc2; где E = Pt, отсюда
M
Mc 2
2
Δ
m

.
Pt = mc ;
, тогда t 
2
2P
1,9894 10 30  (3 10 8 ) 2
t
 2,3 10 20 (c)  7 1012 ( лет )  7(Тлет )
26
2  3,9 10
Ответ:
t = 7 Тлет
5. Сколько возможных квантов с различной энергией может испустить
атом водорода, если электрон находится на третьей стационарной орбите?
1) 1
2) 2
3) 3
4) 4
5) 5
Решение:
n=3
n=2
n=1
Ответ:
[3]
6. Какое неизвестное ядро X образуется в результате ядерной реакции
р 115В  α  α  Х ?
3
1) 2 Не
1
4) 1 p 5) 31 Н
Решение:
1
11
4
4
A
1 P  5B  2α  2α  z X ;
Используя закон сохранения энергии и закон сохранения массы, определяем
A
А = 4, Z = 2. Это 42 He .
z Х .
Ответ:
[2]
2) 42 Не
3) 63 Li
70
7. На поверхность площадью 3 см2 за 5 минут падает свет с энергией 20
Дж. Определить световое давление на поверхность, если она: а) полностью
поглощает лучи; б) полностью отражает лучи.
Дано:
S = 3 cм2 = 310–4 м2
t = 5 мин = 300 с
W = 20 Дж
p3 – ?
Решение:
h
W
а) полное поглощение Δp  ; p3 
 7,4  10 7 Па.
λ
Stc
h
б) p  – импульс фотона. При отражении изменение
λ
2h
h
импульса фотона Δp  2 . Такой же импульс получит зеркало p3  Δp 
,
λ
λ
если N фотонов, отраженных за единицу времени на единицу площади
N 
W
Wλ

.
Stε Sthc
p3 
2h Wλ
2W


 14,8  10 7 Па. .
λ Sthc Sthc
p3 = 7,410-7 Па; p3 = 14,810-7 Па.
Ответ:
8. Сколько граммов урана с атомной массой 0,238 кг/моль расщепляется за
сутки работы атомной электростанции, тепловая мощность которой 106 Вт?
Дефект массы при делении ядра урана равен 410-28 кг. КПД электростанции
составляет 20%.
Дано:
М = 0,238 кг/моль
t = 1 сут = 86400 с
Р = 106 Вт
m = 410-28 кг
η = 20% = 0,2
m1 – ?
Решение:
Ап
, где Ап = Pt,
Аз
m
Pt
N A – число
Аз = Е, т.е. η  . E = (mc2)N; где N 
M
E
Коэффициент полезного действия η 
ядер в массе m. Тогда η 
m1 
PtM  100 %
, отсюда
(Δmc2 )m1N A
PtM
 4,7  10 3 кг  4,7 г.
2
Δmc ηN A
Ответ:
9. Электрон, ускоренный электрическим полем, приобрел
скорость, при которой его масса стала равна удвоенной массе
покоя. Чему равна разность потенциалов, пройденная
электроном? Масса покоя электрона 9,110-31 кг, заряд электрона
1,610-19 Кл, скорость света в вакууме 3108 м/с. Результат
представьте в мегавольтах (1 МВ = 106 В) и округлите до
десятых.
m1 = 4,7 г
p2
p
p1
y
71
Дано:
m0 = 9,110-31 кг
|е| = 1,610-19 Кл
с = 3108 м/с
Решение:
Работа поля A = |e|U идет на изменение кинетической энергии
частицы Ек = Ек – 0 = Ек; Ек = mc2 – m0c2 = 2m0c2 – m0c2 =
= m0c2;
m0 c 2
eU  m0c ; U 
, m0 – масса покоя, с = 3108 м/с.
e
2
U–?
m0 c 2 9,1  10 31  (3  10 8 ) 2
U

