Pasirengimas OGE ir vieningam valstybiniam egzaminui

Vidurinis bendrasis išsilavinimas

Line UMK A.V. Fizika (10–11) (pagrindinis, išplėstinis)

Line UMK A.V. Fizika (7–9)

Line UMK A.V. Peryshkin. Fizika (7–9)

Pasiruošimas vieningam valstybiniam fizikos egzaminui: pavyzdžiai, sprendimai, paaiškinimai

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikos mokytoja, 27 metų darbo patirtis. Maskvos srities švietimo ministerijos garbės raštas (2013 m.), Voskresenskio savivaldybės rajono vadovo padėka (2015 m.), Maskvos srities matematikos ir fizikos mokytojų asociacijos prezidento pažymėjimas (2015 m.).

Darbe pateikiamos įvairaus sudėtingumo užduotys: pagrindinės, pažengusios ir aukštos. Bazinio lygio užduotys – tai nesudėtingos užduotys, kurios tikrina svarbiausių fizikinių sąvokų, modelių, reiškinių ir dėsnių įvaldymą. Aukštesniojo lygio užduotys skirtos patikrinti gebėjimą naudotis fizikos sąvokomis ir dėsniais analizuojant įvairius procesus ir reiškinius, taip pat gebėjimą spręsti uždavinius naudojant vieną ar du dėsnius (formules) bet kuria iš mokyklinio fizikos kurso temų. 4 darbe 2 dalies užduotys yra didelio sudėtingumo užduotys ir tikrinamos gebėjimas panaudoti fizikos dėsnius ir teorijas pasikeitusioje ar naujoje situacijoje. Atliekant tokias užduotis, reikia iš karto taikyti dviejų ar trijų fizikos skyrių žinias, t.y. aukštas mokymo lygis. Ši parinktis visiškai atitinka vieningo valstybinio egzamino 2017 demonstracinę versiją, užduotys paimtos iš atviro vieningo valstybinio egzamino užduočių banko.

Paveikslėlyje parodytas greičio modulio ir laiko grafikas t. Iš grafiko nustatykite automobilio nuvažiuotą atstumą laiko intervalu nuo 0 iki 30 s.

Sprendimas. Automobilio nuvažiuotas kelias laiko intervalu nuo 0 iki 30 s lengviausiai gali būti apibrėžtas kaip trapecijos plotas, kurio pagrindas yra laiko intervalai (30 – 0) = 30 s ir (30 – 10). ) = 20 s, o aukštis yra greitis v= 10 m/s, t.y.

Atsakymas. 250 m.

100 kg sveriantis krovinys pakeliamas vertikaliai aukštyn naudojant trosą. Paveiksle parodyta greičio projekcijos priklausomybė V apkrova ašiai, nukreipta į viršų, kaip laiko funkcija t. Nustatykite troso įtempimo jėgos modulį kėlimo metu.

Sprendimas. Pagal greičio projekcijos priklausomybės grafiką v apkrova ašyje, nukreipta vertikaliai aukštyn, kaip laiko funkcija t, galima nustatyti apkrovos pagreičio projekciją

Apkrovą veikia: gravitacijos jėga, nukreipta vertikaliai žemyn, ir kabelio įtempimo jėga, nukreipta vertikaliai aukštyn išilgai kabelio (žr. 2. Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį. Panaudokime antrąjį Niutono dėsnį. Kūną veikiančių jėgų geometrinė suma lygi kūno masės ir jam suteikiamo pagreičio sandaugai.

+ = (1)

Parašykime vektorių projekcijos lygtį atskaitos sistemoje, susietoje su žeme, nukreipdami OY ašį aukštyn. Įtempimo jėgos projekcija teigiama, kadangi jėgos kryptis sutampa su OY ašies kryptimi, gravitacijos jėgos projekcija neigiama, kadangi jėgos vektorius yra priešingas OY ašiai, pagreičio vektoriaus projekcija taip pat yra teigiamas, todėl kūnas juda su pagreičiu aukštyn. Turime

T – mg = mama (2);

iš (2) formulės tempimo jėgos modulis

T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.

Atsakymas. 1200 N.

Kūnas tempiamas išilgai grubaus horizontalaus paviršiaus pastoviu greičiu, kurio modulis yra 1,5 m/s, taikant jį jėgą, kaip parodyta (1) paveiksle. Šiuo atveju kūną veikiančios slydimo trinties jėgos modulis yra 16 N. Kokią galią sukuria jėga? F?

