Задание 27. Механика (расчетная задача). ЕГЭ 2023 по физике

Решение:

Запишем равенство моментов от силы тяжести и от приложенной силы. Момент силы тяжести $mg√{R^2-(R-h)^2}$, а от действующей силы $F(R-h)$, тогда $mg√{R^2-(R-h)^2}=F(R-h)$, помним, что $F=mg$.

$R^2-(R-h)^2=(R-h)^2⇒R=√2(R-h)⇒1.41h=0.41R$.

$h={0.41}/{1.41}·R=0.293·R$

Дано:

$m$ - масса

$α$ - угол

$T-?$

Решение:

1) Пусть $l$ - длина нити маятника. Определим начальную высоту шарика относительно положению равновесия $h=l-l·cosα=l(1-cosα)$.

2) По 2 закону Ньютона для груза маятника в момент прохождения им положения равновесия:
$T↖{→}+mg↖{→}=ma↖{→}$
$a= {υ^2}/{l}$ - центростремительное ускорение.
В проекции на вертикальную ось, направленную вверх: $T-mg=m{υ^2}/{l}$ → $T=mg+m{υ^2}/{l}$ (1)

3) По закону сохранения энергии $mgh={mυ^2}/{2}$, $mg(l-l·cosα)={mυ^2}/{2}$

4) Тогда уравнение (1) примет вид $T=mg+2mg{(l-l·cosα)}/{l}=mg+2mg({l(1-cosα)}/{l})=mg(3-2cosα)$

Дано:
$υ_0=3.13м/c$
$h-?$

Решение:

Запишем уравнения движения для 1 и 2 тела $\{\table\y=υ_0t_1-{gt_1^2}/{2}; \y=υ_0t_2-{gt_2^2}/{2};$

Также известно, что 2 тело бросили позднее по $t_1-t_2=τ$,
$τ$-время, за которое первое тело долетело до верхней точки.
В верхней точке $v=0=v_0-gτ$, значит $τ={υ_0}/{g}$.

$y=h$ - высота, на которой тела встретились.

Решим систему уравнений: (здесь представлено одно из множества возможных решений системы уравнений)
$\{\table\h=υ_0t_1-{gt_1^2}/{2}; \h=υ_0t_2-{gt_2^2}/{2};$
Вычитаем из верхнего уравнения нижнее:
$v_0(t_1-t_2)-g/2({t_1}^2-{t_2}^2)=0$
$v_0(t_1-t_2)-g/2(t_1-t_2)(t_1+t_2)=0$
$v_0-g/2(t_1+t_2)=0$
$v_0=g/2(t_2+τ+t_2)=g/2(2t_2+{υ_0}/{g})$ (учтено, что $t_1=t_2+τ$ и что $τ={υ_0}/{g}$)
$t_2={υ_0}/{2g}$
Подставим $t_2$ во второй уравнение: $h=υ_0{υ_0}/{2g}-{g/{2}({υ_0}/{2g})^2}={{υ_0}^2}/{2g}-1/{4}{{υ_0}^2}/{2g}={3}/{4}·{υ_0^2}/{2g}={3}/{4}·{{3.13}^2}/{2·10}≈0.4$м.

Если радиусы планет равны, то их объёмы тоже равны

Ускорение на Земле:$g_3=G{M_3}/{R_3}=G{ρ_3V}/{R_3}$

Ускорение на другой планете: $g_п=G{M_п}/{R_3}=G{1,5ρ_3V}/{R_3}$

$g_3=1,5g_п=15м/{c^2}$

Дано:

$m_1=m_2=3$кг

$k=1$Н/м

$μ=0.2$

$υ-?$

Решение:

1) Чтобы сдвинуть 2-й брусок, сила упругости должна сравняться с максимальной силой трения покоя, т.е. с силой трения скольжения: $kx=μ·N$, $x$ - растяжение пружины, $N$ - сила реакции опоры.
Из 2 закона Ньютона для груза в проекции на вертикальную ось получим, что $N=mg$, тогда $kx=μmg$ (1)

Мы знаем, что энергия пружины ${kx^2}/{2}$, а движущееся тело ${m·υ^2}/{2}$ должно затратить энергию на работу против сил трения и на растяжение пружины. Поэтому запишем закон сохранения энергии с учётом сил трения: ${m·υ^2}/{2}={kx^2}/{2}+μ·mg·x$ (2).

