-
Здесь вы можете обменяться ответами и решениями по РТ 2010-1 (варианты 1 и 2), задать вопросы.
Вариант 2
| А1 | А2 | А3 | А4 | А5 | А6 | А7 | А8 | А9 | А10 |
| 5 | 2 | 1 | 5 | 5 | 2 | 3 | 5 | 1 | 1 |
| А11 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg7236.html#msg7236) | А12 | А13 | А14 | А15 | А16 | А17 | А18 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg17095.html#msg17095) |
| 1 | 3 | 1 | 2 | 1 | 4 | 3 | 2
|
| B1 | B2 | B3 | B4 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15716.html#msg15716) | B5 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg18916.html#msg18916) | B6 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15106.html#msg15106) | B7 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15326.html#msg15326) | B8 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15696.html#msg15696) | B9 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15606.html#msg15606) | B10 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15586.html#msg15586) | B11 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg15566.html#msg15566) | B12 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,2193.msg19116.html#msg19116) |
| 36 | 9 | 30 | 84 | 21 | 420 | 600 | 6 | 250 | 24 | 2 | 33 |
-
Задача А11 Вариант 1.
Как я понял тут нужно смотреть на площадь фигуры, чем больше площадь, тем больше КПД, но я точно не уверен.
-
А11. Вариант 1.
Три тепловых двигателя работают по циклам Карно, изображенных на V-T-диаграммах 1, 2 и 3 (см. рис. 1). Для коэффициентов полезного действия двигателей η1, η2 и η3 справедливо соотношение
1) η1 = η2 = η3; 2) η1 = η2 > η3; 3) η1 > η2 > η3; 4) η2 > η1 > η3; 5) η3 > η2 > η1.
А11. Вариант 2.
Три тепловых двигателя работают по циклам Карно, изображенных на V-T-диаграммах 1, 2 и 3 (см. рис. 2). Для коэффициентов полезного действия двигателей η1, η2 и η3 справедливо соотношение
1) η1 > η2 > η3; 2) η2 > η1 = η3; 3) η2 > η3 > η1; 4) η3 > η1 = η2; 5) η3 > η2 > η1.
Решение. Так как двигатели работают по циклу Карно, то для расчета КПД η применяем следующую формулу:
η = (T1 – T2)/T1,
где T1 — температура нагревателя, на рисунке это большая температура цикла, T2 — температура холодильника, на рисунке это меньшая температура цикла.
Вариант 1. Найдем КПД η1 для процесса 1. Так как T1 = 2T0, T2 = T0, то
η1 = (2T0 – T0)/2T0 = 1/2.
КПД η2 для процесса 2: T1 = 3T0, T2 = 2T0
η2 = (3T0 – 2T0)/3T0 = 1/3.
КПД η3 для процесса 3: T1 = 4T0, T2 = 3T0
η3 = (4T0 – 3T0)/4T0 = 1/4.
В итоге получаем ответ: 3) η1 > η2 > η3.
Вариант 2. Найдем КПД η1 для процесса 1. Так как T1 = 2T0, T2 = T0, то
η1 = (2T0 – T0)/2T0 = 1/2 = 0,5.
КПД η2 для процесса 2: T1 = 5T0, T2 = 3T0
η2 = (5T0 – 3T0)/5T0 = 2/5 = 0,4.
КПД η3 для процесса 3: T1 = 5T0, T2 = 4T0
η3 = (5T0 – 4T0)/5T0 = 1/5 = 0,2.
В итоге получаем ответ: 1) η1 > η2 > η3.
-
Не могли бы Вы выложить решения задач с В4 по В12 этого теста .Если можно вариант2.Заранее благодарна.
-
B6 Вариант 2
Идеальный одноатомный газ, количество вещества которого постоянно, переходит из состояния А в состояние В. График перехода изображен на рисунке 1. Если в состоянии А давление p0 = 100 кПа, а его объем V0 = 100 л, то в ходе процесса газ получил количество теплоты Q, равное … кДж.
