А1. Физическим явлением является: 1) секунда; 2) скорость; 3) линейка; 4) плавление; 5) килограмм.
Решение.
Физическое явление – плавление.
Ответ: 4.____________________________________________________________________________________
А2. Установите соответствие между физическими величинами и учёными-физиками, в честь которых названы единицы этих величин.
А) Магнитный поток 1) Ом
Б) Сила 2) Ньютон
В) Электрическое сопротивление 3) Вебер
1) А1 Б2 В3; 2) А1 Б3 В2; 3) А2 Б1 В3; 4) А2 Б3 В1; 5) А3 Б2 В1.
Решение.
Магнитный поток – Вебер, Сила – Ньютон, Электрическое сопротивление – Ом: А3 Б2 В1.Ответ: 5.
____________________________________________________________________________________
A3. По параллельным участкам соседних железнодорожных путей навстречу друг другу равномерно двигались два поезда: пассажирский и товарный. Модуль скорости пассажирского поезда V₁ = 60 км/ч, товарного – V₂ = 48 км/ч. Если длина товарного поезда L = 0,45 км, то пассажир, сидящий у окна в вагоне пассажирского поезда, заметил, что он проехал мимо товарного поезда за промежуток времени ∆t, равный: 1) 10 с; 2) 15 с; 3) 20 с; 4) 25 с; 5) 30 с.
Решение:
V₁ = 60 км/ч = 50/3 м/с
V₂ = 48 км/ч = 40/3 м/с
L = 0,45 км = 450 м
∆t – ?
При встречном движении скорости складываются:
V₁ + V₂ = L/∆t, отсюда ∆t = L/(V₁ + V₂).
∆t = 450/(50/3 + 40/3) = 450/30 = 15 с.
Ответ: 2.________________________________________________________________________________________________
A4. Тело, брошенное вертикально вниз с некоторой высоты, за последние две секунды движения прошло путь s = 0,10 км. Если модуль начальной скорости тела V₀ = 10 м/с, то промежуток времени ∆t, в течение которого тело падало, равен: 1) 3,0 c; 2) 4,0 c; 3) 5,0 c ;
4) 6,0 c; 5) 7,0 c.
Решение:
g = 10 м/c²
t₁ = 2 c
s = 0,10 км = 100 м
V₀ = 10 м/с
∆t – ?
Направим вверх ось 0Y. Пусть y – координата тела, h –высота, с которой тело брошено (см. рис.). Уравнение движения тела:
y = y₀ + V₀ᵧt + gᵧt²/2 и, с учётом y₀ = h, V₀ᵧ = -V₀, gᵧ = -g, получим
y = h - V₀t - gt²/2. (*)
Пусть в некоторой точке А оси ОY, y = ОА = s, t = ∆t - t₁. Тогда в точке А (*) примет вид:
s = h - V₀(∆t - t₁) - g(∆t - t₁)²/2. (1)
В точке О (поверхность земли), y = 0, t = ∆t. Тогда в точке O (*) примет вид:
0 = h - V₀∆t - g∆t²/2. (2)
Из (2) h = V₀∆t + g∆t²/2 и подставим в (1):
s = V₀∆t + g∆t²/2 - V₀(∆t - t₁) - g(∆t - t₁)²/2. Отсюда, после упрощения, получим
s = V₀t₁ + g∆t·t₁ - gt₁²/2. Отсюда
∆t = (s - V₀t₁ + gt₁²/2)/gt₁ .
∆t = (100 - 10·2 + 10·2²/2)/(10·2) = 5 с.
Ответ: 3.________________________________________________________________________________________________
А5. Тело двигалось в пространстве под действием трёх постоянных по направлению сил F₁, F₂, F₃. Модуль первой силы
F₁ = 20 Н, второй – F₂ = 55 Н. Модуль третьей силы F₃ на разных участках пути изменялся со временем так, как показано на графике. Если известно, что только на одном участке тело двигалось равномерно, то на графике этот участок обозначен цифрой:
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение:
F₁ = 20 Н
F₂ = 55 Н
a = 0
F₃ – ?
Тело движется равномерно (ускорение а = 0) при векторном равенстве
F₁ + F₂ + F₃ = 0, отсюда F₃ = - (F₁ + F₂), т.е. F₃ = |F₁ + F₂|.
