Задания СтатГрада —Каталог задач по ЕГЭ - Физика

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#115793

На первом рисунке изображена схема старинного прибора, который раньше использовался для изучения быстро протекающих колебательных процессов. Звуковые волны через рупор Р воздействуют на тонкую пробковую мембрану М, соединенную с лёгким зеркальцем З таким образом, что смуещение мембраны приводит к повороту зеркальца вокруг горизонтальной оси аб, лежащей в его плоскости. Свет от электрической дуги фокусируется на зеркальце З и затем направляется на зеркальный барабан, после отражения от которого попадает на экран (см. второй рисунок). Предположим, что прибор облучается звуком с частотой $ν = 440$ Гц, а боковая поверхность зеркального барабана является правильным двенадцатигранником. С какой угловой скоростью $ω$ надо вращать барабан, чтобы на экране получалась неподвижная картинка, состоящая из двух периодов синусоиды?

$PIC$

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Разберемся сначала с принципом работы данного прибора.
Пусть звуковая волна имеет синусоидальный закон следующего вида

s(t)= s0sin(νt+ φ),

где $s0$ - амплитуда колебаний;
$φ$ - некоторая начальная фаза.
При подаче звуковой волны на рупор - мембрана начинает колебаться по такому же закону и приводит в колебание зеркало, у которого угол наклона относительно горизонтальной оси меняется также по синусоидальному закону.
Пусть свет от электрической дуги подает на эту систему и за счёт того, что зеркало колебается по синусоидальному закону оно заставляет отражающиеся лучи света от зеркала колебаться по вертикали также, как колеблется звуковая волна. Поскольку звуковую волна в природе никак не возможно увидеть, этот эффект можно использовать для визуализации звуковых колебаний.
За счёт того, что грани барабана одинаковы, то картинка на экране будет зависить только от поворота барана на 1/12 полного оборота(то есть, учитывается только поворот от одного края грани зеркала до другого). И остальные грани будут давать неподвижность картинки.
Пусть $φ= 0$ соответствует отражению луча света от края грани.
Тогда чтобы в один поворот грани приходилось два периода колебаний звуковой волны, циклическая частота вращения барана должна быть равна

ω = --2π---, 12⋅2⋅T0

где $1 T0 = ν$ - период колебания звуковой волны.
Подставляя численные значения, получим

ω = 2π⋅ν-= 2π⋅440≈ 115 с−1. 12⋅2 12⋅2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#115794

На первом рисунке изображена схема старинного прибора, который раньше использовался для изучения быстро протекающих колебательных процессов. Звуковые волны через рупор Р воздействуют на тонкую пробковую мембрану М, соединенную с лёгким зеркальцем З таким образом, что смещение мембраны приводит к повороту зеркальца вокруг горизонтальной оси аб, лежащей в его плоскости. Свет от электрической дуги фокусируется на зеркальце З и затем направляется на зеркальный барабан, после отражения от которого попадает на экран (см. второй рисунок). Предположим, что прибор облучается звуком с частотой $ν = 220$ Гц(«ля» малой октавы), а боковая поверхность зеркального барабана является правильным двенадцатигранником. Сколько оборотов в минуту должен делать барабан, чтобы на экране получалась неподвижная картинка, состоящая из двух периодов синусоиды?

$PIC$

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 2

Показать ответ и решение

Разберемся сначала с принципом работы данного прибора.
Пусть звуковая волна имеет синусоидальный закон следующего вида

s(t)= s0sin(νt+ φ),

где $s0$ - амплитуда колебаний;
$φ$ - некоторая начальная фаза.
При подаче звуковой волны на рупор - мембрана начинает колебаться по такому же закону и приводит в колебание зеркало, у которого угол наклона относительно горизонтальной оси меняется также по синусоидальному закону.
Пусть свет от электрической дуги подает на эту систему и за счёт того, что зеркало колебается по синусоидальному закону оно заставляет отражающиеся лучи света от зеркала колебаться по вертикали также, как колеблется звуковая волна. Поскольку звуковую волна в природе никак не возможно увидеть, этот эффект можно использовать для визуализации звуковых колебаний.
За счёт того, что грани барабана одинаковы, то картинка на экране будет зависить только от поворота барана на 1/12 полного оборота(то есть, учитывается только поворот от одного края грани зеркала до другого). И остальные грани будут давать неподвижность картинки.
Пусть $φ= 0$ соответствует отражению луча света от края грани.
Тогда чтобы в один поворот грани приходилось два периода колебаний звуковой волны, циклическая частота вращения барана должна быть равна