Sprendimas.Įsivaizduokime problemos teiginyje nurodytą fizikinį procesą ir padarykite scheminį brėžinį, nurodantį visas kūną veikiančias jėgas (2 pav.). Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį.

Tr + + = (1)

Pasirinkę atskaitos sistemą, susietą su fiksuotu paviršiumi, rašome vektorių projekcijos lygtis į pasirinktas koordinačių ašis. Pagal problemos sąlygas kūnas juda tolygiai, nes jo greitis yra pastovus ir lygus 1,5 m/s. Tai reiškia, kad kūno pagreitis yra lygus nuliui. Horizontaliai kūną veikia dvi jėgos: slydimo trinties jėga tr. ir jėga, kuria tempiamas kūnas. Trinties jėgos projekcija yra neigiama, nes jėgos vektorius nesutampa su ašies kryptimi X. Jėgos projekcija F teigiamas. Primename, kad norėdami rasti projekciją, statmeną nuleidžiame nuo vektoriaus pradžios ir pabaigos iki pasirinktos ašies. Atsižvelgdami į tai turime: F cosα – F tr = 0; (1) išreikškime jėgos projekciją F, Šis F cosα = F tr = 16 N; (2) tada jėgos išvystyta galia bus lygi N = F cosα V(3) Pakeiskime, atsižvelgdami į (2) lygtį, ir pakeiskime atitinkamus duomenis į (3) lygtį:

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Atsakymas. 24 W.

Apkrova, pritvirtinta prie lengvos spyruoklės, kurios standumas 200 N/m, patiria vertikalius svyravimus. Paveiksle parodytas poslinkio priklausomybės grafikas x kartas nuo karto apkrauti t. Nustatykite, kokia yra krovinio masė. Atsakymą suapvalinkite iki sveiko skaičiaus.

Sprendimas. Ant spyruoklės esanti masė patiria vertikalius svyravimus. Pagal apkrovos poslinkio grafiką X karts nuo karto t, nustatome apkrovos svyravimo periodą. Virpesių periodas lygus T= 4 s; iš formulės T= 2π išreikškime masę m krovinys

Atsakymas: 81 kg.

Paveikslėlyje pavaizduota dviejų lengvų blokų ir nesvario kabelio sistema, su kuria galima išlaikyti pusiausvyrą arba pakelti 10 kg sveriantį krovinį. Trintis yra nereikšminga. Remdamiesi aukščiau pateikto paveikslo analize, pasirinkite du teisingus teiginius ir atsakyme nurodykite jų skaičius.

1. Norint išlaikyti apkrovos pusiausvyrą, reikia veikti lyno galą 100 N jėga.
2. Paveiksle parodyta blokų sistema nesuteikia jokio stiprumo.
3. h, reikia ištraukti 3 ilgio virvės atkarpą h.
4. Lėtai pakelti krovinį į aukštį hh.

Sprendimas.Šioje užduotyje būtina prisiminti paprastus mechanizmus, būtent blokus: kilnojamąjį ir fiksuotą bloką. Judantis blokas suteikia dvigubai stipresnę jėgą, o lyno atkarpą reikia traukti dvigubai ilgiau, o fiksuotas blokas naudojamas jėgai nukreipti. Darbe paprasti laimėjimo mechanizmai neduoda. Išanalizavę problemą, iš karto pasirenkame reikiamus teiginius:

1. Lėtai pakelti krovinį į aukštį h, reikia ištraukti 2 ilgio virvės atkarpą h.
2. Norint išlaikyti apkrovos pusiausvyrą, lyno galą reikia veikti 50 N jėga.

Atsakymas. 45.

Aliumininis svarelis, pritvirtintas prie nesvario ir netampančio sriegio, visiškai panardinamas į indą su vandeniu. Krovinys neliečia indo sienelių ir dugno. Tada į tą patį indą su vandeniu panardinamas geležinis svarelis, kurio masė lygi aliuminio svarelio masei. Kaip dėl to pasikeis sriegio įtempimo jėgos modulis ir apkrovą veikiančios gravitacijos jėgos modulis?