 0,51 (МВ)
e
1,6  10 19
Ответ:
U = 0,5 МВ
10.
Какое количество воды, взятой при 0°С можно перевести в пар,
если использовать все тепло, выделяющееся при образовании из протонов и
нейтронов 0,2 г гелия? Результат представьте в тоннах (т) и округлите до
целого числа.
Дано:
Решение:
t = 0°С, Т = 273 К
t = 100°С, Т = 373 К Энергия, выделяющаяся при образовании из протонов и
mг = 0,2 г = 210-4 кг нейтронов гелия, идет на нагревание и парообразование
воды Е = Q1 + Q2, где Q1 = CвmвT, Q2 = r mв. Е = mгc2N,
mв – ?
m
N  г N A = 3,011022. Тогда Cв mв (Т к  Т1 )  rmв  Δmг c 2 mг N A ; mг – дефект
Mг
Mг
массы ядра гелия. mг = zmp + nmn – mя, z = 2, n = 2. mг = 4.7310-29 кг.
E
Е = 1,31011 Дж. mв 
= 48103 (кг) = 48 (т).
Cв ΔT  r
Ответ: mв = 48 т.
11.
Какая часть атомов радиоактивного кобальта
20 суток, если период полураспада равен 72 суткам?
Дано:
58
27 Со
t = 20 суток
Т = 72 сут
N
=?
N0
58
27 Со
распадается за
Решение:
 λt
Используем закон радиоактивного распада: N  N 0 e , где
N - число нераспавшихся атомов; N = N0 – N – число
ln 2
 λt
распавшихся атомов. N   N 0 (1  e ) , λ 
–
T
постоянная радиоактивного распада атомов.
N
N
 1  e  λt – доля распавшихся атомов.
 1  e  λt = 0,175.
N0
N0
Ответ:
N
N 0 = 0,175
72
Часть Б
1. Электрон в атоме водорода может находиться на круговых орбитах
радиусами 0,510-8 м и 210-8 м. Во сколько различаются угловые скорости
электрона на этих орбитах?
Дано:
Решение:
-8
r1 = 0,510 м
qя е
qя е
2
F
а
;
F

 mω2 r
-8
к = maц;
ц =  r;
к
2
2
r2 = 210 м
4πε0r
4πε0 r
1/2 – ?
qя е
qя е
2
(1);

m
ω
r
 mω22 r2 (2)
1 1
2
2
4πε0r1
4πε0 r2
Разделим уравнение (1) на (2), получим
r22 ω12  r1
,

r12 ω22  r2
отсюда
ω1
r22 r2
r23
(2 10 8 )3
 2  3 
8
ω2
r1 r1
r1
(0,5 10 8 )3
Ответ:
1/2 = 8
2. На сколько увеличится масса пружины жесткостью 10 кН/м при ее
растяжении на 3 см (1 кН = 103 Н). Скорость света в вакууме 3108 м/с.
Результат представьте в аттокилограмах (1 акг = 10-18 кг).
Дано:
Решение:
k = 10 кН/м
k  x2
2
Закон сохранения энергии Δm  c 
, отсюда
x = 3 см
2
c = 3108 м/с
k  x 2 10 4  9  10 4
Δm 

 50 (акг)
m–?
2  c2
2  9  1016
Ответ:
m = 50 акг
3. С помощью камеры Вильсона, помещенной в магнитное поле 0,01 Тл,
наблюдается упругое рассеяние -частицы на неподвижных ядрах дейтерия.
Найдите начальную энергию -частицы, если радиусы кривизны начальных
участков траекторий ядра дейтерия и -частицы после рассеяния оказались
равными 0,1 м. Обе траектории лежат в плоскости, перпендикулярной линиям
индукции магнитного поля. Масса протона mp = 1,6710-27 кг, элементарный
заряд qp = 1,610-19 Кл. Считать массу -частицы равной 4mp, заряд 2qp; массу
ядра дейтерия – 2mp, заряд qp. Результат представьте в эВ (1 эВ = 1,610-19 Дж) и
округлите до целого числа.
73
Дано:
В = 0,01 Тл
R = 0,1 м
mp = 1,6710-27 кг
qp = 1,610-19 Кл
m = 4mp
q = 2qp
mд = 2mp
qд = qp
W – ?
Решение:
Wα  Wα  Wд – закон сохранения энергии
mα υ α2
– энергия -частицы после рассеяния
2
mα υα2
q BR
qα Bυα 
Fл = mац;
,
отсюда
υα  α
R
mα
Wα 
2
mα  qα BR 
(qα BR) 2

