Задачи с решениями для подготовки к дополнительному вступительному испытанию по физике

• Название: Задачи с решениями для подготовки к дополнительному вступительному испытанию по физике
• Дата: 26.10.2022
• Размер: 2.18 Mb.
• Имя файла: DVI7.pdf
• Тип: Сборник; #754996
• страница: 1 из 9

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ имени М.В. ЛОМОНОСОВА
ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ
ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ
ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К ДОПОЛНИТЕЛЬНОМУ
ВСТУПИТЕЛЬНОМУ ИСПЫТАНИЮ ПО ФИЗИКЕ
Москва
Физический факультет МГУ
2018

2
Задачи с решениями
для подготовки к дополнительному
вступительному испытанию по физике
Данный сборник содержит задачи вступительных испытаний по физике, проводившихся с 2011 по 2017 год. Задачи приведены с решениями, содержащими обоснования применимости используемых законов и допущений.
Сборник содержит следующие разделы:

Механика;

Молекулярная физика и термодинамика;

Электродинамика;

Оптика.
По каждому разделу программы предлагаются краткие вопросы по теории, задачи и решения к ним.
Коллектив авторов:
Боков П.Ю., Буханов В.М., Вишнякова Е.А., Грачев А.В.,
Зотеев А.В., Иванова О.С., Козлов С.Н., Лукашева Е.В.,
Невзоров А.Н., Нетребко Н.В., Никитин С.Ю., Плотников Г.С.,
Погожев В.А., Подымова Н.Б., Полякова М.С., Поляков П.А.,
Склянкин А.А., Чесноков С.С., Чистякова Н.И., Шленов С.А.
Издание осуществлено при финансовой поддержке Фонда Олега
Дерипаска "Вольное Дело".

3
МЕХАНИКА
1. Сформулируйте закон Архимеда. Укажите условия плавания тел.
Задача. Металлическая дробинка, погружаясь в воду, движется с постоянной скоростью. Найдите работу силы сопротивления воды на пути S = 20 см. Радиус дробинки r = 3 мм, ее плотность
3 10 8



кг/м
3
Плотность воды
3 0
10


кг/м
3
. Ускорение свободного падения примите равным g = 10 м/с
2
Решение. На дробинку действуют три силы: сила тяжести
g
m

, архимедова сила
А
F

и сила вязкого трения тр
F

(рис.1).
Согласно второму закону Ньютона, при равномерном движении векторная сумма всех сил равна нулю. В проекции на вертикальную ось, направленную вверх, имеем
0
тр
А



mg
F
F
. По закону Архимеда
g
r
F
3 0
A
3 4



. Масса дробинки
3 3
4
r
m



. Следовательно, сила трения
g
r
F
)
(
3 4
0 3
тр





Модуль работы силы трения на перемещении
S
3 0
3
тр
10 6
,
1
)
(
3 4
|
|








gS
r
A
Дж. Работа силы трения отрицательна, т.к. направления этой силы и перемещения дробинки противоположны.
Ответ:
3 0
3
тр
10 6
,
1
)
(
3 4










gS
r
A
Дж.
2. Что такое сила? Как найти сумму сил, действующих на материальную точку?
Задача. Брусок массой
2

M
кг располагается на неподвижной наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол



30
. К бруску привязана нить, перекинутая через два легких блока: неподвижный
1 и подвижный 2 (см. рис.2). Отрезки нити, идущие к подвижному блоку 2, вертикальны, а отрезок нити от бруска до неподвижного блока 1
Рис.1
Рис.2

4 параллелен наклонной плоскости. К оси подвижного блока подвешен груз, масса m которого неизвестна. Когда систему предоставили самой себе, груз начал двигаться вниз с ускорением
5
,
0

a
м/с
2
. Какова масса груза
m
? Коэффициент трения между бруском и наклонной плоскостью
2
,
0