1. Padidėja;
2. Sumažėja;
3. Nesikeičia.

Sprendimas. Analizuojame problemos būklę ir išryškiname tuos parametrus, kurie tyrimo metu nekinta: tai kūno masė ir skystis, į kurį kūnas panardinamas ant siūlo. Po to geriau padaryti scheminį brėžinį ir nurodyti apkrovą veikiančias jėgas: sriegio įtempimą F valdymas, nukreiptas į viršų išilgai sriegio; gravitacija nukreipta vertikaliai žemyn; Archimedo jėga a, veikiantis iš skysčio pusės į panardintą kūną ir nukreiptas į viršų. Pagal uždavinio sąlygas apkrovų masė yra vienoda, todėl apkrovą veikiančios gravitacijos jėgos modulis nekinta. Kadangi skiriasi krovinio tankis, skirsis ir tūris.

Geležies tankis – 7800 kg/m3, o aliuminio krovinio – 2700 kg/m3. Vadinasi, V ir< V a. Kūnas yra pusiausvyroje, visų kūną veikiančių jėgų rezultatas lygus nuliui. Nukreipkime OY koordinačių ašį aukštyn. Pagrindinę dinamikos lygtį, atsižvelgdami į jėgų projekciją, įrašome į formą F valdymas + F a – mg= 0; (1) Išreikškime įtempimo jėgą F valdymas = mg – F a(2); Archimedo jėga priklauso nuo skysčio tankio ir panardintos kūno dalies tūrio F a = ρ gV p.h.t. (3); Skysčio tankis nesikeičia, o geležies korpuso tūris yra mažesnis V ir< V a, todėl geležies apkrovą veikianti Archimedo jėga bus mažesnė. Darome išvadą apie sriegio įtempimo jėgos modulį, dirbant su (2) lygtimi, jis padidės.

Atsakymas. 13.

Masės blokas m nuslysta nuo fiksuotos grubios nuožulnios plokštumos, kurios kampas α prie pagrindo. Bloko pagreičio modulis lygus a, bloko greičio modulis didėja. Galima nepaisyti oro pasipriešinimo.

Nustatykite atitiktį tarp fizikinių dydžių ir formulių, pagal kurias jie gali būti apskaičiuoti. Kiekvienai pirmojo stulpelio pozicijai pasirinkite atitinkamą poziciją iš antrojo stulpelio ir užrašykite pasirinktus skaičius lentelėje po atitinkamomis raidėmis.

B) trinties koeficientas tarp bloko ir pasvirosios plokštumos

3) mg cosα

Sprendimas.Šiai užduočiai atlikti reikia taikyti Niutono dėsnius. Rekomenduojame pasidaryti scheminį brėžinį; nurodyti visas judesio kinematines charakteristikas. Jei įmanoma, pavaizduokite pagreičio vektorių ir visų judančiam kūnui veikiančių jėgų vektorius; atminkite, kad kūną veikiančios jėgos yra sąveikos su kitais kūnais rezultatas. Tada užrašykite pagrindinę dinamikos lygtį. Pasirinkite atskaitos sistemą ir užrašykite gautą jėgos ir pagreičio vektorių projekcijos lygtį;

Vadovaudamiesi pasiūlytu algoritmu padarysime scheminį brėžinį (1 pav.). Paveiksle pavaizduotos bloko svorio centrui veikiančios jėgos ir atskaitos sistemos koordinačių ašys, susietos su pasvirusios plokštumos paviršiumi. Kadangi visos jėgos yra pastovios, tai bloko judėjimas bus tolygiai kintamas didėjant greičiui, t.y. pagreičio vektorius nukreiptas judėjimo kryptimi. Pasirinkime ašių kryptį, kaip parodyta paveikslėlyje. Užrašykime jėgų projekcijas pasirinktose ašyse.

Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį:

Tr + = (1)

Parašykime šią (1) lygtį jėgų ir pagreičio projekcijai.

OY ašyje: žemės reakcijos jėgos projekcija yra teigiama, nes vektorius sutampa su OY ašies kryptimi Ny = N; trinties jėgos projekcija lygi nuliui, nes vektorius yra statmenas ašiai; gravitacijos projekcija bus neigiama ir lygi mg y= – mg cosα; pagreičio vektoriaus projekcija a y= 0, nes pagreičio vektorius yra statmenas ašiai. Turime N – mg cosα = 0 (2) iš lygties išreiškiame reakcijos jėgą, veikiančią bloką iš pasvirosios plokštumos pusės. N = mg cosα (3). Užrašykime projekcijas OX ašyje.