ω = --2π---, 12⋅2⋅T0

где $1 T0 = ν$ - период колебания звуковой волны.
Подставляя численные значения, получим

ω = 2π-⋅ν= 2π-⋅220 ≈ 57,6 с−1. 12 ⋅2 12 ⋅2

То есть, за минуту он будет делать

N = ω-⋅60= 57,6-⋅60 ≈ 550 об/м ин. 2π 2π

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#116019

На гоночных автотрассах используют так называемые «выведенные» повороты, на которых дорожное полотно наклонено под некоторым углом $α$ к горизонту внутрь поворота. Известно, что при определённом угле $α$ автомобиль может двигаться с постоянной скоростью $v = 120$ км/ч по повороту с радиусом $R = 300$ м таким образом, что полная сила реакции полотна дороги все время перпендикулярна полотну, то есть у этой силы нет составляющих, параллельных полотну. При какой скорости $vм$ автомобиль начнёт скользить поперек трассы и может быть «выкинут» с неё наружу поворота, если коэффициент трения колес о трассу равен $μ = 0,8$ ? Считайте, что в момент начала скольжения у силы трения нет составляющей в направлении движения. Какие законы Вы использовали для описания движения автомобиля? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Обоснование:
1) Будем считать систему отсчёта, связанную с полотном дороги, инерциальной, автомобиль – материальной точкой, движущейся по оси полотна трассы на повороте известного радиуса с постоянной по модулю скоростью.
2) При таких предположениях можно пользоваться законами динамики (2-м и 3-м законами Ньютона) и уравнениями кинематики для вращательного движения, а также свойствами силы сухого трения. В рамках простейшей модели (закон Амонтона-Кулона) эта сила является касательной составляющей силы полной реакции опоры и направлена противоположно направлению (действительного или возможного) тела относительно опоры.
3) Модуль силы сухого трения не может превышать $μN$ , где $μ$ – коэффициент сухого трения, $N$ – модуль силы нормальной реакции опоры.
В условии задачи под параллельной составляющей силы реакции полотна дороги имеется в виду сила трения.
Рассмотрим сначала первый случай, когда полная сила реакци полотна дороги направлена перпендикулярно ему и не имеет параллельных составляющих.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

На автомобиль действуют 2 силы: $m⃗g$ - сила тяжести и $N⃗$ - сила реакции опоры.
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F =m ⃗g+ ⃗N,

где $F$ - центростремительная сила.
Как следует из рисунка, $F =Nsin α$ , $N = -mg- cosα$ . Тогда

F = mg ⋅tgα.

Следовательно

mv2 ( v2 ) maц.с. =-R--= F = mg ⋅tgα ⇒ α =arctg Rg- .

Теперь рассмотрим второй случай, когда сила трения скольжения действует на автомобиль под углом $α$ , удерживающая автомобиль от скольжения наружу.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F′ = m ⃗g+ ⃗N + ⃗Fтр,

где $Fтр = μN$ - сила трения скольжения;
$′ F$ - центростремительная сила.
Как видно из рисунка, $F μN tgγ =-Nтр = N--= μ$ , $β = 90∘− α− γ$ .
Поскольку $′ mg- mv2м ∘ gR-- F = tgβ = R ⇒ vм = tgβ.$
Подставляя численные значения, получим

( 120⋅1000 ) ( v2) | (--3600--)2| ∘ α = arctg Rg- = arctg( --300⋅10--) ≈ 20 .

γ =arctg(μ)= arctg(0,8)≈ 38∘.

β = 90∘− α− γ = 90∘ − 20∘− 38∘ ≈ 32∘.