. Нить считайте невесомой и нерастяжимой, трением в оси блоков пренебрегите. Ускорение свободного падения примите равным
10

g
м/с
2
Решение. Брусок и груз движутся под действием сил, изображенных на рис.3, где
Mg
и
mg
– модули сил тяжести,
T
– модуль силы натяжения нити,
N
– модуль нормальной составляющей силы реакции опоры, тр
F
– модуль силы трения скольжения (



cos тр
Mg
F
). По второму закону Ньютона имеем
T
mg
ma
2


(для груза),







cos sin
Mg
Mg
T
a
M
(для бруска). Здесь
a
– ускорение груза,
a
a
2


– ускорение бруска.
Исключая из этих равенств Т, находим массу груза
26
,
3 4
)
cos
(sin
2








a
g
Ma
Mg
m
кг.
Ответ:
26
,
3 4
)
cos
(sin
2








a
g
Ma
Mg
m
кг.
3. Сформулируйте второй и третий законы Ньютона.
Задача. Шарик массой m , подвешенный на невесомой нерастяжимой нити, отклонили от вертикали на угол
0

и отпустили без начальной скорости. Найдите силу натяжения нити
T
как функцию угла отклонения шарика от вертикали

Решение. Уравнение движения шарика в проекции на направление нити имеет вид



cos
2
mg
T
l
mv
, где l – длина нити,
v
– скорость шарика,
g
– ускорение свободного падения. По закону сохранения энергии
2 2
0
v
m
mgh
mgh


, где


0 0
cos
1




l
h
– начальная высота шарика,






cos
1
l
h
– его текущая высота. Отсюда
)
cos
2
cos
3
(
0




mg
T
Рис.3

5
Ответ:
)
cos
2
cos
3
(
)
(
0





mg
T
4. Чему равны силы трения покоя и скольжения? Дайте определение коэффициента трения.
Задача. Олимпийская трасса для соревнований по бобслею в
Лиллехаммере имеет перепад высот от старта до финиша h = 107 м. На стартовом горизонтальном участке («полоса разгона») спортсмены разогнали боб до скорости v
0
= 6 м/с, с которой пересекли линию старта.
В конце спуска по ледяному жёлобу сразу после финиша используется специальное тормозное устройство для гашения скорости боба на горизонтальной поверхности. При этом коэффициент трения на участке торможения увеличивается пропорционально расстоянию х от линии финиша по закону

(х) =

х, где

– некоторый постоянный коэффициент.
Определите величину

, если тормозной путь боба составил s = 42 м.
Примите, что на участке трассы от конца полосы разгона до финиша за счёт сил трения было потеряно

= 20% механической энергии боба, а ускорение свободного падения равно g = 10 м/с
2
Решение. Работа переменной силы численно равна площади под кривой, описывающей зависимость силы от перемещения ее точки приложения.
По условию модуль силы трения, действующей на боб на участке торможения, зависит от координаты боба по закону
xmg
x
F


|
)
(
|
тр
, где m – масса боба.
Поскольку сила трения направлена противоположно перемещения боба, работа этой силы на этапе торможения боба равна
mg
s
A
2
тр
2 1



По закону изменения механической энергии имеем
0 2
1
%)
100
/
1
(
2 2
2 0














mg
s
mgh
mv
Отсюда находим, что
1
,
0
%)
100
/
1
)(
2
(
2 2
0






gs
gh
v
м
–1
Ответ:
1
,
0
%)
100
/
1
)(
2
(
2 2
0






gs
gh
v
м
–1
Рис.4

6
5. Какие системы отсчета называются инерциальными?
Сформулируйте первый закон Ньютона.
Задача. На плоскость, образующую с горизонтом угол



30
, положили брусок массой
8

M
кг и привязанный к нему лёгкой нерастяжимой нитью брусок массой
4

m
кг. При этом тяжёлый брусок расположили ниже лёгкого так, что нить оказалась слегка натянутой и расположенной в вертикальной плоскости, проходящей через центры масс брусков перпендикулярно линии пересечения наклонной плоскости и горизонтальной поверхности. После этого бруски одновременно отпустили без начальной скорости. Определите модули ускорений брусков, если коэффициент трения о плоскость бруска массой М равен
2
,
0 1