Теорема косинусов (см. рис):
F₃² = F₁² + F₂² - 2F₁F₂cosα, отсюда
cosα = (F₁² + F₂² - F₃²)/(2F₁F₂) = (20² + 55² - F₃²)/(2·20·55).
cosα = (3425 - F₃²)/2200. (1)
На участке 1, F₃ = 60, тогда по (1) cosα = -7/88.
На участке 2, F₃ = 30, тогда по (1) cosα = 101/88 > 1.
На участке 3, F₃ = 80, тогда по (1) cosα = -119/88 < -1.
На участке 4, F₃ = 10, тогда по (1) cosα = 133/88 > 1.
На участке 5, F₃ = 20, тогда по (1) cosα = 117/88 > 1.
Т.к. -1 ≤ cosα ≤ 1, то этому условию удовлетворяет только первый участок.
Ответ: 1.________________________________________________________________________________________________
Решение:
ρ = 940 кг/м³
h = 10,5 м
g = 10 м/c² (ускорение свободного падения)
p – ?
Атмосферное давление на поверхность масла в сосуде уравновешено давлением столба масла в трубке:
p = ρgh.
p = 940·10·10,5 = 98700 Па = 98,7 кПа.
Ответ: 2.
____________________________________________________________________________________A7. Если абсолютная температура тела изменилась на ∆T = 100 K, то изменение его температуры∆t по шкале Цельсия равно: 1) (100/273)⁰C; 2) (273/100)⁰C; 3) 373⁰C; 4) 173⁰C; 5) 100⁰C.
Решение:∆T = 100 K∆t – ?
Связь абсолютной температуры T с температурой t по шкале Цельсия:
T = t + 273.
ОтсюдаT₁ = t₁ + 273, (начальная температура)T₂ = t₂ + 273. (конечная температура)
Изменение температуры
∆T = T₂ -T₁ = (t₂ + 273) - (t₁ + 273) = t₂ - t₁ = ∆t.∆t = ∆T.∆t = 100⁰C.
Ответ: 5.
____________________________________________________________________________________
A8. Если при изобарном нагревании идеального газа, начальная температура которого t₁ = 7,0⁰C, его объём увеличился в k = 1,2 раза, то конечная температура t₂ газа равна:
1) 8,4⁰C; 2) 14⁰C; 3) 24⁰C; 4) 40⁰C; 5) 63⁰C.
Решение:
P = const
t₁ = 7,0⁰C (T₁ = t₁+273 = 280K)
k = 1,2
V₂ = kV₁
t₂ – ?
Формула для изобарного процесса (p = const):
V₁/T₁ = V₂/T₂ или
V₁/T₁ = kV₁/T₂ отсюда
1/T₁ = k/T₂ и далееT₂ = kT₁.T₂ = 1,2·280 = 336K.Переведём в градусы по шкале Цельсия:T₂ = t₂ + 273,
отсюдаt₂ = T₂ - 273 = 336 - 273 = 63⁰C.
Ответ: 5.
________________________________________________________________________________________________A9. В некотором процессе над термодинамической системой внешние силы совершили работу А = 25 Дж, при этом внутренняя энергия системы увеличилась на ∆U = 55 Дж. Количество теплоты Q, полученное системой, равно: 1) 0; 2) 25 Дж; 3) 30 Дж; 4) 55 Дж; 5) 80 Дж.
Решение:
А = 25 Дж
∆U = 55 Дж
Q – ?
Первый закон термодинамики:
Q = ∆U + A₁ , (1)
где A₁ = -А – работа, совершённая системой.
Тогда (1) примет вид
Q = ∆U - A.
Q = 55 - 25 = 30 Дж.
Ответ: 3.
____________________________________________________________________________________
A10. На рисунке приведено условное обозначение: 1) конденсатора; 2) колебательного контура; 3) гальванического элемента; 4) катушки индуктивности; 5) электрического звонка.
Решение:
Катушка индуктивности.
Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________
Решение:R₁ = 80 ОмR₂ = 120 ОмR₃ = 240 ОмR₄ = 450 ОмR₅ = 50 ОмR₆ = 35 Ом
U = 48 BU₄ – ?Сопротивление R₁₂₃ участка цепи из трёх сопротивлений (R₁ , R₂ , R₃), включённых параллельно
1/R₁₂₃ = 1/R₁ + 1/R₂ + 1/R₃
или1/R₁₂₃ = 1/80 + 1/120 + 1/240,
отсюдаR₁₂₃ = 40 Ом.Сопротивление R₄₅ участка цепи из двух сопротивлений (R₄ , R₅), включённых параллельно
1/R₄₅ = 1/R₄ + 1/R₅
или
1/R₄₅ = 1/450 + 1/50,
отсюдаR₄₅ = 45 Ом.
Общее сопротивление R цепи при последовательном включении трёх сопротивлений (R₁₂₃, R₄₅,R₆)
R = R₁₂₃ + R₄₅ + R₆ = 40 + 45 + 35 = 120 Ом.
Силу тока I в цепи найдём по закону Ома:
I = U/R,
I = 48/120 = 0,4 A.
Напряжение U₄ на резисторе R₄:U₄ = IR₄₅.U₄ = 0,4·45 = 18 В.
Ответ: 5.
____________________________________________________________________________________A12. Три точечных заряда q₁ = q₂ = 40 нКл и q₃ = -10 нКл находятся в вакууме в вершинах равностороннего треугольника, длина стороны которого а = 30 см. Потенциальная энергия W электростатического взаимодействия системы этих зарядов равна: 1) 24 мкДж; 2) 26 мкДж; 3)30 мкДж; 4) 37 мкДж; 5) 55 мкДж.
Решение:q₁ = q₂ = 40·10⁻⁹ Клq₃ = -10·10⁻⁹ Кл
а = 0,3 мW – ?
Потенциальная энергия W равна сумме потенциальных энергий взаимодействия зарядов друг с другомW = W₁₂ + W₁₃ + W₂₃ , (1)
Потенциальная энергия W₁₂ взаимодействия первого и второго зарядов
W₁₂ = kq₁q₂/a,
где k = 1/(4πε₀) = 9·10⁹ Н·м²/Кл² – коэффициент пропорциональности в законе Кулона.
Аналогично, для первого и третьего зарядовW₁₃ = kq₁q₃/a
и для второго и третьего зарядов
W₂₃ = kq₂q₃/a.
Подставим всё в (1)
W = kq₁q₂/a + kq₁q₃/a + kq₂q₃/a = k(q₁q₂ + q₁q₃ + q₂q₃)/a.W = 9·10⁹(40·10⁻⁹·40·10⁻⁹ + 40·10⁻⁹·(-10)·10⁻⁹ + 40·10⁻⁹·(-10)·10⁻⁹)/0,3 = 24·10⁻⁶ Дж = 24 мкДж.
Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
A13. Прямой проводник с током I расположен перпендикулярно плоскости рисунка (см. рис. 1). В точку А поместили небольшую магнитную стрелку, которая может поворачиваться вокруг вертикальной оси, перпендикулярной плоскости рисунка. Как расположится стрелка? Правильный ответ на рисунке 2 обозначен цифрой: 1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Ответ: 3.
____________________________________________________________________________________
Решение:L = 0,05 Гн
t = 20 мсW – ?
Из графика видно: при t = 20 мс, I = 0,6 A.
Энергия магнитного поля катушки
W = LI²/2.W = 0,05·0,6²/2 = 0,009 Дж = 9 мДж.
Ответ: 3.
____________________________________________________________________________________
A15. Поплавок, качаясь на волнах, совершил N = 16 полных колебаний за промежуток времени∆t = 8,0 с. Если модуль скорости распространения волн v = 3,2 м/с, то расстояние l между соседними гребнями волн равно: 1) 1,2 м; 2) 1,6 м; 3) 2,0 м; 4) 2,4 м; 5) 3,0 м.
Решение:
N = 16
∆t = 8 с
v = 3,2 м/сl – ?
Период T колебаний:
T = ∆t/N = 8/16 = 0,5 c.Расстояние l между соседними гребнями волн равно длине волны λ:
l = λ.
Связь длины волны λ со скорость v и периодом T:λ = vT или
l = vT.
l = 3,2·0,5 = 1,6 м.
Ответ: 2.