∘ ------- vм = 10⋅30∘0≈ 70 м/c. tg(32 )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#116033

На гоночных автотрассах используют так называемые «выведенные» повороты, на которых дорожное полотно наклонено под некоторым углом $α$ к горизонту внутрь поворота. Известно, что при определённом угле $α$ автомобиль может двигаться с постоянной скоростью $v = 108$ км/ч по повороту с радиусом $R = 250$ м таким образом, что полная сила реакции полотна дороги все время перпендикулярна полотну, то есть у этой силы нет составляющих, параллельных полотну. При какой скорости $vм$ автомобиль начнёт скользить поперек трассы и может быть «выкинут» с неё наружу поворота, если коэффициент трения колес о трассу равен $μ = 0,7$ ? Считайте, что в момент начала скольжения у силы трения нет составляющей в направлении движения. Какие законы Вы использовали для описания движения автомобиля? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: СтатГрад 11.02.2022 Физика 2

Показать ответ и решение

Обоснование:
1) Будем считать систему отсчёта, связанную с полотном дороги, инерциальной, автомобиль – материальной точкой, движущейся по оси полотна трассы на повороте известного радиуса с постоянной по модулю скоростью.
2) При таких предположениях можно пользоваться законами динамики (2-м и 3-м законами Ньютона) и уравнениями кинематики для вращательного движения, а также свойствами силы сухого трения. В рамках простейшей модели (закон Амонтона-Кулона) эта сила является касательной составляющей силы полной реакции опоры и направлена противоположно направлению (действительного или возможного) тела относительно опоры.
3) Модуль силы сухого трения не может превышать $μN$ , где $μ$ – коэффициент сухого трения, $N$ – модуль силы нормальной реакции опоры.
В условии задачи под параллельной составляющей силы реакции полотна дороги имеется в виду сила трения.
Рассмотрим сначала первый случай, когда полная сила реакци полотна дороги направлена перпендикулярно ему и не имеет параллельных составляющих.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

На автомобиль действуют 2 силы: $m⃗g$ - сила тяжести и $N⃗$ - сила реакции опоры.
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F =m ⃗g+ ⃗N,

где $F$ - центростремительная сила.
Как следует из рисунка, $F =Nsin α$ , $N = -mg- cosα$ . Тогда

F = mg ⋅tgα.

Следовательно

mv2 ( v2 ) maц.с. =-R--= F = mg ⋅tgα ⇒ α =arctg Rg- .

Теперь рассмотрим второй случай, когда сила трения скольжения действует на автомобиль под углом $α$ , удерживающая автомобиль от скольжения наружу.
Изобразим силы, действующую на систему.

$PIC$

Запишем второй закон Ньютона в векторной форме

⃗F′ = m ⃗g+ ⃗N + ⃗Fтр,

где $Fтр = μN$ - сила трения скольжения;
$′ F$ - центростремительная сила.
Как видно из рисунка, $F μN tgγ =-Nтр = N--= μ$ , $β = 90∘− α− γ$ .
Поскольку $′ mg- mv2м ∘ gR-- F = tgβ = R ⇒ vм = tgβ.$
Подставляя численные значения, получим

( 108⋅1000 ) ( v2) | (--3600--)2| ∘ α = arctg Rg- = arctg( --250⋅10--) ≈ 20 .

γ =arctg(μ)= arctg(0,7)≈ 35∘.

β = 90∘− α− γ = 90∘ − 20∘− 35∘ ≈ 35∘.

∘ ------- vм = 10⋅25∘0≈ 60 м/c. tg(35 )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#120444

К верхнему концу тонкого вертикального вала, установленного на неподвижном столе, на невесомой нерастяжимой нити длиной $l = 20$ см подвешен маленький грузик массой $m = 10$ г. Вал с грузиком на нити можно вращать вокруг вертикальной оси при помощи электропривода. Вал медленно раскрутили до угловой скорости $ω = 10˘1$ . Какую кинетическую энергию приобрёл грузик к концу раскрутки системы? Какие законы Вы использовали для описания движения грузика? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: Статград 20.10.2022 Физика 2

Показать ответ и решение

Обоснование:
1. Введем инерциальную систему отсчёта (ИСО) связанную с землей.
2. Тело движется поступательно, поэтому его можно считать материальной точкой.
3. Так как тело является материальной точкой, то описывать его движение в ИСО будем, используя законы Ньютона.