 
Wα 
;
2  2mα 
2mα
(qд BR) 2
Wд 
2mд
2
2
q 2p  ( BR) 2 3 q 2p 3 ( BRqp ) 2
(qα BR) 2 (qд BR)
( BR) 2  4q p

Wα 



 
 

2mα
2mд
2  4m p 2m p 
2
2 mp 4
mp
3 (0,01  0,1 1,6 10 19 ) 2
 
 72 (эВ)
4
1,67 10  27
Ответ:
W = 72 эВ
4. Энергия покоя электрона 0,51 МэВ (1 МэВ = 1,610-13 Дж). Какова
скорость электрона после сообщения ему энергии 1 МэВ в ускорителе?
Результат представьте в гигаметрах за секунду (1 Гм/с = 109 м/с) и округлите до
сотых. Скорость света в вакууме 3108 м/с.
Дано:
Решение:
Е0 = 0,51 МэВ
E = mc2;
E = E0 + Eк;
Eк = 1 МэВ
m0
;
E0 = m0 c2;
m
с = 3108 м/с
2
 υ
1  
υ–?
c
E0  Eк
m0c 2
1
;


2
2
E0
 υ
 υ
m0c 2 1   
1  
c
c
2
 υ   E0 
1     
;
 c   E0  Eк 
2
2
2
 E0 
 0,51 
  3 108 1  
υ  c  1  
  2,82 108 (м/с) = 0,28 (Гм/с)
 0,51  1 
 E0  Eк 
Ответ:
υ = 0,28 Гм/с
5. На дифракционную решетку падает нормально пучок света от
газоразрядной трубки, наполненной атомарным водородом. Постоянная
решетки 510-4 см. С какой орбиты должен перейти электрон на вторую орбиту,
74
чтобы спектральную линию в спектре 5-го порядка можно было наблюдать под
углом 41. Постоянную Ридберга принять равной 10967876 м-1.
Дано:
Решение:
-4
d = 510 см
1
1
1
1
1
1
 1
;
 R 2  2  ;
 2
n
2
m=2
1
1
λ
Rλ
n 
n
m
m

k=5
m2 Rλ
φ = 41
d sin φ
d sin = k,
отсюда
λ
n–?
k
n
1
1
k

2
Rd sin φ
m

1
1
5

4 10967876  5  10  4  sin 41
3
Ответ:
n=3
6. В результате реакции слияния неподвижных ядер дейтерия (заряд ядра
Z = 1, массовое число А = 2) и трития (Z = 1, А = 3) образуется новое ядро и
нейтрон. Определите кинетическую энергию нейтрона. Зависимостью массы от
скорости пренебречь. Принять: 1 а.е.м. = 931,49 МэВ; масса атома дейтерия –
2,0141 а.е.м.; масса атома трития – 3,01605 а.е.м.; масса атома гелия –
4,00260 а.е.м.; масса нейтрона – 1,00867 а.е.м. Результат представьте в
мегаэлектрон-вольтах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
2
3
2
3
4
1
1 H; 1H
1 H 1 H 2 He  0 H
mд = 2,0141 а.е.м.
Q = [mд + mтр – mг – mn]  с2 – энергия, выделяемая при слиянии
mтр = 3,01605 а.е.м.
ядер дейтерия и трития
mг = 4,00260 а.е.м.
Q = 17,5 (МэВ)
mn = 1,00867 а.е.м.
Эта энергия распределяется между атомами гелия и нейтрона
Ек.n – ?
0 = mгυг – mnυn;
mгυг = mnυn
Возведем последнее выражение в квадрат
(mгυг)2 = (mnυn)2
Определим соотношение Ек.г / Ек.n
 mг υг2 
 mn υ 2n 
  mn 
 ; mг Eк.г  mn Eк.n
mг 
2
2