Решение. Так как заданы p0 и V0, то можно перестроить график в стандартных осях p(V). Новые координаты представим в виде таблицы
| | A | C | D | B |
| \[ \frac{p}{p_0} \] | 1 | 2 | 2 | 3 |
| \[ \frac{V}{V_0} \] | 1 | 3 | 5 | 7 |
| p, 105 Па | 1 | 2 | 2 | 3 |
| V, м3 | 0,1 | 0,3 | 0,5 | 0,7 |
И по этим координатам построим график (рис. 2)
Количество теплоты Q, полученное газом в ходе всего процесса, равно
Q = QAC + QCB,
где QAC — количество теплоты, полученное газом в ходе процесса АС, QCB — количество теплоты, полученное газом в ходе процесса СВ.
Процесс АС. Количество теплоты равно
QAC = ΔUAC + AAC,
где ΔUAC = 3/2⋅ν⋅R⋅ΔTAC = 3/2⋅(pC⋅VC – pA⋅VA) (ΔUAC = 0,75⋅105 Дж), AAC = S — площадь трапеции под графиком AC (можно было найти и другим способом, например, интегрированием):
AAC = 1/2⋅(pA + pC)⋅(VC – VA) (AAC = 0,3⋅105 Дж).
QAC = 1,05⋅105 Дж.
Процесс СD. Количество теплоты равно
QCD = ΔUCD + ACD.
Так как процесс изобарный, то
ΔUCD = 3/2⋅ν⋅R⋅ΔTCD = 3/2⋅pC⋅ΔVCD, ACD = pC⋅ΔVCD.
Тогда
QCD = 5/2⋅pC⋅ΔVCD = 5/2⋅pC⋅(VD – VC),
QCD = 1,0⋅105 Дж.
Процесс DB. Аналогично процессу AC:
QDB = ΔUDB + ADB,
где
ΔUDB = 3/2⋅(pB⋅VB – pD⋅VD) (ΔUDB = 1,65⋅105 Дж),
ADB = 1/2⋅(pD + pB)⋅(VB – VD) (ADB = 0,5⋅105 Дж).
QDB = 2,15⋅105 Дж.
Q = 4,2⋅105 Дж = 420 кДж.
-
Спасибо B6 .Может сможете помочь решить B8 B9 B10 B11?
-
В7. Вариант 2.
Два одинаковых небольших проводящих шарика массой m = 0,450 г каждый подвешены в воздухе на невесомых вертикальных нитях одинаковой длины так, что их поверхности соприкасаются. После того как системе сообщили заряд, шарики разошлись так, что нити образовали между собой угол φ = 90°. Если длина каждой нити l = 0,300 м, то заряд q0, сообщенный системе, равен … нКл.
Решение. После того, как соприкасающимся шарикам сообщили заряд q0, шарики получил одинаковый заряд q = q0/2 (т.к. шарики одинаковых размеров) и оттолкнулись друг от друга. На каждый шарик действуют следующие силы: сила тяжести (m⋅g), сила натяжения нити (Т) и сила электростатического взаимодействия (кулоновская сила) (F) (рис. 1). Из второго закона Ньютона:
\[ m \cdot \vec{g} + \vec{F} + \vec{T} =0. \]
0X: F – T⋅sin α = 0 или T⋅sin α = F, (1)
0Y: –m⋅g + T⋅cos α = 0 или T⋅cos α = m⋅g, (2)
где
\[ F = k \cdot \frac{q^{2}}{r^{2}} = k \cdot \frac{q_{0}^{2}}{4r^{2}}, \]
r= A0 = 2l⋅sin α (из треугольника 0АВ), α = φ/2 = 45°.
Решим систему уравнений. Например,
\[ \frac{T \cdot \sin \alpha}{T \cdot \cos \alpha} = \frac{F}{m \cdot g}, \, \, \, tg \alpha = \frac{k \cdot q_{0}^{2}}{4 \cdot \left(2l \cdot \sin \alpha \right)^{2} \cdot m \cdot g}, \]
\[ q_{0} = \sqrt{\frac{16 \cdot \left(l \cdot \sin \alpha \right)^{2} \cdot m \cdot g \cdot tg\alpha }{k}} = 4l \cdot \sin \alpha \cdot \sqrt{\frac{m \cdot g \cdot tg\alpha}{k}}, \]
q0 = 6⋅10–7 Кл = 600 нКл.
-
В11. 2 вариант.