____________________________________________________________________________________
A16. На дифракционную решётку падает нормально параллельный пучок монохроматического света длиной волны λ = 0,53 мкм. Если угол отклонения излучения в спектре четвёртого порядка θ = 45⁰, то период d решётки равен: 1) 2,5 мкм; 2) 3,0 мкм; 3) 4,0 мкм; 4) 4,6 мкм; 5)5,0 мкм.
Решение:λ = 0,53 мкм
k = 4θ = 45⁰
d – ?
Формула дифракционной решётки
dsinθ = kλ.
Отсюдаd = kλ/sinθ.
d = 4·0,53/sin45⁰ = 4·0,53/(1/√2) = 2,9892 мкм ≈ 3 мкм.
Ответ: 2.
____________________________________________________________________________________
A17. Атом водорода при переходе с шестого энергетического уровня (Е₆ = -6,02·10⁻²⁰ Дж) на первый (Е₁ = -2,17·10⁻¹⁸ Дж) испускает фотон, модуль импульса p которого равен: 1) 7,03·10⁻²⁷ кг·м/с; 2) 1,61·10⁻²⁷ кг·м/с; 3) 6,03·10⁻²⁸ кг·м/с; 4) 2,53·10⁻²⁸ кг·м/с; 5) 8,83·10⁻²⁹ кг·м/с.
Решение:
Е₆ = -6,02·10⁻²⁰ Дж
Е₁ = -2,17·10⁻¹⁸· Дж
c = 3·10⁸ м/с (скорость света в вакууме)
p – ? Модуль импульса p фотона p = E/c, (1)
где Е = Е₆ - Е₁ – энергия фотона.
Подставим в (1) p = (Е₆ - Е₁)/c.p = (-6,02·10⁻²⁰ + 2,17·10⁻¹⁸)/(3·10⁸) = 7,03·10⁻²⁷ кг·м/с.
Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
Решение: Как видно из рисунка, в начальный момент времени (t = 0) число нераспавшихся ядер N₀ = 150·10⁵. Через время t = 30 мин их осталось N = 75·10⁵. Следовательно, за время 30 мин распалась половина начального состава ядер. Период полураспада T½ = 30 мин.Ответ: 4.____________________________________________________________________________________B1. Легковой автомобиль движется по шоссе со скоростью, модуль которой v = 18 м/с. Внезапно на дорогу выскочил лось. Если время реакции водителя t = 1,0 с, а модуль ускорения автомобиля при торможении а = 3,6 м/с², то остановочный путь s (с момента возникновения препятствия до полной остановки) равен ... м.
Решение:v₀ = 18 м/с
t = 1 с
a = 3,6 м/с²
s – ?
С момента появления лося и до начала торможения автомобиль прошёл путь
s₁ = v₀t.
Перемещение s₂ автомобиля после начала торможения и до остановки (v = 0):s₂ = (v²-v₀²)/(2aₓ) = -v₀²)/(2aₓ) .
Проекция ускорения на направление движенияaₓ = -а.
Тогда
s₂ = -v₀²)/(2(-a)) = v₀²/(2a).
Полный путь
s = s₁ + s₂ = v₀t + v₀²/(2a).s = 18·1 + 18²/(2·3,6) = 63 м.
Ответ: 63.____________________________________________________________________________________B2. С помощью подъёмного механизма груз массой m = 0,80 т равноускоренно поднимают вертикально вверх с поверхности Земли. Через промежуток времени ∆t после начала подъёма груз находился на высоте h = 30 м, продолжая движение. Если сила тяги подъёмного механизма к этому моменту времени совершила работу А = 0,25 МДж, то промежуток времени∆t равен ... с.Решение:v₀ = 0
m = 800 кг
h = 30 м
А = 0,25·10⁶ Дж∆t – ?
Воспользуемся теоремой о кинетической энергии:A + A₁ = mv²/2 - mv₀²/2, (*)
где A₁ = - mgh – работа силы тяжести; в правой части (*) разность конечной и начальной кинетических энергий тела, причём (т.к. v₀ = 0) mv₀²/2 = 0.
Тогда (*) примет видA - mgh = mv²/2, (1)
где v – скорость тела на высоте h.
Так как средняя скорость <v> при равноускоренном движении:<v> = (v₀ + v)/2,
то перемещение h тела при подъёмеh = <v>∆t = (v₀ + v)∆t/2или (при v₀ = 0)h = v∆t/2
отсюдаv = 2h/∆t
и подставим в (1)A - mgh = m(2h/∆t)²/2.Отсюда∆t = h( 2m/(A - mgh) )0,5.