OX ašyje: jėgos projekcija N yra lygus nuliui, nes vektorius yra statmenas OX ašiai; Trinties jėgos projekcija yra neigiama (vektorius nukreiptas priešinga kryptimi pasirinktos ašies atžvilgiu); gravitacijos projekcija yra teigiama ir lygi mg x = mg sinα (4) iš stačiojo trikampio. Pagreičio projekcija yra teigiama a x = a; Tada rašome lygtį (1) atsižvelgdami į projekciją mg sinα – F tr = mama (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Atminkite, kad trinties jėga yra proporcinga normalaus slėgio jėgai N.

Pagal apibrėžimą F tr = μ N(7), išreiškiame bloko trinties koeficientą pasvirusioje plokštumoje.

Kiekvienai raidei parenkame tinkamas pozicijas.

Atsakymas. A – 3; B-2.

8 užduotis. Dujinis deguonis yra 33,2 litro tūrio inde. Dujų slėgis 150 kPa, jų temperatūra 127° C. Nustatykite dujų masę šiame inde. Išreikškite savo atsakymą gramais ir suapvalinkite iki artimiausio sveikojo skaičiaus.

Sprendimas. Svarbu atkreipti dėmesį į vienetų konvertavimą į SI sistemą. Konvertuoti temperatūrą į Kelvinus T = t°C + 273, tūris V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3; Mes konvertuojame slėgį P= 150 kPa = 150 000 Pa. Naudojant idealiųjų dujų būsenos lygtį

Išreikškime dujų masę.

Būtinai atkreipkite dėmesį į tai, kurių vienetų prašoma užrašyti atsakymą. Tai labai svarbu.

Atsakymas.„48

9 užduotis. Idealios monoatominės dujos, kurių kiekis 0,025 mol, išsiplėtė adiabatiškai. Tuo pačiu metu jo temperatūra nukrito nuo +103°C iki +23°C. Kiek darbo nuveikė dujos? Išreikškite savo atsakymą džauliais ir suapvalinkite iki artimiausio sveikojo skaičiaus.

Sprendimas. Pirma, dujos yra monatominis laisvės laipsnių skaičius i= 3, antra, dujos plečiasi adiabatiškai - tai reiškia be šilumos mainų K= 0. Dujos veikia mažindamos vidinę energiją. Atsižvelgdami į tai, pirmąjį termodinamikos dėsnį rašome 0 = ∆ forma U + A G; (1) išreikškime dujų darbą A g = –∆ U(2); Vienatominių dujų vidinės energijos pokytį rašome kaip

Atsakymas. 25 J.

Oro dalies santykinė drėgmė tam tikroje temperatūroje yra 10%. Kiek kartų reikia keisti šios oro dalies slėgį, kad esant pastoviai temperatūrai jos santykinė drėgmė padidėtų 25%?

Sprendimas. Klausimai, susiję su sočiųjų garų ir oro drėgme, dažniausiai sukelia sunkumų moksleiviams. Santykinei oro drėgmei apskaičiuoti naudokite formulę

Pagal problemos sąlygas temperatūra nekinta, vadinasi, sočiųjų garų slėgis išlieka toks pat. Užrašykime formulę (1) dviem oro būsenoms.

φ 1 = 10 %; φ 2 = 35 %

Išreikškime oro slėgį iš (2), (3) formulių ir raskime slėgio santykį.

Atsakymas. Slėgis turėtų būti padidintas 3,5 karto.

Karšta skysta medžiaga buvo lėtai aušinama lydymosi krosnyje esant pastoviai galiai. Lentelėje pateikiami medžiagos temperatūros matavimo rezultatai per tam tikrą laiką.

Pasirinkite iš pateikto sąrašo du teiginius, kurie atitinka atliktų matavimų rezultatus ir nurodo jų numerius.

1. Medžiagos lydymosi temperatūra tokiomis sąlygomis yra 232°C.
2. Po 20 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos.
3. Medžiagos šiluminė talpa skystoje ir kietoje būsenoje yra vienoda.
4. Po 30 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos.
5. Medžiagos kristalizacijos procesas užtruko daugiau nei 25 minutes.

Sprendimas. Medžiagai vėsstant jos vidinė energija mažėjo. Temperatūros matavimų rezultatai leidžia nustatyti temperatūrą, kurioje medžiaga pradeda kristalizuotis. Nors medžiaga keičiasi iš skystos į kietą, temperatūra nesikeičia. Žinodami, kad lydymosi temperatūra ir kristalizacijos temperatūra yra ta pati, pasirenkame teiginį:

1. Medžiagos lydymosi temperatūra tokiomis sąlygomis yra 232°C.

Antras teisingas teiginys yra:

4. Po 30 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos. Kadangi temperatūra šiuo metu jau yra žemesnė už kristalizacijos temperatūrą.