, а бруска массой m – равен
5
,
0 2


. Модуль ускорения свободного падения примите равным
10

g
м/с
2
Решение. На бруски действуют силы, модули и направления которых изображены на рис.5, где
Mg
и
mg
– модули сил тяжести,
1
N
и
2
N
– модули нормальных составляющих сил реакции наклонной плоскости,
1
тр
F
и
2
тр
F
– модули сил трения,
1
T
и
2
T
– модули сил натяжения нити.
Поскольку по условию
6
,
0
tg
2 1






, то в отсутствии нити оба бруска после того, как их отпустили, начали бы поступательно скользить вниз. По второму закону Ньютона для этого случая имеем следующие равенства: в проекции на ось OX:
1 1
1
sin
N
Mg
Ma




,
2 2
2
sin
N
mg
ma




, в проекции на ось OY:
0
cos
1



Mg
N
,
0
cos
2



mg
N
. Из этих уравнений находим модули ускорений брусков в отсутствии нити:
)
cos
(sin
1 1





g
a
,
)
cos
(sin
2 2





g
a
. Поскольку
2 1



, модуль ускорения нижнего бруска a
1
оказался бы больше, чем модуль ускорения верхнего бруска a
2
. Поэтому после отпускания брусков нить будет всё время натянута, и ускорения брусков в силу нерастяжимости нити будут одинаковыми (
a
a
a


2 1
). Из невесомости нити следует, что
T
T
T


2 1
Поэтому уравнения движения брусков, связанных нитью, в проекции на ось
OХ имеют вид:
T
Mg
Mg
Ma






cos sin
1
,
Рис.5

7
T
mg
mg
ma






cos sin
2
. Исключая из этих уравнений T, находим, что














cos sin
2 1
m
M
m
M
g
a
Ответ:
4
,
2
cos sin
2 1















m
M
m
M
g
a
м/с
2
6. Дайте определение скорости материальной точки.
Сформулируйте закон сложения скоростей.
Задача. На достаточно большой высоте над землей на гладкой горизонтальной подставке покоятся два тела малых размеров с массами m
1
= 50 г и m
2
= 100 г (рис.6).
Между телами расположена сжатая легкая пружина, связанная нитью. Известно, что энергия упругой деформации пружины равна E
п
= 67,5 Дж. После пережигания нити пружина полностью распрямляется, тела разлетаются в разные стороны с горизонтально направленными скоростями и одновременно начинают падать с подставки. Определите, через какое время

после начала падения скорости тел будут перпендикулярными друг другу.
Сопротивлением воздуха можно пренебречь.
Решение. Скорости тел, с которыми они начинают свободное падение, определяются из законов сохранения энергии и импульса, а именно п
2 20 2
2 10 1
2 2
E
m
+
m

v
v
,
20 2
10 1
v
v
m
=
m
Отсюда
1 2
1 2
п
10
)
(
2
m
m
+
m
m
E
=


v
;
2 2
1 1
п
20
)
(
2
m
m
+
m
m
E
=


v
. Спустя время

скорости этих тел становятся равными



g



01 1
v
v
,



g



02 2
v
v
(рис.7). Здесь
g

– ускорение свободного падения. Из равенства углов

, указанных на рисунке, следует, что


g
=
g
20 10
v
v
. Отсюда
g
20 10
v
v



. После подстановки найденных выше значений начальных скоростей получаем,
Рис.6
Рис.7

8 что


2 1
п
2 1
m
+
m
E
g
=

Ответ:


с.
3 2
1 2
1
п
=
m
+
m
E
g
=

7. Запишите выражения для потенциальной энергии тела вблизи поверхности
Земли и потенциальной энергии упруго деформируемой пружины.
Задача. На горизонтальную площадку поставили лёгкую пружину жесткостью k = 100 Н/м, скреплённую с пластинами массами m = 200 г каждая так, как показано на рис.8. Затем на верхнюю пластину положили груз массой М так, что ось пружины осталась вертикальной. После этого резким ударом в горизонтальном направлении груз сбросили с пластины.
Пренебрегая трением груза о пластину, определите массу груза М, если в тот момент, когда нижняя пластина перестала давить на стол, модуль скорости верхней пластины стал равным v = 2 м/с. Модуль ускорения свободного падения примите равным g = 10 м/с
2
Решение. Пусть длина недеформированной пружины равна L (рис.9а).
Условие равновесия верхней пластины с лежащим на ней грузом (рис.9б) имеет вид
1
)
(
kx
g
m
M


. Следовательно, под действием пластины и груза пружина сожмётся на величину
k
g
m
M
x
)
(
1


. В тот момент, когда нижняя пластина перестает давить на стол (рис.9в), выполняется равенство
2
kx
mg

. Следовательно, в этот момент пружина должна быть растянута на величину
k
mg
x

2
. Согласно закону сохранения механической энергии, справедливо равенство, имеющее вид
2
)
(
2
)
(
2 2
2 2
2 1
2 1
v
m
x
L
mg
kx
x
L
mg
kx






Рис.8
Рис.9

9
Решая совместно составленные уравнения, получаем, что
2 2
2 4
g
k
m
m
M
v


Ответ:
98
,
0 4
2 2
2



g
k
m
m
M
v
кг.
8. Дайте определение скорости материальной точки.
Сформулируйте закон сложения скоростей.
Задача. Под каким углом

к горизонту нужно бросить тело, чтобы прямые, проведенные из точки бросания и точки падения в точку максимального подъема тела, составляли между собой прямой угол?
Считайте, что точки бросания и падения находятся на одном горизонтальном уровне, а сопротивление воздуха пренебрежимо мало.
Решение. Поскольку точка максимального подъема тела находится на равных расстояниях от точек бросания и падения тела, для выполнения условия задачи дальность полета тела
l
должна вдвое превышать высоту максимального подъема тела h , т.е.
h
l
2

(см. рис.10). Поскольку дальность полета тела, брошенного со скоростью
0
v
под углом

к горизонту,



cos sin
2 2
0
g
l
v
, а максимальная высота подъема тела


2 2
0
sin
2g
h
v
, то
2
tg


. Отсюда




63 2
arctg
Ответ:




63 2
arctg
9. Дайте определение силы тяжести. Как сила тяжести зависит от высоты над поверхностью Земли?
Задача. К потолку комнаты прикреплён конец невесомой нерастяжимой нити длиной l = 4м. На другом конце нити закреплён маленький шарик.
Расстояние от потолка до пола равно l/2. Слегка натянув нить, шарик отклонили так, чтобы нить приняла горизонтальное положение, а затем отпустили без толчка. В процессе движения шарик совершал с полом абсолютно упругие соударения. Пренебрегая влиянием воздуха,
Рис.10

10 определите расстояние х между точками первого и третьего соударений шарика с полом. Числовой ответ выразите в метрах, округлив до десятых.
Решение. В момент
0

t
первого удара шарика о пол его скорость
0
v

направлена так, как показано на рис.11, т.е. под углом



30
к вертикали (т.к.
2
/
1
sin


), а её модуль равен
gl

0
v
После первого абсолютно упругого удара о пол скорость шарика станет равной
1
v

При этом модуль скорости не изменится, её горизонтальная составляющая останется неизменной, а вертикальная – изменит своё направление на противоположное. В результате шарик начнёт двигаться по параболе как тело, брошенное под углом

к вертикали со скоростью
1
v

. Второй удар шарика о пол произойдёт в момент времени
g
l
g
l
t
3
cos
2 1



на расстоянии
2 3
sin
1
l
t
gl
s





от точки первого удара, т.е. в точке, расположенной прямо под точкой подвеса.
Третий удар произойдёт в точке, находящейся на расстоянии 2s от точки первого удара. Поэтому искомое расстояние
3 2
l
s
x


.