10 класс Задача 1. Из тонких однородных листов жести спаяли полый куб, к двум противоположным вершинам большой диагонали которого припаяли проводники (рис. 1). Сопротивление куба между этими проводниками оказалось равным R=7 Ом. Вычислите силу электрического тока, пересекающего ребро АВ куба, если проводники подключены к источнику напряжения U=42 В. Решение Рассмотрим ребра куба АВ, ВС, CD, DE, EF, и FA (рис. 2, 3). Поскольку они опоясывают весь куб, то сумма сил токов, протекающих через них, равна I∑=U/R=6 А. Поскольку рассматриваемые ребра расположены симметрично, то силы токов, протекающие через них, равны, следовательно, искомая сила тока I=I∑/6=1 А. Ответ: 1А. Задача 2. В цилиндре, закрытом подвижным поршнем, находится идеальный одноатомный газ. На рисунке показана диаграмма, иллюстрирующая изменение внутренней энергии газа и его количество теплоты. Опишите изменение объема, давления и температуры газа при переходе его из состояния 1 в состояние 2, а затем в состояние 3. Решение В процессе В Рис. 1 O E F А E F D А D C O А C В В Рис. 2 Рис. 3 U 1 2 3 Q 0 1 → 2 внутренняя энергия газа не изменяется U = Const ∆U = 0 , а из первого начала термодинамики ∆Q = ∆A и ∆Q = Q2 − Q1 > 0 значит ∆A > 0 - газ, расширяясь, совершает положительную работу, а значит увеличивает свой объем. В процессе 2 → 3 количество теплоты у газа не изменяется Q = Const ∆Q = 0 , а из первого начала термодинамики ∆U = −∆A и ∆U = U 3 − U 2 < 0 значит ∆A > 0 - газ, ∆U + ∆A = 0 расширяясь, также совершает положительную работу, а, значит, увеличивает свой объем. В процессе 1 → 2 внутренняя энергия газа не изменяется U = Const U = CVν T . Ни теплоемкость газа, ни его количество по условию задачи не изменяются, значит, постоянна и температура. В процессе 2 → 3 внутренняя энергия газа уменьшается, значит, уменьшается и его температура. В процессе 1 → 2 температура газа не изменяется, а объем увеличивается, значит PV = PV V2 > V1 ⇒ P2 < P1 давление 1 1 2 2 уменьшается. В процессе 2 → 3 внутренняя энергия газа уменьшается, значит, уменьшается и его температура, а объем растет T3 < T2 , V2 < V3 Ответ: PV PV 2 2 = 3 3 T2 T3 P3 = V2T3 P2 ⇒ P3 < P2 - давление падает. T2V3 1 → 2 V ↑ , T = Const , P ↓ 2 → 3 V ↑ , T ↓ , P↓ Задача 3. На гладкой горизонтальной m2 поверхности около стенки стоит симметричный R брусок массы m1. с углублением полусферической A формы радиуса R. Из точки А, без трения и начальной скорости соскальзывает маленькая m1 шайба массой m2. Какова максимальная скорость бруска при его последующем движении, амплитуда колебаний и период его колебаний. Решение При движении шайбы точки А к точке В брусок давит на стену, поэтому система брусокшайба не замкнута. P ≠ const . После прохождения шайбой точки В брусок начинает двигаться вправо m2 R A C B m1 r r ( F12 = −F21 ), растрачивая энергию шайбы. Поэтому С ниже А. После прохождения шайбой точки В система брусок-шайба становится замкнутой и для неё выполняются законы сохранения (на левую стенку брусок больше не давит). r P = m 2V2B = const 2 m 2 V2B m 2gR = 2 V2B = 2gR Для точки С m 2 2gR = (m1 + m 2 )U Для точки В будет 2Uc После точки С, шайба движется влево, а брусок вправо и скорость бруска будет максимальна, когда шайба будет в точке В. Затем его скорость будет уменьшаться, т.