Возможные решения

Возможные решения.
10 – 11 класс
1. Механика
1. Пусть расстояние между столбами равно s , скорость велосипедиста в момент, когда он
поравняется с первым столбом, равна v0 , его ускорение равно a , а время движения на первом,
t1 , t2
втором и третьем участках –
и
t3
соответственно. Тогда скорость велосипедиста, когда он
поравняется со вторым столбом, равна v0  at1 , а с третьим столбом – v0  at1  at2 .
Уравнения движения велосипедиста на первом, втором и третьем участках движения, имеют вид
at12
S  v0t1 
2
,
at32
at22
, S   v0  at1  at2  t3 
.
S   v0  at1  t2 
2
2
(1)
Запишем последнее уравнение в следующем виде
t 

t32  2  t1  t2  0  t3   2  0 ,
2

где
t0 
2v0
2S
, 
a
a
. Решая уравнение (2) относительно
(2)
t3 , получаем
2
t 
t 


t3    t1  t2  0    t1  t2  0    2
2
2


.
Второй корень уравнения (2) отрицателен, поэтому его необходимо отбросить. Выразим, далее,
и  через заданные времена
(3)
t0
t1 , t2 , для чего перепишем первые два уравнения системы (1) в виде
t22   2t1  t0  t2   2 .
t12  t1t0   2 ,
Приравнивая эти выражения, находим t0
t22  t12  2t1t2 12  22  2 *1* 2
t0 

 1 с.
t1  t2
2 1
Подставляя t0 в любое из уравнений (4), получаем
t t
2 1
 2  1 2 t1t2 
* 2*1  6 с2.
t1  t2
2 1
(4)
Тогда
t3    2  1  0,5   2  1  0,5  6  18,25  3,5  0,77 с.
v0 – скорость грузовика с прицепом при равномерном движении, F – сила
2
2. Пусть
тяги
двигателя грузовика, которая при равномерном движении равна силе сопротивления, равной
 M , где  – коэффициент сопротивления, равный fg , где g – ускорение свободного падения,
и f – коэффициент трения. После того, как отцепится прицеп, уравнения движения грузовика и
прицепа имеют вид
 M  m  a1  F    M  m  ,
ma2    m .
(1)
Из второго уравнения системы (1) следует, что ускорение прицепа равно
остановки пройдет путь
К
моменту
,
поэтому он до
v02
v02
s2 

.
2 a2 2 
выключения
двигателя
грузовик
пройдет
путь
s
с
ускорением
  M  m
F
M
m
, и в конце пути приобретет
 


M m
M m
M m
M m
2
скорость v  v0  2a1s .
После выключения двигателя ускорение грузовика равно  , поэтому пролходимый до остановки
a1 
путь равен
v02
v 2 v02  2a1s v02 s  m
m
s1 





s.
2
2
2  M  m 2 M  m
Искомое расстояние между остановившимися грузовиком и прицепом равно
v02
v02
m
M
l  s  s1  s2  s 

s

s
2 M  m
2 M  m
Подставляя числовые значения, находим
l
10
300  500 м.
10  4
3. Так как удар упругий, то выполняется закон сохранения энергии
mv02 mv 2 Mu 2
,


2
2
2
шарика, u – скорость клина
(1)
где v0 и v – начальная и конечная скорость
после удара. Закон
сохранения импульса выполняется только в проекции на горизонтальную ось
mv0  Mu .
(2)
При упругом ударе шарика о плоскость клина угол падения шарика равен углу отражения, и
сохраняется составляющая импульса, параллельная плоскости клина, а составляющая импульса,
перпендикулярная плоскости, меняется на противоположную, поэтому разность векторов
mv  mv0 перпендикулярна плоскости клина, т. е., образует угол α с вертикалью.
Следовательно,
mv  mv0 ctg .
(3)
Из уравнений (1)-(3) получаем
ctg  1 
m
M
.
4. Брусок действует на клин с силой, равной N  P cos  , направленной перпендикулярно
плоскости клина. Так как клин неподвижен, поскольку удерживается горизонтальной плоскостью
и вертикальной стенкой, то горизонтальная составляющая силы N уравновешивается силой
реакции стенки, следовательно
N x  N sin   P sin  cos  .
a
a
a2
Поскольку sin   , то, окончательно, N x  P
1 2
g
g
g
.
5. Запишем закон сохранения импульса в проекции на горизонтальную ось
m1v  m2u ,
где
m1
– масса шарика,
v
– его начальная скорость,
удара. Из приведенного уравнения
v
m2
– масса бруска,
u
– его скорость после
m2u
. Количество теплоты Q , выделившееся при ударе,
m1
равно разности начальной и конечной кинетической энергии системы:

m1v 2 m2u 2 m1 m22u 2 m2u 2 m2u 2  m2
Q





1

.
2
2
2
2 m1
2
2  m1

Подставляя числовые значения, получаем
50 *103 *12  50 
2
Q
  1  30 *10
2
 30 
Дж.
6. Решение задачи дается приведенным ниже построением двух силовых треугольников, из
которых определяется натяжение нити T1 по известной силе тяжести P и натяжениям T2 и T3 .
T3
T2
P
–T2
T1
P
К решению задачи 6
7. В системе отсчета, связанной с вагоном, на груз в равновесии действует сила тяжести
P  mg ,
направленная вертикально вниз, и сила инерции F  ma , направленная горизонтально в
сторону, противоположную ускорению a . Равнодействующая этих сил направлена вдоль нити, на
которой подвешен груз, поэтому в равновесии нить образует с вертикалью угол
 , tg 
a
.
g
Если вначале нить была расположена вертикально, то она была отклонена на угол  от
положения равновесия, следовательно, груз на нити будет совершать колебания, отклоняясь на
угол  от положения равновесия, следовательно, максимальное отклонение груза от вертикали
равно 2 , тогда высота, на которую поднимется груз, равна
a/ g

tg 2
a2
.
h  l 1  cos 2   2l sin   2l
 2l
 2l 2
2
2
1  tg 2
g

a
1 a / g 
8. При максимальном отклонении маятника от положения равновесия на угол  скорость груза
2
2
равна нулю, поэтому натяжение нити равно
T1  P cos  .
При прохождении грузом положения равновесия к силе тяжести добавляется центробежная сила
P v2
F
g l
, поэтому натяжение нити
T2
равно
P v2
T2  P 
g l
 . При отклонении на угол  груз поднимется на высоту
потенциальную энергию Ph  Pl 1  cos   , которая
Выразим скорость груза через угол
h  l 1  cos  ,
.
и приобретет
переходит в кинетическую энергию груза при прохождении положения равновесия
P v2
 Pl 1  cos   ,
g 2
v2
 2 1  cos   , следовательно
откуда
gl
T2  P  2P 1  cos    P  3  2cos   .
3  2cos 
3
T2
 3 
 k , откуда cos  
По условию,
,   arccos 
 k , или
.
cos 
k2
T1
k

2


9. Вначале оба бруска имели одинаковую потенциальную и кинетическую энергию, которая
переходит в кинетическую энергию брусков у основания наклонной плоскости и в работу против
сил трения брусков о плоскость. Уменьшение потенциальной энергии брусков одинаково, а
уменьшение кинетической энергии больше для бруска, пущенного вверх, т. к. он проходит
больший путь до основания наклонной плоскости. Следовательно, брусок, пущенный вверх,
достигнет основания плоскости с меньшей скоростью.
10. Ускорение, с которым капли скатываются с крыши, равно
a  g sin   g
где
s  H 2   L / 2
2
2
2s
2s
t


a
gH
При фиксированном значении
L
.
2
,
– путь, проходимый каплями. Поскольку движении капель
равноускоренное, они проходят путь
H
H
s
L
s
за время