Atsakymas. 14.

Izoliuotoje sistemoje kūno A temperatūra yra +40°C, o kūno B – +65°C. Šie kūnai buvo termiškai kontaktuojami vienas su kitu. Po kurio laiko atsirado šiluminė pusiausvyra. Kaip dėl to keitėsi kūno B temperatūra ir bendra kūnų A ir B vidinė energija?

Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:

1. Padidėjęs;
2. Sumažėjo;
3. Nepasikeitė.

Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Jei izoliuotoje kūnų sistemoje nevyksta jokie energijos virsmai, išskyrus šilumos mainus, tai kūnų, kurių vidinė energija mažėja, išskiriamas šilumos kiekis yra lygus šilumos kiekiui, kurį gauna kūnai, kurių vidinė energija didėja. (Pagal energijos tvermės dėsnį.) Šiuo atveju bendra sistemos vidinė energija nekinta. Tokio tipo problemos sprendžiamos remiantis šilumos balanso lygtimi.

kur ∆ U– vidinės energijos pasikeitimas.

Mūsų atveju dėl šilumos mainų sumažėja kūno B vidinė energija, vadinasi, mažėja šio kūno temperatūra. Kūno A vidinė energija didėja, kadangi kūnas gavo šilumos kiekį iš kūno B, jo temperatūra padidės. Kūnų A ir B suminė vidinė energija nekinta.

Atsakymas. 23.

Protonas p, skrendantis į tarpą tarp elektromagneto polių, greitis yra statmenas magnetinio lauko indukcijos vektoriui, kaip parodyta paveikslėlyje. Kur yra Lorenco jėga, veikianti protoną, nukreipta brėžinio atžvilgiu (aukštyn, link stebėtojo, toliau nuo stebėtojo, žemyn, kairėn, dešinėn)

Sprendimas. Magnetinis laukas veikia įkrautą dalelę Lorenco jėga. Norint nustatyti šios jėgos kryptį, svarbu prisiminti kairės rankos mnemoninę taisyklę, nepamiršti atsižvelgti į dalelės krūvį. Kairiosios rankos keturis pirštus nukreipiame išilgai greičio vektoriaus, teigiamai įkrautai dalelei vektorius turi patekti statmenai į delną, 90° kampu nustatytas nykštys rodo dalelę veikiančios Lorenco jėgos kryptį. Dėl to gauname, kad Lorenco jėgos vektorius figūros atžvilgiu yra nukreiptas nuo stebėtojo.

Atsakymas. nuo stebėtojo.

Plokščiame 50 μF talpos oro kondensatoriuje elektrinio lauko stiprio modulis lygus 200 V/m. Atstumas tarp kondensatoriaus plokščių yra 2 mm. Koks yra kondensatoriaus įkrovimas? Atsakymą parašykite µC.

Sprendimas. Paverskime visus matavimo vienetus į SI sistemą. Talpa C = 50 µF = 50 10 -6 F, atstumas tarp plokščių d= 2 · 10 –3 m Uždavinyje kalbama apie plokščią oro kondensatorių – prietaisą, skirtą kaupti elektros krūvį ir elektros lauko energiją. Iš elektrinės talpos formulės

Kur d– atstumas tarp plokščių.

Išreikškime įtampą U=E d(4); Pakeiskime (4) į (2) ir apskaičiuokime kondensatoriaus įkrovą.

q = C · Red= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC

Atkreipkite dėmesį į vienetus, kuriais reikia rašyti atsakymą. Gavome kulonais, bet pateikiame µC.

Atsakymas. 20 µC.

Studentas atliko šviesos lūžio eksperimentą, parodytą nuotraukoje. Kaip kinta stikle sklindančios šviesos lūžio kampas ir stiklo lūžio rodiklis didėjant kritimo kampui?