На рисунке изображён график зависимости скорости изменения магнитного потока Ф, пронизывающего замкнутый проводящий контур, от времени t. Модуль ЭДС |E|, индуцируемой в контуре в момент времени t = 90 с равен …В
Решение:
Модуль ЭДС |E|, индуцируемой в контуре, определяется по закону Фарадея для электромагнитной индукции:
\[ E=\left| -\frac{\Delta \Phi }{\Delta t} \right|. \]
На графике к заданию изображена зависимость скорости изменения магнитного потока ΔΦ/Δt от времени t.
В момент времени t= 90 с, получаем ответ к задаче: |E| = 2B.
-
В10, 2 вариант
Реостат подключён к источнику постоянного тока. На рисунке изображён график зависимости силы тока I в реостате от его сопротивления R. Максимальная мощность тока в реостате равна …Вт
Решение:
Максимальная мощность в замкнутой цепи на внешнем сопротивлении выделяется при условии равенства внешнего и внутреннего сопротивлений (R=r).
При этом мощность рассчитывается по формуле:
P= I2 ∙ R.
Силу тока определим по закону Ома для замкнутой цепи: I = E/(R+r). Тогда максимальная мощность в цепи будет равна:
\[ {{P}_{\max }}={{\left( \frac{E}{R+r} \right)}^{2}}\cdot R={{\left( \frac{E}{r+r} \right)}^{2}}\cdot r=\frac{{{E}^{2}}}{4r}. \]
ЭДС источника постоянного тока и его внутренне сопротивление определим из закона Ома для замкнутой цепи, записав его для двух случаев. Значения силы тока и внешнего сопротивления возьмём из графика, предложенного к заданию: точки 1 и 2 на рисунке (обозначены для наглядности). Получаем два уравнения:
E= 6∙(0,5+r) и E= 4∙(1,5+r).
Приравняем:
6∙(0,5+r) = 4∙(1,5+r), 3+6r = 6+4r, 2r= 3, r = 1,5 (Ом).
Подставим в любое из уравнений: E= 6∙(0,5+1,5) = 3+9=12 (В).
Искомая мощность (Вт):
\[ {{P}_{\max }}=\frac{{{12}^{2}}}{4\cdot 1,5}=24. \]
-
В9, 2 вариант
Участок цепи, схема которого изображена на рисунке, состоит из шести одинаковых резисторов сопротивлением R=2 Ом каждый. Если напряжение на зажимах источника тока U=5,5 В, то сила тока I6 в резисторе R6 равна … мА.
Решение:
Для определения силы тока в резисторе R6 нужно рассчитать напряжение на параллельном участке Rab и воспользоваться законом Ома для участка цепи. Согласно схемы резисторы R4, R5, R6 соединены последовательно между собой и параллельно резистору R3. Определим сопротивление участка Rab:
\[ {{R}_{ab}}={{\left( \frac{1}{3R}+\frac{1}{R} \right)}^{-1}}=\frac{3R}{4}. \]
Общее сопротивление цепи:
R0 = 2R + Rab = 11∙R/4.
Согласно закона Ома для участка цепи:
Iоб=U/ R0.
Напряжение на параллельном участке:
Uab= Iоб ∙ Rab.
Искомый ток (мА):
\[ I_{6}=\frac{U_{ab}}{R_{4}+R_{5}+R_{6}}=\frac{U\cdot R_{ab}}{R_{0} \cdot 3R}=\frac{U\cdot 3R\cdot 4}{11R\cdot 4\cdot 3R}=\frac{U}{11R}, \]
\[ I_6=\frac{5,5}{22}=0,25 \; A=250 \;mA. \]
-
Большое спасибо за задачи.Вы не могли бы подсказать,почему у меня некоторые участи текста отображаются непонятными мне обозначениями.Всё в решении можно и так понять.Но всё же может какая-то программа существует(которой у меня нет)?
-
Вы не могли бы подсказать,почему у меня некоторые участи текста отображаются непонятными мне обозначениями.Всё в решении можно и так понять.Но всё же может какая-то программа существует(которой у меня нет)?
У вас не видны формулы (они начинаются с кода tex)? Вы, наверное, подключаетесь к сайту по гостевому доступу или пользуетесь каким-то нестандартным браузером.
-
Спасибо.Да,я по гостевому доступу,А теперь всё отлично.Спасибо.
-
Kivir, не могли бы Вы помочь решить ещё и В4 (2 вариант).Заранее спасибо.