2 H 2   L / 2
время
gH
t
2

минимально при
L 2H
L

.
g L
2H
2H
 1, поэтому искомая
L
высота
11. Период колебаний математического маятника равен
T  2
l
g
, где
l
– длина маятника,
– ускорение свободного падения в месте расположения маятника. Обозначим через
ускорение свободного падения на полюсе планеты ( G
4
M   R3 
3
– масса планеты,
R
M
R2
g0  G
– гравитационная постоянная,
– ее радиус). Ускорение свободного падения на экваторе
будет меньше из-за центробежной силы, связанной с вращением планеты с угловой скоростью
g  g0  2 R .
T
По условию,
 n,
T0
равенства находим  :

откуда
g
1
 2,
g0 n
следовательно,
2 R 1
1
 2
g0
n
:
. Из последнего
g0 
1 
4 G  R 3 
1 
4 G  
1 
1


1

1  2  



.
R n 
3R 3  n 2 
3  n2 
Переходим от угловой скорости к периоду обращения планеты вокруг своей оси
Получаем
  2
g

2

.
3
3
.

4 G  1  1/ n 2 
G  1  1/ n 2 
Подставляя числовые значения, находим период обращения планеты

3*3.14
 2,5
11
3
2
6.67 *10 *3*10 1  1/1,5 
12. Выделим малый элемент кольца массой
m  m
часа.

, где   1
2
– центральный угол,
опирающийся на элемент кольца. На этот элемент, находящийся в равновесии, действует сила
тяжести P  g m , направленная вертикально вниз, силы натяжения кольца T , приложенные
к торцам выделенного элемента, и лежащие в горизонтальной плоскости, и реакция конуса N ,
направленная перпендикулярно его поверхности. Проектируя силы на вертикальную ось,
получаем
N sin   P  g m  mg
Проектируя силы на горизонтальную биссектрису угла
 , получаем


 N cos   N sin  ctg  mg
ctg .
2
2




ctg , откуда
 мал, то sin
, тогда T   mg
2
2
2
2T sin
Поскольку угол

.
2
tg 
mg
 mg 
,  min  arctg 
.
2 T
 2 T 
α
T
ΔN
Δφ
α
T
К решению задачи 12
2. Молекулярная физика и термодинамика
13. По условию, в процессе объем газа пропорционален
T
, поэтому температура
пропорциональна квадрату объема, а, поскольку для идеального газа отношение
то в рассматриваемом процессе
p
 const ,
V
следовательно, давление
объему V . Работа газа в процессе при расширении от объема
изображенной на рисунке, которая равна
V1 до V2
p
пропорционально
равна площади трапеции,
p1  p2
1
V2  V1    p1V2  p2V2  p1V1  p2V1  .
2
2
p2 p1
Для нашего процесса
 , поэтому p2V1  p1V2 , и работа равна
V2 V1
1
A   p2V2  p1V1  .
2
С другой стороны, для одного моля газа pV  RT , следовательно
R
8.31
A  T2  T1  
 600  300   1245 Дж.
2
2
A
pV
 const ,
T
p
p2
p1
0
V1
V
V2
К решению задачи 13
14. Объем воды V , вытесняемый плавающим льдом массой
V
где

m , находим из закона Архимеда
mg m
 ,
g 
– плотность воды. Этот вытесненный объем вызовет повышение уровня воды в сосуде с
площадью сечения
S
h
на величину
V
4m
4 *1,5

 3
 0,048 м, или 4,8 см.
2
S  d
10 *3,14 * 0,12
15. Работа, совершенная газом за цикл, численно равна площади трапеции 1-2-3-4 в
координатах
A
pV -
1
 p1  p4  p2  p3 V2  V1  .
2
Перейдем к температурам, заданным в условии. Для изобарного процесса 3-4
(1)
V2  V1
T3
T4
,
следовательно
T