1. Padidėja
2. Sumažėja
3. Nesikeičia
4. Kiekvieno atsakymo pasirinktus skaičius įrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Tokio pobūdžio uždaviniuose mes prisimename, kas yra refrakcija. Tai bangos sklidimo krypties pasikeitimas pereinant iš vienos terpės į kitą. Ją lemia tai, kad bangų sklidimo greičiai šiose terpėse yra skirtingi. Išsiaiškinę, į kurią terpę šviesa sklinda, parašykime lūžio dėsnį į formą

Kur n 2 – absoliutus stiklo lūžio rodiklis, terpė, į kurią patenka šviesa; n 1 yra pirmosios terpės, iš kurios ateina šviesa, absoliutus lūžio rodiklis. Dėl oro n 1 = 1. α – pluošto kritimo kampas į stiklinio puscilindro paviršių, β – pluošto lūžio kampas stikle. Be to, lūžio kampas bus mažesnis už kritimo kampą, nes stiklas yra optiškai tankesnė terpė - terpė su dideliu lūžio rodikliu. Šviesos sklidimo greitis stikle yra lėtesnis. Atkreipkite dėmesį, kad kampus matuojame nuo statmeno, atkurto spindulio kritimo taške. Jei padidinsite kritimo kampą, lūžio kampas padidės. Tai nepakeis stiklo lūžio rodiklio.

Atsakymas.

Varinis džemperis tam tikru momentu t 0 = 0 pradeda judėti 2 m/s greičiu lygiagrečiais horizontaliais laidžiais bėgiais, prie kurių galų prijungtas 10 omų rezistorius. Visa sistema yra vertikaliame vienodame magnetiniame lauke. Trumpiklio ir bėgių pasipriešinimas yra nereikšmingas; Magnetinės indukcijos vektoriaus srautas Ф per grandinę, kurią sudaro trumpiklis, bėgiai ir rezistorius, laikui bėgant kinta t kaip parodyta grafike.

Naudodami diagramą pasirinkite du teisingus teiginius ir savo atsakyme nurodykite jų skaičius.

1. Iki to laiko t= 0,1 s magnetinio srauto pokytis per grandinę yra 1 mWb.
2. Indukcinė srovė trumpiklyje diapazone nuo t= 0,1 s t= 0,3 s maks.
3. Indukcinio emf, atsirandančio grandinėje, modulis yra 10 mV.
4. Indukcinės srovės, tekančios trumpikliu, stipris yra 64 mA.
5. Norint išlaikyti džemperio judėjimą, jam veikiama jėga, kurios projekcija bėgių kryptimi yra 0,2 N.

Sprendimas. Naudodamiesi magnetinės indukcijos vektoriaus srauto per grandinę priklausomybės laiku grafiku, nustatysime sritis, kuriose kinta srautas F ir kur srauto pokytis lygus nuliui. Tai leis mums nustatyti laiko intervalus, per kuriuos grandinėje atsiras indukuota srovė. Tikras teiginys:

1) Iki to laiko t= 0,1 s magnetinio srauto pokytis grandinėje lygus 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Indukcinio emf, atsirandančio grandinėje, modulis nustatomas naudojant EMR dėsnį

Atsakymas. 13.

Naudodami srovės ir laiko grafiką elektros grandinėje, kurios induktyvumas yra 1 mH, nustatykite savaime indukcinį emf modulį laiko intervalu nuo 5 iki 10 s. Atsakymą parašykite µV.

Sprendimas. Paverskime visus dydžius į SI sistemą, t.y. 1 mH induktyvumą paverčiame H, gauname 10 –3 H. Srovė, parodyta paveikslėlyje mA, taip pat bus konvertuojama į A, padauginus iš 10–3.

Savęs indukcijos emf formulė turi formą

šiuo atveju laiko intervalas pateikiamas pagal problemos sąlygas

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundes ir naudodamiesi grafiku nustatome srovės pasikeitimo intervalą per šį laiką:

∆aš= 30 10 –3 – 20 10 –3 = 10 10 –3 = 10 –2 A.

Skaitines reikšmes pakeičiame į formulę (2), gauname

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V arba 2 µV.

Atsakymas. 2.

Dvi skaidrios plokštumos lygiagrečios plokštės tvirtai prispaudžiamos viena prie kitos. Šviesos spindulys nukrenta iš oro ant pirmosios plokštės paviršiaus (žr. pav.). Yra žinoma, kad viršutinės plokštės lūžio rodiklis yra lygus n 2 = 1,77. Nustatykite fizikinių dydžių ir jų reikšmių atitiktį. Kiekvienai pirmojo stulpelio pozicijai pasirinkite atitinkamą poziciją iš antrojo stulpelio ir užrašykite pasirinktus skaičius lentelėje po atitinkamomis raidėmis.