Из уравнения (1) получим: $x={μmg}/{k}$.
Подставим это в уравнение (2): ${m·υ^2}/{2}={k}/{2}·{(μmg)^2}/{k^2}+μmg·{μmg}/{k}$.
Преобразуя, получим: $υ=μg{√{3m}}/{k}=0.2·10{√{3·3}}/{1}=6м/с$

Дано:

$A=25·10^3Дж$

$A′=20·10^3Дж$

${T_н}/{T_х}-?$

Решение:

КПД идеальной тепловой машины определяется выражением: $η={T_н-T_х}/{T_н}=1-{T_х}/{T_н}$(1), откуда ${T_x}/{T_н}=1-η$(2).

С другой стороны: $η={Q_н-|Q_x|}/{Q_н}={A}/{Q_н}$(3).

При изотермическом сжатии работа внешних сил равна 20кДж, значит, в этом процессе газ отдает тепло холодильнику. Согласно 1 закону термодинамики $Q_х=-A'+0$ и значит, $A′=|Q_x|$. Тогда найдем $Q_н$ - количество теплоты, полученное от нагревателя: $Q_н=A+|Q_x|=A+A′=25+20=45кДж.$

По формуле (3) найдем КПД $η$: $η={A}/{Q_н}={25·10^3}/{45·10^3}=0.55$(5)

Подставим числовые значения в (2) и найдем ${T_н}/{T_х}$:
${T_х}/{T_н}=1-0.555=0.444$

${T_н}/{T_х}={1}/{0.444}$

${T_н}/{T_х}=2.25$

Дано:

$L = 0.6м$

$V_1 = 2V_2$

$T_l = T_2$

$T_2'=2Т_2$

$T_1'=T_1$

$∆l-?$

Решение:

Приведем рисунок для решения задачи, причем условимся писать все величины, соответствующие начальному моменту времени, писать без «звездочки», а конечному — со «звездочкой».

Так как поршень и в начальный, и в конечный момент времени будет находиться в равновесии, то можно записать первый закон Ньютона и два уравнения Клапейрона-Менделеева.

$\{\table\p_1S=p_2S; \p_1V_1=υ_1RT_1; \p_2V_2=υ_2RT_2;$

Из первой строки системы видно, что давления газов равны, те. $р_1 = р_2 = р$. Зная, что по условию $V_1=2V_2$ и $T_1= T_2 = Т$, получим:

$\{\table\2pV_2=υ_1RT; pV_2=υ_2RT;$

Поделив верхнее выражение на нижнее, имеем: ${υ_1}/{υ_2}=2$.

Отлично, мы нашли отношение количества молей газов в левой и правой части сосуда. Теперь повторим то же самое и для конечного момента времени, те. опять запишем первый закон Ньютона и два уравнения Клапейрона-Менделеева:

$\{\table\p'_1S=p'_2S; \p'_1V'_1=υ_1RT'_1; \p'_2V'_2=υ_2RT'_2;$

Опять видно, что $р'_1 =р'_2 = р'$. Теперь разберемся с температурами. Так как $Т'_2 = 2Т_2 = 2Т$ и $Т'_1=Т_1=Т$, то очевидно, что их отношение равно ${Т'_2}/{Т'_1}=2$. Тогда:

$\{\table\p'_1V'_1=υ_1RT; \p'V'_2=2υ_2RT;$

Поделим нижнее выражение на верхнее: ${V'_2}/{V'_1}=2{υ_2}/{υ_1}=2·{1}/{2}=1$

Значит поршень в конце разделит сосуд на две равные части. Для того, чтобы узнать на сколько сместиться поршень, следует заметить такой факт: ${L}/{l_1}={V}/{V_1}$.

В задаче считается, что поршень имеет нулевую толщину. В этой формуле $V$ — это общий объем сосуда, равный $V = V_1 + V_2$, тогда: ${L}/{l_1}={V}/{V_1}={V_1+V_2}/{V_1}=1+{V_2}/{V_1}=1+{1}/{2}={3}/{2}⇒l_1={2}/{3}L$

Проделаем такие же действия для конечного момента: ${L}/{l'_1}={V}/{V'_1}={V'_1+V'_2}/{V'_1}=1+{V'_2}/{V'_1}=1+1=2⇒l'_1={1}/{2}L$

Перемещение поршня можно найти по формуле: $∆l=l_1-l'_1={2}/{3}L-{1}/{2}L={1}/{6}L; ∆l={0.6}/{6}=0.1м$.