V2  V1  V1  3  1 .
 T4

Для изохорного процесса 4-1
T4
 p3 .
T1
Состояния 1 и 2 лежат на одной изотерме, поэтому p2V2  p1V1 , откуда
V
T
p2  p1 1  p1 4 .
V2
T3
p4  p1
Подставляя все найденные выражения в формулу (1), и учитывая, что для одного моля идеального
газа p1V1  RT1 , получаем расчетную формулу
A


T T  T
1
RT1 1  2 4  4  3  1 .
2
T1 T3   T4 

Подставляя числовые значения, получаем
8.31*600 
300 300  400 

 1  625 Дж.
1  2

2
600
400
300



через m0 и m массу пара в начальном и конечном состояниях.
Давление
p0  105
Па. При
A
16. Обозначим
t  100
насыщенного водяного пара при
С равно атмосферному
изотермическом уменьшении начального объема
V0
в 5 раз давление идеального газа возросло бы
в 5 раз и превысило бы давление p0 , а давление водяного пара достигает значения p0 и при
дальнейшем сжатии происходит его конденсация. Считая, что водяной пар подчиняется
уравнению Менделеева-Клапейрона, запишем
pV0 
m0
RT ,
M
p0V 
Отсюда масса сконденсировавшегося пара равна
m  m0  m 
m
RT .
M
M
 pV0  p0V  .
RT
p0
V0
,V 
, поэтому
5
2
p0V0 M  1 1  3 p0V0 M
105 *5*103 *18*103
m 
 0,3
 0,87 *103 кг,
  
RT  2 5  10 RT
8,31*373
По условию
p
или 0,87 г.
17. В изобарическом процессе на нагревание тратится больше теплоты, чем в изохорическом, т.к.
часть теплоты тратится на совершение газом работы A
V

T

Q1  Q2  A  p V2  V1   pV1  2  1  pV1  2  1 ,
 V1

 T1

V2 T2
поскольку в изобарическом процессе
 . Тогда
V1 T1
 Q  Q1 
350  250


T2  T1  2
 1   273  27  * 

1
 400 К,

6
3
 0,1*10 *3*10

 pV1

или 127º С.
18. Под поршнем находится насыщенный пар в равновесии с жидкостью при температуре
давлении
теплоты
p  p0 
Q
где
m
часть жидкости массой
неизменными,
pS h 
mg
,
S
а
поршень
m
RT , откуда
M
– масса поршня,
m 
Q
r
поднимется
S
и
– его площадь. При сообщении сосуду
испарится, давление
на
T
высоту
h ,
p
и температура
определяемую
T останутся
равенством
h 
Q
mg 

rMS  p0 

S 

RT 
Q
RT
rM  p0 S  mg 
где M – молярная масса жидкости.
19. При температуре T1 диссоциация молекул азота на атомы по схеме
отсутствовала, и уравнение Менделеева-Клапейрона имело вид
p1V  NkT1 ,
где
N
– число молекул азота,
k
N2  2N
(1)
– постоянная Больцмана. При повышении температуры до
число молекул азота уменьшилось до величины
1    N ,
T2
и появились атомы азота в
количестве 2 N , поскольку каждая молекула распадается на 2 атома. Давление
давлений молекулярного и атомарного азота, поэтому
p2
p2V  1    NkT2  2 NkT2  1    NkT2 .
равно сумме
(2)
Разделив уравнение (2) на уравнение (1),, получаем
p2
T
 1    2
p1
T1
.
p2
 n , тогда искомая степень диссоциации азота равна
p1
T
  n 1 1.
T2
T1
T
2T
Так как 0    1, то 1  n
 2 , следовательно, 2  n  2 .
T2
T1
T1
По условию, отношение
(3)
20. Поскольку сила упругости пружины пропорциональна величине ее сжатия, которая, в свою
очередь, пропорциональна объему части сосуда, где находится газ, по газ в сосуде совершает
процесс, при котором его давление пропорционально объему. Запишем уравнение МенделееваКлапейрона для начального и конечного состояния газа
p0V0   RT0 ,
Отсюда
np0 nV0   RmT0 .
n  m  2  1.41 .