Eк.n 
mг Eк.г
 4Eк.г ,
mn
отсюда
Eк.n 
Eк.г 
Eк.n
4
5
Q  Eк.г  Eк.n  Eк.n
4
4  Q 4  17,5

 14 (МэВ)
5
5
Ответ:
Ек.n = 14 МэВ
75
Рекомендуемая литература
1. Тюрин Ю.И. Ч.1. Механика. Молекулярная физика. Термодинамика: учебное
пособие для технических университетов / Ю.И. Тюрин, И.П. Чернов, Ю.Ю.
Крючков – Томск: Изд-во Томского ун-та, 2002. – 502 с.
2. Матвеев А.Н. Механика и теория относительности: Учебное пособие. – 4-е
изд.,стер. – СПб.: Издательство «Лань», 2009. – 336 с.
3. Матвеев А.Н. Молекулярная физика: Учебное пособие для студентов вузов. –
3-е изд. – М.: ООО «Издательство Оникс»: ООО «Издательство «Мир и
образование», 2006. – 360 с.
4. Сивухин Д.В. Общий курс физики. – М.: Наука, 1989. – 591 с.
5. Детлав А.А., Яровский Б.М. Курс физики. – М.: Академия, 2007. – 720 с.
6. Трофимова Т.И. Курс физики: учеб. пособие для вузов – Изд. 14-е, перераб.
и доп. – М.: Издательский центр «Академия», 2007. – 560 с.
7. Бондарев Б.В. Курс общей физики. В 3 кн. Кн. 1. Механика: Учеб пособие/
Б.В. Бондарев, Н.П. Калашников, Г.Г. Спирин – 2-е изд., стер. – М.: Высш.
шк., 2005 – 352 с.
8. Бондарев Б.В. Курс общей физики. В 3 кн. Кн. 3. Термодинамика.
Статистическая физика. Строение вещества: Учеб пособие/ Б.В. Бондарев,
Н.П. Калашников, Г.Г. Спирин – 2-е изд., стер. – М.: Высш. шк., 2005 – 366
с.
9. Калашников Н.П. Основы физики. В 2 т.: учебник для вузов/ Н.П.
Калашников, М.А. Смондырев. – 3-е изд., стереотип. – М.: Дрофа, 2007.
10. Рогачев Н.М. Курс физики: учебное пособие. – СПб.: Издательство «Лань»,
2008. – 448 с.:
11. Поздеева Э.В., Ульянов В.Л. Физика. Физические основы механики,
молекулярной физики и термодинамики. Механические колебания и волны:
учебное пособие. – Томск: Изд-во ТПУ, 1999. – 136 с.
12. Ботаки А.А. Физика: учебное пособие/ А.А. Ботаки, В.В. Ларионов, Э.В.
Поздеева – Томск: Изд-во ТПУ , 2004. – 120 с.
13. Чернов И.П. Физика: Сборник задач. Часть 1. Механика. Молекулярная
физика. Термодинамика: учебное пособие/ И.П. Чернов, В.В. Ларионов,
Ю.И. Тюрин – Томск: Изд-во Томского ун-та, 2004. – 390 с.
14. Кузнецов С.И. Физические основы механики: учебное пособие. – Томск:
Изд-во ТПУ, 2007. – 121 с.
15. Кузнецов С.И. Колебания и волны. Геометрическая и волновая оптика:
учебное пособие. – Томск: Изд-во ТПУ, 2007.
16. Кузнецов С.И. Молекулярная физика. Термодинамика: учебное пособие. –
Томск: Изд-во ТПУ, 2007. – 113 с.
76
ПРИЛОЖЕНИЯ
Соотношения между единицами скорости
Единицы
скорости
1 м/ч
1 см/с
1 м/мин
1км/ч
1 м/с
1 км/с
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
м/ч
