Задачи 29 и 30 на ЕГЭ по физике

Эксперт ЕГЭ Н. Л. Точильникова
Задача 29 на ЕГЭ по физике – это расчетная задача на механику. До 2014 года включительно она фигурировала под номером «С2».

Это может быть кинематика, динамика, динамика движения по окружности, задача на законы сохранения в механике, статику или гидростатику.

Например, задача на движение тела, брошенного под углом к горизонту:

1. Маленький шарик падает сверху на наклонную плоскость и упруго отражается от нее. Угол наклона плоскости к горизонту равен \(30^{\circ}\). На какое расстояние по горизонтали перемещается шарик между первым и вторым ударами о плоскость? Скорость шарика в момент первого удара направлена вертикально вниз и равна \(1\) м/с.

Запишем «дано»:
\(V_0=1\) м/с
\(\alpha = 30^{\circ}\)

Найти: \(L\).

Решение:

В задачах части «С» необходимо описывать все параметры, которых нет в дано, иначе оценку снижают на один балл.
Поэтому пишем:
\(L\) – расстояние по горизонтали между первым и вторым ударами о плоскость.
Нарисуем наклонную плоскость и начальную скорость шарика \(\overrightarrow{\mkern -5mu V_0}\). Как известно из геометрии, углы с перпендикулярными сторонами равны. Начальная скорость шарика перпендикулярна основанию наклонной плоскости. Восстановим перпендикуляр к наклонной плоскости в точке падения на нее шарика. Тогда угол между этим перпендикуляром и вектором начальной скорости равен углу наклона плоскости к горизонту (углы с перпендикулярными сторонами, зеленые пунктирные линии на рисунке). Угол падения шарика (с перпендикуляром) равен углу отражения \(\alpha = 30^{\circ}\). Тогда угол между начальной скоростью отскочившего шарика и наклонной плоскостью равен \(\beta = 90^{\circ} - \alpha = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ} = 2 \alpha\). Модуль скорости не меняется, так как удар упругий.

Итак, убираем построения, которые нам больше не нужны:

Тело будет двигаться по параболе и упадет на расстоянии \(l\) от точки бросания вдоль наклонной плоскости. Это не то расстояние, которое нам надо найти, мы ищем \(L\) - расстояние по горизонтали. Но, если мы знаем \(l\), найти \(L\) очень легко: \(L = l \cdot \cos \alpha\).

Теперь нужно выбрать систему отсчета. С началом отсчета все ясно, очевидно, мы берем его в точке падения шарика. А вот с направлениями осей все не так просто.

Можно выбрать оси традиционным способом: «\(X\)» горизонтально и «\(Y\)» вертикально:

Но при таком выборе осей трудно определить точку падения. Поэтому в подобных задачах оси обычно выбирают иначе: «\(X\)» вдоль наклонной плоскости, а «\(Y\)» перпендикулярно наклонной плоскости:

При таком выборе осей точка падения определяется элементарно: там координата «\(Y\)» обращается в ноль. Зато движение становится равноускоренным по двум осям, поскольку ускорение \(g\) проектируется на обе оси:

\(g_x = g \cdot \sin \alpha\) — противолежащий катет;
\(g_y=-g \cdot \cos \alpha\) — прилежащий катет.

Начальная скорость \(\overrightarrow{\mkern -3mu V_0\mkern 3mu}\) также проектируется на обе оси:

\(V_{0x} = V_0 \cdot \cos 2 \alpha\) – прилежащий катет;
\(V_{0y} = V_0 \cdot \sin 2 \alpha\) – противолежащий катет

Зависимости координат от времени при равноускоренном движении выражаются формулами:

\(x= x_0 + V_{0x}t + \genfrac{}{}{}{0}{\alpha_x t^2}{2}\)

\(y= y_0 + V_{0y}t + \genfrac{}{}{}{0}{\alpha_y t^2}{2}\)

Подставляя значения проекций скорости и ускорения, получаем:

\(\left\{\begin{matrix}
x=V_0 \cdot \cos 2 \alpha \cdot t +g \cdot \sin \alpha \cdot \genfrac{}{}{}{0}{t^2}{2}=l
\\
y = V_0 \cdot \sin 2 \alpha \cdot t - g \cdot \cos \alpha \cdot \genfrac{}{}{}{0}{t^2}{2}=0
\end{matrix}\right.\)

Начальные координаты: \(x_0=0, y_0=0\);

Конечная координата y также равна нулю, так как тело падает на наклонную плоскость.