∆t = 30( 2·800/(0,25·10⁶ - 800·10·30) )0,5 = 12 c.
Ответ: 12.________________________________________________________________________________________________
B3. Тело массой m = 0,25 кг свободно падает без начальной скорости с высоты H. Если на высоте h = 20 м кинетическая энергия тела Eᴋ = 30 Дж, то первоначальная высота H равна ... м.
Решение: m = 0,25 кг v₀ = 0 h = 20 м Eᴋ = 30 Дж H – ?
Закон сохранения механической энергии mgH = mgh + Eк,
отсюда H = h + Eк/(mg). H = 20 + 30/(0,25·10) = 32 м.
Ответ: 32.
__________________________________________________________________________
B4. Автомобиль движется по дороге со скоростью, модуль которой v = 93,6 км/ч. Профиль дороги показан на рисунке. В точке С радиус кривизны профиля R = 255 м. Если в точке С, направление на которую из центра кривизны составляет с вертикалью угол α = 30,0⁰, модуль силы давления автомобиля на дорогу F = 5,16 кН, то масса m автомобиля равна ... кг.
V = 93,6 км/ч = 26 м/с
R = 255 м
α = 30⁰
F = 5160 H
m – ?
Направим ось Х (см. рис.1). На автомобиль действуют три силы:
Fтр – сила трения (сила сцепления колёс с дорогой), mg – сила тяжести,N – реакция опоры (моста). Второй закон Ньютона в векторном виде
Fтр + N + mg = ma. (1)
Спроектируем (1) на ось Х
-N + mgcosα = ma. (*)
Здесь
а = v²/R – центростремительное ускорение автомобиля.
По третьему закону Ньютона модули сил N = F.
Тогда (*) примет вид
-F + mgcosα = mv²/R,
отсюда
m = F/( gcosα – v²/R ).
m = 5160/( 10·(√3/2) – 26²/255 ) = 5160/( 10·1,73/2 – 26²/255 ) = 860 кг.
Ответ: 860.
____________________________________________________________________________________
В5. В баллоне находится смесь газов: аргон (М₁ = 40 г/моль) и кислород (М₂ = 32 г/моль). Если парциальное давление аргона в три раза больше парциального давления кислорода, то молярная масса М смеси равна ... г/моль.
Решение:M₁ = 40 г/моль M₂ = 32 г/моль P₁ = 3P₂ (*) M – ?
Молярная масса M смеси из двух газов: M = (m₁+m₂)/( (m₁/M₁) + (m₂/M₂) ). (1)
Пусть V – объём смеси газов, T – температура смеси.
Уравнения Менделеева-Клапейрона : P₁V = (m₁/M₁)RT. (аргон) (2) P₂V = (m₂/M₂)RT. (кислород) (3) R – универсальная газовая постоянная.
Из (2) и (3) выразим P₁ и P₂ и подставим в условие (*). Тогда (*) примет вид:
(m₁/M₁)(RT/V) = 3(m₂/M₂)(RT/V)
или, после упрощения, m₁ = 3m₂M₁/M₂
и подставим в (1) M = ( 3m₂M₁/M₂ + m₂)/( ( 3m₂M₁/(M₂M₁) ) + (m₂/M₂) ).
После упрощения, получим M = (3M₁ +M₂)/4. M = (3·40 +32)/4 = 38 г/моль.
Ответ: 38.
__________________________________________________________________________
Решение: h₁ = 80 м ρ = 1000 кг/м³ t₁ = 7 ⁰C, (T₁ = 280 K) V₁ = 0,59·10⁻⁶ м³ p₀ = 10⁵ Па h₂ = 1 м t₂ = 17 ⁰C, (T₂ = 290 K) F – ? (мН)
На пузырёк объёмом V₂ действует Архимедова выталкивающая сила на глубине h₂ F = ρgV₂ . (1)
При подъёме в пузырьке меняются три параметра (температура, давление, объём), поэтому запишем уравнение Клапейрона для газа в пузырьке: p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂ . (2)
где давления p₁ и p₂ p₁ = p₀ + ρgh₁ , (3) p₂ = p₀ + ρgh₂ . (4)
Из (2): V₂ = V₁T₂p₁/(T₁p₂)
и подставим в (1) F = ρgV₁T₂p₁/(T₁p₂).