Sprendimas. Norint išspręsti šviesos lūžio dviejų terpių sąsajoje problemas, ypač problemas, susijusias su šviesos pratekėjimu per plokštumos lygiagrečias plokštes, galima rekomenduoti tokią sprendimo procedūrą: padarykite brėžinį, nurodantį spindulių, sklindančių iš vienos terpės, kelią kitas; Spindulio kritimo taške ties sąsaja tarp dviejų terpių nubrėžkite normalią paviršių, pažymėkite kritimo ir lūžio kampus. Ypatingą dėmesį atkreipkite į nagrinėjamos terpės optinį tankį ir atminkite, kad kai šviesos pluoštas pereina iš optiškai mažiau tankios terpės į optiškai tankesnę terpę, lūžio kampas bus mažesnis už kritimo kampą. Paveikslėlyje parodytas kampas tarp krintančio spindulio ir paviršiaus, tačiau mums reikia kritimo kampo. Atminkite, kad kampai nustatomi pagal statmeną, atkurtą smūgio taške. Nustatome, kad spindulio kritimo į paviršių kampas yra 90° – 40° = 50°, lūžio rodiklis n 2 = 1,77; n 1 = 1 (oras).

Užrašykime lūžio dėsnį

Nubraižykime apytikslį sijos kelią per plokštes. 2–3 ir 3–1 riboms naudojame formulę (1). Atsakydami gauname

A) Spindulio kritimo kampo sinusas ant ribos 2–3 tarp plokščių yra 2) ≈ 0,433;

B) Spindulio lūžio kampas kertant ribą 3–1 (radianais) yra 4) ≈ 0,873.

Atsakymas. 24.

Nustatykite, kiek α dalelių ir kiek protonų susidaro termobranduolinės sintezės reakcijos metu

+ → x+ y;

Sprendimas. Visose branduolinėse reakcijose laikomasi elektros krūvio ir nukleonų skaičiaus tvermės dėsnių. Pažymime x alfa dalelių skaičių, y – protonų skaičių. Sudarykime lygtis

+ → x + y;

sprendžiant mūsų turimą sistemą x = 1; y = 2

Atsakymas. 1 – α-dalelė; 2 – protonai.

Pirmojo fotono impulso modulis yra 1,32 · 10 –28 kg m/s, tai yra 9,48 · 10 –28 kg m/s mažiau nei antrojo fotono impulso modulis. Raskite antrojo ir pirmojo fotono energijos santykį E 2 /E 1. Atsakymą suapvalinkite iki artimiausios dešimtosios.

Sprendimas. Antrojo fotono impulsas yra didesnis nei pirmojo fotono impulsas pagal sąlygas, o tai reiškia, kad jį galima pavaizduoti p 2 = p 1 + Δ p(1). Fotonų energiją galima išreikšti fotono impulsu, naudojant šias lygtis. Tai E = mc 2 (1) ir p = mc(2), tada

E = pc (3),

Kur E- fotonų energija, p– fotono impulsas, m – fotono masė, c= 3 · 10 8 m/s – šviesos greitis. Atsižvelgdami į (3) formulę turime:

Atsakymą suapvaliname iki dešimtųjų ir gauname 8,2.

Atsakymas. 8,2.

Atomo branduolys patyrė radioaktyvų pozitronų β skilimą. Kaip dėl to pasikeitė branduolio elektrinis krūvis ir jame esančių neutronų skaičius?

Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:

1. Padidėjęs;
2. Sumažėjo;
3. Nepasikeitė.

Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Pozitronas β – skilimas atomo branduolyje įvyksta, kai protonas virsta neutronu su pozitrono emisija. Dėl to neutronų skaičius branduolyje padidėja vienu, elektros krūvis sumažėja vienu, o branduolio masės skaičius išlieka nepakitęs. Taigi elemento transformacijos reakcija yra tokia:

Atsakymas. 21.

Laboratorijoje buvo atlikti penki eksperimentai, skirti stebėti difrakciją naudojant įvairias difrakcijos gardeles. Kiekviena iš grotelių buvo apšviesta lygiagrečiais monochromatinės šviesos pluoštais, turinčiais tam tikrą bangos ilgį. Visais atvejais šviesa krito statmenai grotoms. Dviejuose iš šių eksperimentų buvo pastebėtas toks pat pagrindinių difrakcijos maksimumų skaičius. Pirmiausia nurodykite eksperimento, kuriame buvo panaudota trumpesnio periodo difrakcinė gardelė, numerį, o paskui – eksperimento, kuriame buvo panaudota ilgesnio periodo difrakcinė gardelė, numerį.