Рассмотрим систему после её раскрутки до стабильного вращения с угловой скорость $ω$ . Изобразим силы действующие на шарик

Запишем второй закон Ньютона

m ⃗a= ⃗T + m⃗g.

Рассмотрим проекции на оси $x$ и $y$

Tcosα= mg,

2 Tsinα = mω R,

где $R = lsinα$ . Тогда

2 sinα = ω-lsinα, cosα g

sinα(1− cosαω2l)= 0. (1) g

Получаем два решения $sinα= 0$ , $g cosα= ω2l$ . Понятно, что решение $sin α= 0$ есть всегда при $ω2l cosα g--< 1$ , поскольку $|cosα|< 1$ , то это эквивалентно условию $-g-> 1 ω2l$ (см. (1)).
Когда $g ω2l < 1$ решение $α =0$ теряет стабильность и остается решение $g cosα = ω2l$ .
Оценим значение $-g2- ω l$ в нашей задаче.

-g-= ---10---= 0,5⇒ α = 60∘. ω2l 102⋅0,2

Поэтому шарик вращается по окружности с радиусом $R$ и нить отклонена на угол $α$ .
Линейная скорость шарика при движении по окружности радиуса $R$ равна $v = ωR$ .
Значит кинетическая энергия шарика равна

2 22 2 22 2 2 2 2 E к = mv-= m-ω-lsin-α-= m-ω-l(1−-cos-α) = 0,01⋅10-⋅0,2-⋅(1−-0,5-)= 0,015 Дж. 2 2 2 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#120445

К верхнему концу тонкого вертикального вала, установленного на неподвижном столе, на невесомой нерастяжимой нити длиной $l = 30$ см подвешен маленький грузик массой $m = 25$ г. Вал с грузиком на нити можно вращать вокруг вертикальной оси при помощи электропривода. Вал медленно раскрутили до угловой скорости $ω = 40˘1$ . Какую потенциальную энергию приобрёл грузик к концу раскрутки системы, если считать, что до начала процесса она была равна нулю? Какие законы Вы использовали для описания движения грузика? Обоснуйте их применимость к данному случаю.

Источники: Статград 20.10.2022 Физика 1

Показать ответ и решение

Обоснование:
1. Введем инерциальную систему отсчёта (ИСО) связанную с землей.
2. Тело движется поступательно, поэтому его можно считать материальной точкой.
3. Так как тело является материальной точкой, то описывать его движение в ИСО будем, используя законы Ньютона.

Рассмотрим систему после её раскрутки до стабильного вращения с угловой скорость $ω$ . Изобразим силы действующие на шарик

Запишем второй закон Ньютона

m ⃗a= ⃗T + m⃗g.

Рассмотрим проекции на оси $x$ и $y$

Tcosα= mg,

2 Tsinα = mω R,

где $R = lsinα$ . Тогда

2 sinα = ω-lsinα, cosα g

sinα(1− cosαω2l)= 0. (1) g

Получаем два решения $sinα= 0$ , $g cosα= ω2l$ . Понятно, что решение $sin α= 0$ есть всегда при $ω2l cosα g--< 1$ , поскольку $|cosα|< 1$ , то это эквивалентно условию $-g-> 1 ω2l$ (см. (1)).
Когда $g ω2l < 1$ решение $α =0$ теряет стабильность и остается решение $g cosα = ω2l$ .
Оценим значение $-g2- ω l$ в нашей задаче.

-g- = --10---= 0,02 ⇒ α =88∘. ω2l 402⋅0,3

Поэтому шарик вращается по окружности с радиусом $R$ и нить отклонена на угол $α$ . Причем относительно первоначального положения он находится на высоте $h= l(1− cosα)$ . Тогда потенциальная энергия шарика равна

Eп = mgh =mgl(1− cosα)= 0,025⋅10⋅0,4⋅(1− 0,02)≈ 0,07 Д ж.

Ответ:

08 Задания СтатГрада