к. после прохождения справа налево шайбой точки В сила на брусок действует влево. Для точки В при движении шайбы справа налево. E = сonst P = m2 ⎧ m 2 U 22 m 2 U12 + ⎪ m gR = 2gR = const ⎨ 2 2 2 ⎪m 2gR = m U − m U 1 1 2 2 ⎩ 2 ⎧⎪ 2m 2gR − m 2 U 22 = m1U12 ⎨ ⎪⎩m 2 2gR − m 2 U 2 = m1U1 ( ( ) ⎧ m 2 2gR − U 22 = m1U12 ⎪ : ⎨ + = m 2gR U m U ⎪⎩ 2 2 1 1 ) 2gR − U 2 = U1 m 2 2gR = m1U1 − m 2 ( U 2 = 2gR − U1 ) 2gR − U1 = m1U1 − m 2 2gR + m2 U1 2m 2 2gR = (m1 + m 2 )U1 U1 = 2m 2 2gR m1 + m 2 Амплитуду находим из постоянства положения центра масс: m1a = m2 R ⇒ a = Для периода: Vmax = U1 = aω = a m2 R m1 2π ⇒ T 2π T =a = Ответ: U1 = m2 R m1 2π 2π a 2π a = = = = Vmax U1 2m 2 2gR 2m 2 2gR m1 + m 2 m1 + m 2 2π m2 R (m1 + m 2 ) 2m 2 m1 2gR = π R(m1 + m 2 ) m1 2gR mR π R(m1 + m 2 ) 2m 2 2gR a= 2 T = m1 + m 2 m1 m 2gR 1 Задача 4. В прочном, закрытом, теплоизолированном сосуде объемом 4 кубометра, находится 32 г. кислорода и 2 г. водорода при температуре 10 о С. После реакции образования водяного пара температура в сосуде возросла в 2 раза. Как изменилось давление газа в сосуде? (Давление насыщенного водяного пара при температуре 20 оС – 2328 Па) Решение PV = ν RT ⇒ P = ν RT V ν 2 RT2 ⇒ P2 νT ν = V = 2 2 = 10 2 P1 ν 1 RT1 ν 1T1 ν1 V 32 2 = 1 − − − −ν H 2 = = 1моль − − − −ν 1 = ν O2 + ν H 2 = 2 32 2 1 3 O2 + 2 H 2 = 2 H 2O ⇒ ν 2 = ν O2 + ν H 2O = + 1 = 2 2 ν 2 RT2 P2 νT ν 3 = V = 2 2 =2 2 =2 =3 P1 ν 1 RT1 ν 1T1 ν1 2 V ν O2 = Но это не все. Нужно проверить, не произошла ли конденсация пара. Сначала найдем начальное давление смеси газов в сосуде: P1 = PO2 + PH 2 = ν O2 RT ν H 2 RT + V P2 = 3P1 = 3528 Па. V = (ν O2 + ν H 2 ) RT 8,31 ⋅ 283 =2 = 1176 Па. V 4 Но давление насыщенного водяного пара при температуре 20 оС – 2328 Па. А это значит, что после реакции давление смеси не поднимется до 3528 Па, при давлении 2328 Па водяной пар начинает конденсироваться и давление повышаться не будет. Ответ: 2328 Па. Задача 5. По каким причинам, и на сколько процентов, вес любого тела на полюсе отличается от его веса на экваторе. Необходимые константы можно взять из приведенного фрагмента справочных материалов: радиус Земли на полюсе – 6357 км, радиус Земли на экваторе – 6378 км, ускорение свободного падения на полюсе – 9.78 м/с2, на экваторе – 9.83 м/с2, продолжительность суток 24 часа, масса Земли 5.9742 × 1024 кг, гравитационная постоянная 6.67300 × 10-11 м3 кг-1 с-2. Решение Причин, возможно, несколько. Различие радиусов Земли. На полюсе R1 меньше чем на экваторе R2 ( R1 < R2 ) . Вращение Земли, неоднородность плотности Учитываем наиболее значимые - первые две. r Земли. r P = −N 1 На полюсе GMm GMm . − N = 0 ⇒ N = P = 1 1 1 2 2 R1 R1 2. На экваторе: GMm GMm GMm ⎛ 2π ⎞ 2 2 N ma m ω R N P m ω R m − = = ⇒ = = − = − n 2 2 2 2 2 ⎜ ⎟ R2 2 2 2 R2 R2 R2 ⎝ T ⎠ 2 Различие весов: 2 GMm GMm ⎛ 2π ⎞ ∆P = P1 − P2 = − + m ⎜ ⎟ R2 2 2 R1 R2 ⎝ T ⎠ И в процентах: 2 2 ⎞ ⎛ GMm GMm ⎞ ⎛ GMm ⎛ R12 ⎞ 2 π ⎛ 2π ⎞ ⎛ ⎞ 1 − m R − + m R ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 ⎜ ⎟ 2 2 2 ⎜ ⎟ 2⎟ R R R R T ∆P T ⎝ ⎠ 1 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 2 ⎟100% = ⎟=⎜ ε= 100% = ⎜ + ⎜ ⎟ GMm GMm GMm ⎜ ⎟ P1 ⎜ ⎟⎟ 2 2 2 ⎜ ⎟ ⎜ R R R 1 1 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎛ R12 ⎞ 4π 2 R2 ⎞ ⎛ ( R2 − R1 )( R2 + R1 ) 4π 2 R2 ⎞ = ⎜ ⎜ 1 − 2 ⎟ + 2 ⎟100% = ⎜ + 2 ⎟ 100% = 1.01% 2 ⎜ ⎟ R T g R T g1 ⎠ 2 1 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ Ответ: 1.01%