Дано:

$α=15°$

$t=2$c

$R-?$

Решение:

Из рисунка видно, что в проекции на оси Ох и Оу имеем: $a_{ц.б.}={υ^2}/{R}$(1).

$Ох: O=ma_{ц.б.}-T·cos(90°-α)$(2)

$Оy: O=mg-T·cosα$(3)

Учитывая, что $cos(90°-α)=sinα$, выразим силу натяжения нити $T$ и приравняем друг к другу: Из (2): $T={ma_{ц.б.}}/{sinα}={mυ^2}/{R·sinα}$(4)

Из (3): $T={mg}/{cosα}$(5). Приравняем (4) и (5): ${mυ^2}/{R·sinα}={mg}/{cosα}⇒υ^2={gR·sinα}/{cosα}⇒υ=√{gR·tgα}$(6)

Период колебаний $T={2πR}/{υ}$(7). Подставим (6) в (7): $T={2πR}/{√{gR·tgα}}⇒T^2={4π^2R^2}/{gR·tgα}⇒R={gT^2·tgα}/{4π^2}={10·4·0.268}/{4·9.8596}=0.27м$

Дано:

$V_x=135$л

$t=40°C$

$t_1=65°C$

$t_2=15°C$

$V-?$

Решение:

Объем ванны равен сумме объемов холодной воды из водопровода $V_x$ и горячей воды из водонагревателя $V_г$: $V=V_x+V_г$(1)

При смешивании горячей и холодной воды происходит теплообмен между двумя системами: горячая вода отдает часть своей энергии холодной воде, а холодная вода принимает эту энергию: $Q_г=Q_x$(2)

Учитывая, что масса воды $m=ρ·V$(3), $V$ - объем воды; $ρ$ - плотность воды, $c$ - удельная теплоемкость воды:
$Q_г=cm_г(t_1-t)=cρV_г(t_1-t)$ - количество теплоты, которое отдает горячая вода;
$Q_х=cm_х(t-t_2)=cρV_х(t-t_2)$ - количество теплоты, которое принимает холодная вода;.

$cρV_г(t_1-t)=cρV_x(t-t_2)$

$25V_г=25V_ч⇒V_г=V_х$

Получается, что объем горячей и холодной воды одинаковы. Учитывая, что объем ванны: $V=V_x+V_г=135+135=270$л.

Дано:

$h=250$м

$υ_в=30{м}/{с}$

$g≈10{м}/{с^2}$

$υ_г-?$

Решение:

По закону сохранения механической энергии полная энергия системы в точке 1 равна полной энергии системы в точке 2: $E_1=E_2$(1), где $E_1=E_{п_1}+E_{к_1}; E_2=E_{п_2}+E_{к_2}; E_{п_1}=mgh; E_{к_1}={mυ_г^2}/{2}; E_{п_2}=0(h_2=0); E_{к_2}={mυ_в^2}/{2}$.

Подставим числовые значения: $mgh+{mυ_в^2}/{2}=0+{mυ_г^2}/{2}|·2$.

$υ_г^2=υ_в^2+2gh$

$υ_г=√{υ_в^2+2gh}$(4).

Подставим числовые значения в (4) и найдем скорость груза: $υ_г=√{900+2·10·250}=√{900+5000}=76.81≈77{м}/{с}$

Дано:

$h=250$м

$υ_г=81{м}/{с}$

$g≈10{м}/{с^2}$

$υ_в-?$

Решение:

По закону сохранения механической энергии полная энергия системы в точке 1 равна полной энергии системы в точке 2: $E_1=E_2$(1), где $E_1=mgh+{mυ_в^2}/{2}$(2), $E_2={mυ_г^2}/{2}$(3).

Подставим (2) и (3) в (1) $mgh+{mυ_в^2}/{2}={mυ_г^2}/{2}⇒{υ_в^2}/{2}={υ_г^2}/{2}-gh/·2$.

$υ_в^2=υ_г^2-2gh⇒υ_в=√{υ_г^2-2gh}$(4).

Подставим числовые значения в (4): $υ_в=√{(81)^2-2·10·250}=√{6561-5000}=√{1561}≈39.5{м}/{с}$