км/с
м/мин
км/ч
м/с
км/с
2,78·10–6
1,67·10–2
10–3
2,78·10–4
2,78·10–7
1
0,6
0,036
0,01
10–5
1,67
1
0,06
1,67·10–2
1,67·10–5
27,8
16,7
1
0,278
2,78·10–4
100
60
3,6
1
10–3
10,5
6·104
3600
1000
1
1 км/ч = 0,27778 м/с = 16,667 м/мин = 27,778 см/с
Некоторые справочные данные
Масса Солнца
1,99·1030 кг
Радиус Солнца
6,95·108 м
Масса Земли
5,976·1024 кг
Радиус Земли
6,37·106 м
Масса Луны
7,35·1022 кг
Радиус Луны
1,74·106 м
Масса первого искусственного спутника Земли
83,6 кг
Масса одного литра воды
1 кг
Масса молекулы водорода
33·10–28 кг
Расстояние от центра Земли до центра Солнца
1,49·1011 м
Расстояние от центра Земли до центра Луны
3,48·108 м
Физические постоянные
Нормальное ускорение свободного падения g
9,80665 м/с2
Гравитационная постоянная G
6,67·10–11 м3/(кг·с2)
Скорость света в вакууме c
3,00·108 м/с
Постоянная Планка h
6,63·10–34 Дж·с
Масса электрона me
9,1·10–31 кг
Масса протона mp
1,672·10–27 кг
Масса нейтрона mn
1,675·10–27 кг
Атомная единица массы, а.е.м.
1,66·10–27 кг
Элементарный заряд, е
1,6·10–19 Кл
Удельный заряд электрона, –е/те
–1,76·1011 Кл/кг
Молярный объем идеального газа при нормальных условиях
0,022 м3/моль
(Т0 = 273,15 К, р0 = 101325 Па), Vm = RT0/p0
Постоянная Авогадро, NA
6,022·1023 моль–1
Постоянная Больцмана, k = R/NA
1,38·10–23 Дж/К
Универсальная газовая постоянная, R
8,31 Дж/(моль·К)
Гравитационная постоянная, G; γ
6,67·10–11 Н·м2/кг2
Магнитная постоянная, μ0
12,57·10–7 Гн/м
Постоянная Планка, h
6,63·10–34 Дж/Гц
ħ = h/(2π)
1,055·10–34 Дж/Гц
Постоянная Фарадея, F = NA e
9,65·104 Кл/моль
Электрическая постоянная, ε0 = 1/(μ0с2)
8,85·10–12 Ф/м
0,53·10–10 м
Боровский радиус, a0 = /(4πR)
Скорость света в вакууме, с
299792458 м/с
2
Энергия покоя нейтрона, mnc
939,573 МэВ
Энергия покоя протона, mpc2
938,28 МэВ
2
Энергия покоя электрона, mec
0,51 МэВ
1
36
60
1000
3600
3,6·106
77
Учебное издание
КУЗНЕЦОВ Сергей Иванович
МЕЛЬНИКОВА Тамара Николаевна
ПЕТЕЛИНА Валентина Михайловна
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ РАЗНОГО УРОВНЯ СЛОЖНОСТИ
Учебное пособие
Научный редактор доктор физико-математических наук, профессор
И.П. Чернов
Редактор О.Н. Свинцова
Компьютерный набор: Я.А. Панов
Дизайн обложки: О.Ю. Аршинова
Подписано к печати 30.04.2010. Формат 60х84/16. Бумага «Классика».
Печать XEROX. Усл.печ.л. 6,98. Уч.-изд.л. 6,42.
Заказ
. Тираж 150 экз.
Томский политехнический университет
Система менеджмента качества
Томского политехнического университета сертифицирована
NATIONAL QUALITY ASSURANCE по стандарту ISO 9001:2000
. 634050, г. Томск, пр. Ленина, 30.
78