В последнее выражение подставим p₁ и p₂ из (3) и (4) F = ρgV₁T₂(p₀ + ρgh₁)/( T₁(p₀ + ρgh₂) ). F = 1000·10·0,59·10⁻⁶·290·(10⁵ + 1000·10·80)/( 280·(10⁵ + 1000·10·1) ) = 50·10⁻³ Н = 50 мН.
Ответ: 50.
________________________________________________________________________________________________
В7. К открытому калориметру с водой (L = 2,26 МДж/кг) ежесекундно подводили количество теплоты Q = 59 Дж. На рисунке представлена зависимость температуры t воды от времени τ. Начальная масса m воды в калориметре равна… г.
Решение: L = 2,26·10⁶ Дж/кг (удельная теплота парообразования воды) Q = 59 Дж/с m – ? (г)
Время кипения воды (на рисунке – горизонтальный участок) равно τ = 30 мин = 1800 с.
За это время вся вода превратилась в пар. Количество теплоты Qп, необходимая для превращения воды в пар при температуре кипения Qп = Lm. (1)
При этом было подведено количество теплоты Qп Qп = Qτ. (2)
Из (1), (2) имеем Lm = Qτ,
отсюда m = Qτ/L. m = 59·1800/(2,26·10⁶) = 47·10⁻³ кг = 47 г.
Ответ: 47.
___________________________________________________________________________
B8. На точечный заряд q, находящийся в электростатическом поле, созданном зарядами q₁ и q₂, действует сила F (см. рис.). Если зарядq₁ = 5,1 нКл, то заряд q₂ равен ...нКл.
Решение:
q₁ = 5,1нКл
q₂ − ? (нКл)
Проведём ось ОX перпендикулярно силе F(рис.1). F₁ и F₂ − силы, действующие на заряд q со стороны зарядов q₁ и q₂ соответственно. Запишем векторное равенство:
F₁ + F₂ = F.
Отсюда, в проекции на ось OX, получим
F₁cosβ - F₂cosα = 0 или
F₁cosβ = F₂cosα. (1)
Закон Кулона для сил F₁ и F₂ (k − коэффициент пропорциональности):
F₁ = kq₁q/(r₁)²; F₂ = kq₂q/(r₂)².
Обозначим а − длина стороны клетки. Тогда (см. рис.1)
cosβ = cos45⁰ = √(2)/2;
cosα = 2a/√(a²+4a²) = 2/√5;
r₁² = (2a)²+(2a)² = 8a²;
r₂² = (2a)²+(4a)² = 20a².
Подставим всё в (1)
( kq₁q/(8a²) )( √(2)/2 ) = ( kq₂q/(20a²) )( 2/√5 ).
Отсюда, после упрощения, получим
q₂ = 5√(10)q₁/8,
q₂ = 5√(10)·5,1/8 ≈ 10 нКл.
Ответ: 10.
___________________________________________________________________________
B9. Зависимость силы тока I в нихромовом ( с = 460 Дж/(кг·К) ) проводнике, масса которого m = 30 г и сопротивление R = 1,3 Ом, от времени t имеет вид
, где B = 0,12 A, D = 2,2 c⁻¹.Если потери энергии в окружающую среду отсутствуют, то через промежуток времени ∆t = 90 c после замыкания цепи изменение абсолютной температуры ∆T проводника равно ... К.
c = 460 Дж/(кг·К) (удельная теплоёмкость нихрома)
m = 0,03 кг
R = 1,3 Ом
D = 2,2 с⁻¹
∆t = 90 с
∆T − ?
В данной задаче сила тока I не постоянна. Поэтому для вычисления количества теплоты Q, поступившую в проводник за время ∆t, нельзя применять закон Джоуля-Ленца в таком виде: Q = I²R∆t.
Для вычисления Q можно применить интегрирование:
∆t ∆t ∆t
Q = ∫ I²Rdt = ∫ B²DtRdt = B²DR ∫ tdt.
0 0 0
Этот интеграл очень просто вычисляется. Кто знаком с определёнными интегралами, может пойти по этому пути.
Мы решим задачу другим способом, без интегралов.