-
В8, 2 вариант
Четыре точечных заряда q1=0,2 нКл, q2=0,1 нКл, q3=0,56 нКл и q4=0,56 нКл находятся в вакууме в вершинах квадрата, длина стороны которого a=60 см (см рис.). Разность потенциалов φO– φA электростатического поля, созданного этими зарядами в центре квадрата (точка О) и точке A, расположенной на середине стороны квадрата, равна …В.
Решение:
Каждый из зарядов создаёт собственное электростатическое поле, которое характеризуется потенциалом в конкретной точке. Согласно принципа суперпозиции: потенциал электростатического поля системы зарядов равен алгебраической сумме потенциалов полей в данной точке каждого из зарядов в отдельности. Определим потенциал точки О (расстояние до данной точки у всех зарядов одинаково и равно
\[ r = \frac{a\sqrt{2}}{2} \]
(теорема Пифагора, расстояние равно половине диагонали квадрата):
\[ {{\varphi }_{o}}={{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}+{{\varphi }_{3}}+{{\varphi }_{4}}=\frac{k{{q}_{1}}}{{{r}_{1}}}+\frac{k{{q}_{2}}}{{{r}_{2}}}+\frac{k{{q}_{3}}}{{{r}_{3}}}+\frac{k{{q}_{4}}}{{{r}_{4}}}= \]
\[ =\frac{2\cdot k}{a\sqrt{2}}\cdot ({{q}_{1}}+{{q}_{2}}+{{q}_{3}}+{{q}_{4}}), \]
\[ {{\varphi }_{o}}=\frac{2\cdot 9\cdot {{10}^{9}}}{0,6\cdot \sqrt{2}}\cdot (0,2+0,1+0,56+0,56)\cdot {{10}^{-9}}=30,12275 \; (B). \]
Определим потенциал точки A (расстояние до данной точки у зарядов q1 и q2 одинаково и равно a/2, и у зарядов q3 и q4 одинаково и равно
\[ r=\frac{a\sqrt{5}}{2}- \]
теорема Пифагора, см. рис):
\[ \varphi_{A}={{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}+{{\varphi }_{3}}+{{\varphi }_{4}}=\frac{2kq_{1}}{a}+\frac{2kq_{2}}{a}+\frac{2kq_{3}}{a\sqrt{5}}+\frac{2kq_{4}}{a\sqrt{5}}= \]
\[ =\frac{2\cdot k}{a}\cdot (q_{1}+q_{2}+\frac{q_{3}}{\sqrt{5}}+\frac{q_{4}}{\sqrt{5}}), \]
\[ {{\varphi }_{A}}=\frac{2\cdot 9\cdot {{10}^{9}}}{0,6}\cdot (0,2+0,1+\frac{0,56}{\sqrt{5}}+\frac{0,56}{\sqrt{5}})\cdot {{10}^{-9}}=24,02637 \; (B), \]
\[ {{\varphi }_{O}}+{{\varphi }_{A}}=6 \; (B). \]
-
В4, 2 вариант
Два тела, массы которых m1 = 4 кг и m2 = 3 кг, движутся по гладкой горизонтальной поверхности во взаимно перпендикулярных направлениях с одинаковыми по модулю скоростями. Если после столкновения тела движутся как единое целое со скоростью, модуль которой υ=5 м/с, то количество теплоты Q , выделившееся при столкновении, равно … Дж.
Решение:
Исходя из условия задачи, понятно, что удар неупругий. Воспользуемся законом сохранения импульса (обозначим u - начальную скорость тел):
\[ {{\left( {{m}_{1}}\cdot u \right)}^{2}}+{{\left( {{m}_{2}}\cdot u \right)}^{2}}={\left( \left( {{m}_{1}}+{{m}_{2}} \right)\cdot \vartheta\right)}^{2}. \]
Учтено, что тела двигались перпендикулярно друг другу (теорема Пифагора). Получим:
\[ {{u}^{2}}=\frac{{{({{m}_{1}}+{{m}_{2}})}^{2}}\cdot {{\vartheta }^{2}}}{{{m}_{1}}^{2}+{{m}_{2}}^{2}}. \]
При абсолютно неупругом ударе закон сохранения энергии не выполняется. При этом часть энергии теряется (в данном случае переходит в тепло).