Из второго уравнения получаем:

\(t\left ( V_0 \sin 2 \alpha - g \cos \alpha \genfrac{}{}{}{0}{t}{2}\right ) = 0\)

Это уравнение равносильно совокупности:

\(\left[ \begin{matrix} t=0 \phantom{\sin 2 \alpha - g \cos \alpha \genfrac{}{}{}{0}{t}{2}}\\V_0\sin 2 \alpha - g \cos \alpha \genfrac{}{}{}{0}{t}{2}=0 \end{matrix}\right. \)

Из второго уравнения находим \(t\):

\(V_0 \sin 2 \alpha= g \cos \alpha \genfrac{}{}{}{0}{t}{2}\)

\(2V_0 \sin 2 \alpha = g \cos \alpha t\)

\(t = \genfrac{}{}{}{0}{2V_0 \sin 2 \alpha}{g \cos \alpha}\)

Подставляем \(t\) в уравнение для \(l\):

\(l = V_0 \cos 2 \alpha\genfrac{}{}{}{0}{2V_0 \sin 2 \alpha}{g \cos \alpha} + g \sin \alpha\genfrac{}{}{}{0}{\left (\genfrac{}{}{}{0}{2V_0 \sin 2 \alpha}{g \cos \alpha} \right ) ^2}{2},\)

Откуда:

\(l=2{V_0}^2 \cos 2 \alpha \genfrac{}{}{}{0}{\sin 2 \alpha}{g \cos \alpha} + g \sin \alpha \genfrac{}{}{}{0}{4{V_0}^2(\sin 2 \alpha)^2}{2 g^2 (\cos \alpha)^2},\)

\(l= \genfrac{}{}{}{0}{2{V_0}^2 \sin 2 \alpha ( \cos 2 \alpha \cos \alpha+ \sin \alpha\sin 2 \alpha)}{g (\cos \alpha)^2},\)

Тогда:

\(L=l \cos \alpha= \genfrac{}{}{}{0}{2{V_0}^2 \sin 2 \alpha ( \cos 2 \alpha \cos \alpha+ \sin \alpha\sin 2 \alpha)}{g (\cos \alpha)^2}\cos \alpha=\)

\(= \genfrac{}{}{}{0}{2{V_0}^2 \sin 2 \alpha ( \cos 2 \alpha \cos \alpha+ \sin \alpha\sin 2 \alpha)}{g \cos \alpha}\)

Но \(\sin 2 \alpha = \sin 60^{\circ} = \cos 30^{\circ} = \cos \alpha\) и \(\cos 2 \alpha = \cos 60^{\circ} = \sin 30^{\circ} = \sin \alpha\)

То есть:

\(L= \genfrac{}{}{}{0}{2{V_0}^2 \sin \alpha \cos \alpha }{g}= \genfrac{}{}{}{0}{2{V_0}^2 \sin 2 \alpha}{g}\)

\(L =\genfrac{}{}{}{0}{2{V_0}^2 \sin 2 \alpha}{g}\)

\(L = 2 \cdot 1^2\genfrac{}{}{}{0}{\sin 60^{\circ}}{10}= 2 \cdot \genfrac{}{}{}{0}{\sqrt{3}}{2}\cdot \genfrac{}{}{}{0}{1}{10}=0,173\) м

Задача 30 на ЕГЭ по физике

Задача 30 на ЕГЭ по физике (раньше называлась С3) – это задача на газовые законы или термодинамику.

Например:

2. Вертикально расположенный замкнутый цилиндрический сосуд высотой \(50\) см разделен подвижным поршнем весом \(110 H\) на две части, в каждой из которых содержится одинаковое количество идеального газа при температуре \(361 K\). Сколько молей газа находится в каждой части цилиндра, если поршень расположен на высоте \(20\) см от дна сосуда? Толщиной поршня пренебречь.

Дано:

\(H=50\) см \(= 0,5 \) м
\(P=110 H\)
\(T=361 K\)
\(h=20 \) см \( = 0,2 \) м

Найти: \(\nu\) (число молей в каждой части цилиндра.)

\(p_1\) – давление в верхней части цилиндра;

\(p_2\) – давление в нижней части цилиндра;

\(S\) – площадь сечения поршня.

\(p_1S\) – сила давления на поршень газа в верхней части цилиндра;

\(p_2S\) - сила давления на поршень газа нижней части цилиндра.

Так как поршень неподвижен, сумма всех действующих на него сил равна нулю.

То есть:

\(p_2S = p_1S+P\)

Запишем уравнение Менделеева-Клапейрона для верхней и нижней частей цилиндра:

\(p_1V_1=\nu RT;\)

\(p_2V_2=\nu RT,\)

Где \(V_1= (H-h) S\) – объем верхней части цилиндра;

\(V_2=hS\) — объем нижней части цилиндра.

Выражаем \(p_1\) и \(p_2\):

\(p_1 = \genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{V_1};\)

\(p_2 = \genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{V_2}\)

И подставляем в уравнение для сил:

\(p_2S=p_1S+P\)

\(\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{V_2}S=\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{V_1}S+P\)

Подставляем выражения для объемов:

\(\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{hS}S=\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{(H-h)S}S+P\)

Сокращаем \(S\):

\(\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{h}=\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{H-h}+P\)

\(\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{h}-\genfrac{}{}{}{0}{\nu RT}{H-h}=P\)

\(\nu RT \left ( \genfrac{}{}{}{0}{1}{h}-\genfrac{}{}{}{0}{1}{H-h} \right ) =P\)

\(\nu RT \left ( \genfrac{}{}{}{0}{H-h-h}{h(H-h)} \right ) =P\)

Откуда:

\(\nu = \genfrac{}{}{}{0}{Ph(H-h)}{RT(H-2h)}\)

\(\nu = \genfrac{}{}{}{0}{110 \cdot 0,5 \cdot (0,5-0,2)}{8,31 \cdot 361(0,5-2 \cdot 0,2)} = 0,022\) моль