Изобразим графически зависимость количества теплоты, поступающую в проводник за единицу времени, т.е. мощность Р тепловыделения P = I²R = B²DRt, от времени t (смотри рис.). Теперь Q легко вычисляется − она равна площади треугольника ОАВ:
Q = S ∆OAB = (1/2)·OB·AB = (1/2)· ∆t·B²DR∆t = B²DR(∆t)²/2.
Итак,
Q = B²DR(∆t)²/2. (1)
Так как потери энергии в окружающую среду отсутствуют, то всё количество теплоты Q идёт на нагревание проводника:
Q = mc∆T. (2)
Из (1), (2) имеем
mc∆T = B²DR(∆t)²/2,
отсюда
∆T = B²DR(∆t)²/(2mc).
∆T = 0,12²·2,2·1,3·(90)²/(2·0,03·460) ≈ 12 K.
Ответ: 12.
___________________________________________________________________________
B10. Две частицы массами m₁ = m₂ = 1,00·10⁻¹² кг, заряды которых q₁ = q₂ = 1,00·10⁻¹⁰ Кл, движутся в вакууме в однородном магнитном поле, индукция B которого перпендикулярна их скоростям. Расстояние l = 200 см между частицами остаётся постоянным. Модули скоростей частиц v₁ = v₂ = 15,0 м/c, а их направления противоположны в любой момент времени. Если пренебречь влиянием магнитного поля, создаваемого частицами, то модуль магнитной индукции В поля равен ... мТл.
m = m₁ = m₂ = 10⁻¹² кг
q = q₁ = q₂ = 10⁻¹⁰ Кл
l = 2 м
v = v₁ = v₂ = 15 м/c
В (мТл) − ?
Направим ось X (см. рис.). Частицы движутся по окружности радиуса R = l/2. Второй закон Ньютона в векторном виде для частицы с массой m₁.
Fл + Fк = m₁a
или в проекции на ось X
-Fл + Fк = -ma. (1)
Здесь
Fл = q₁v₁Bsin90⁰ = qvB − сила Лоренца,
Fк = kq₁q₂/l² = kq²/l² − сила взаимодействия между зарядами (закон Кулона),
k = 9·10⁹ Н·м²/Кл² − постоянная в законе Кулона,
а = v₁²/R = 2v²/l − центростремительное ускорение частицы.
Подставляя всё в (1), получим
-qvB + kq²/l² = -m·2v²/l,
отсюда
В = ( 1/(qvl) )·( kq²/l + 2mv² ).
В = ( 1/(10⁻¹⁰·15·2) )·( 9·10⁹·(10⁻¹⁰)²/2 + 2·10⁻¹²·15² ) = 165·10⁻³ Тл = 165 мТл.
Ответ: 165.
___________________________________________________________________________
B11. В идеальном LC-контуре, состоящем из катушки индуктивностью L = 25 мГн и конденсатора ёмкостью C = 0,90 мкФ, происходят свободные электромагнитные колебания. Если максимальная сила тока в катушке I₀ = 80 мА, то максимальный заряд q₀ конденсатора равен … мкКл.
Решение: L = 25·10⁻³ Гн
С = 0,9·10⁻⁶ Ф I₀ = 80·10⁻³ А q₀ – ? (мкКл)
Закон сохранения энергии в колебательном контуре LI₀²/2 = q₀²/2C,
отсюда q₀ = I₀√(LC). q₀ = 80·10⁻³√(25·10⁻³·0,9·10⁻⁶) = 12·10⁻⁶ Кл = 12 мкКл.
Ответ: 12.
__________________________________________________________________________
Решение:
Из рисунка условия находим длину стороны клетки
а = 15 см : 5 = 3 см.
1. Лучи В (падающий) и В (преломлённый) пересекаются в точке D, находящейся на собирающей линзе (рис. 1).
2. Из точки D опустим перпендикуляр DO на ось АА. Точка О − оптический центр линзы. На рис.1 линза изображена двойной вертикальной стрелкой.
3. Через точку О проведём луч С параллельно падающему лучу В. Лучи С и В после преломления пересекаются в точке Е фокальной плоскости линзы. Из точки Е проведём перпендикуляр EF к оси АА.
4. Фокусное расстояние F линзы
F = OF = 4a = 4 · 3 = 12 см.
Ответ: 12.
________