Q = W1 - W1, где W1 и W2 - энергии системы до столкновения и после.
\[ Q=(\frac{{{m}_{1}}\cdot {{u}^{2}}}{2}+\frac{{{m}_{2}}\cdot {{u}^{2}}}{2})-\frac{({{m}_{1}}+{{m}_{2}})\cdot {{\vartheta }^{2}}}{2}=84 \]
Дерзайте.
-
Большое спасибо за решение. ;D
-
A18, вариант 2
Одна монохроматическая волна, распространяясь в жидкости (n1=1,3), проходит расстояние l1=10 см. Вторая монохроматическая волна, распространяясь в стекле (n2=1,5), проходит большее расстояние. Если оптическая разность хода волн ∆l = 5,0 см, то вторая волна прошла в стекле расстояние l2, равное
1) 11 см 2) 12 см 3) 13 см 4) 14 см 5) 15 см
Решение:
Оптическая разность хода рассчитывается по формуле:
∆l= n2∙l2 – n1∙l1
Ответ: 2) 12 см
-
Вариант 2, A9.
Использовал эту формулу \[ p = \frac{1}{3} m_0 \cdot n \cdot <\vartheta^2> \].
Преобразовав её вот так \[ p = \frac{2 \nu \cdot N_A \cdot <E>}{3V} \], откуда получил \[ V = \frac{2 \nu \cdot N_A \cdot <E>}{3p} = 10 \]
Ответ: 1) 10л.
А в ответах в начале темы правильным считается 5)22л. Где ошибка?
P.S. В A11 у меня ответ 1)\[ \eta_1 > \eta_2 > \eta_3 \]
-
Ваше решение правильное, спасибо что заметили ошибку.
-
Вариант 2, B5
Условие:
Внутри герметично закрытого горизонтального цилиндра имеется тонкий легкоподвижный поршень, плотно прилегающий к стенкам цилиндра. С одной стороны от поршня находится V1 = 4,0 л азота (M1 = 28 г/моль), а с другой — V2 = 8,0 л гелия (M2 = 4,0 г/моль). Если температуры газов в обеих частях цилиндра одинаковые и масса гелия m2 = 2,0 г, то масса m1 азота … г.
Решение:
Температура и давление с обеих сторон от поршня равны. Напишем уравнение Менделеева-Клапейрона для каждой из частей цилиндра.
Уравнение Менделеева-Клапейрона для азота:
\[ p V_1 = \frac{m_1}{M_1} R T \]
Уравнение Менделеева-Клапейрона для гелия:
\[ {p V_2 = \frac{m_2}{M_2} R T \]
Разделив одно уравнение на другое, получим такое выражение:
\[ \frac {V_1}{V_2} = \frac{m_1 M_2}{m_2 M_1} \]
Из которого найдём m1:
\[ m_1 = \frac {m_2 M_1 V_1}{M_2 V_2}=21*10^{-3} \]
Ответ: 21 г
Исправьте, если необходимо, оформление и добавьте в ответы.
-
В12. Вариант 2.
Источник радиоактивного излучения, содержащий m0 = 0,020 мг изотопа калия \[ {}_{19}^{44}\text{K}, \] период полураспада которого T = 22 мин, испускает β–-частицы. Если с момента начала распада прошел промежуток времени Δt = 44 мин, то модуль суммарного заряда q испущенных β–-частиц равен … мКл.
Решение. Суммарный заряда испущенных β-частиц равен
q = Ne⋅e,
где e — заряд электрона, Ne = ΔN — число испущенных электронов, равное числу распавшихся ядер изотопа калия. Число распавшихся радиоактивных атомов равно
ΔN = N0 – N,
где
\[ N_{0} = \frac{m_{0} \cdot N_{A}}{M}, \;\;\; N=N_{0} \cdot 2^{- \Delta t/T}- \]
число ядер изотопа в начальный момент времени и через время Δt, М = А∙10–3 кг/моль, М = 44∙10–3 кг/моль, NA = 6,02∙1023 моль–1. Тогда
\[ \Delta N=N_{0} -N_{0} \cdot 2^{- \Delta t/T} = \frac{m_{0} \cdot N_{A} }{M} \cdot \left(1-2^{- \Delta t/T} \right), \]
\[ q=\frac{m_{0} \cdot N_{A} \cdot e}{M} \cdot \left(1-2^{- \Delta t/T} \right), \]
q = 32,8⋅10–3 Кл = 33 мКл.
Примечание. По условию Δt/T = 2.