Sprendimas.Šviesos difrakcija yra reiškinys, kai šviesos pluoštas patenka į geometrinio šešėlio sritį. Difrakcija gali būti stebima, kai šviesos bangos kelyje didelėse kliūtyse yra nepermatomų plotų ar skylių, kurios yra nepralaidžios šviesai, o šių sričių ar skylių dydžiai yra proporcingi bangos ilgiui. Vienas iš svarbiausių difrakcijos prietaisų yra difrakcijos gardelė. Kampinės kryptys į difrakcijos modelio maksimumus nustatomos pagal lygtį

d sinφ = kλ (1),

Kur d– difrakcijos gardelės periodas, φ – kampas tarp normalės gardelės atžvilgiu ir krypties į vieną iš difrakcijos modelio maksimumų, λ – šviesos bangos ilgis, k– sveikasis skaičius, vadinamas difrakcijos maksimumo tvarka. Išreikškime iš (1) lygties

Pasirinkdami poras pagal eksperimento sąlygas, pirmiausia parenkame 4, kur buvo naudojama trumpesnio periodo difrakcijos gardelė, o tada eksperimento, kuriame buvo panaudota didesnio periodo difrakcijos gardelė, skaičius - tai yra 2.

Atsakymas. 42.

Srovė teka per vielinį rezistorių. Rezistorius buvo pakeistas kitu, tokio pat metalo ir tokio pat ilgio, bet pusę skerspjūvio ploto viela, per kurią buvo praleidžiama pusė srovės. Kaip pasikeis rezistoriaus įtampa ir jo varža?

Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:

1. Padidės;
2. Sumažės;
3. Tai nepasikeis.

Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Svarbu atsiminti, nuo kokių verčių priklauso laidininko varža. Atsparumo apskaičiavimo formulė yra

Omo dėsnis grandinės atkarpai pagal (2) formulę išreiškiame įtampą

U = Aš R (3).

Pagal problemos sąlygas antrasis rezistorius pagamintas iš tos pačios medžiagos vielos, vienodo ilgio, bet skirtingo skerspjūvio ploto. Plotas dvigubai mažesnis. Pakeitę į (1) matome, kad varža padidėja 2 kartus, o srovė sumažėja 2 kartus, todėl įtampa nekinta.

Atsakymas. 13.

Matematinės švytuoklės svyravimo periodas Žemės paviršiuje yra 1,2 karto didesnis nei jos svyravimo periodas tam tikroje planetoje. Koks yra šios planetos gravitacijos pagreičio dydis? Abiem atvejais atmosferos įtaka yra nereikšminga.

Sprendimas. Matematinė švytuoklė yra sistema, susidedanti iš sriegio, kurio matmenys yra daug didesni už rutulio ir paties rutulio matmenis. Gali kilti sunkumų, jei pamirštama Tomsono formulė matematinės švytuoklės svyravimo periodui.

T= 2π (1);

l– matematinės švytuoklės ilgis; g– laisvo kritimo pagreitis.

Pagal sąlygą

Išreikškime iš (3) g n = 14,4 m/s 2. Reikia pažymėti, kad gravitacijos pagreitis priklauso nuo planetos masės ir spindulio

Atsakymas. 14,4 m/s 2.

Tiesus 1 m ilgio laidininkas, turintis 3 A srovę, yra vienodame magnetiniame lauke su indukcija IN= 0,4 Tesla 30° kampu vektoriui. Kokio dydžio magnetinio lauko laidininką veikia jėga?

Sprendimas. Jei į magnetinį lauką įdėsite srovę nešantį laidininką, srovės laidininko laukas veiks su ampero jėga. Užrašykime Ampero jėgos modulio formulę

F A = Aš LB sinα ;

F A = 0,6 N

Atsakymas. F A = 0,6 N.

Ritėje sukaupta magnetinio lauko energija, per ją tekant nuolatinei srovei, lygi 120 J. Kiek kartų reikia padidinti srovės, tekančios per ritės apviją stiprumą, kad padidėtų joje sukaupta magnetinio lauko energija iki 5760 J.

Sprendimas. Ritės magnetinio lauko energija apskaičiuojama pagal formulę

Pagal sąlygą W 1 = 120 J, tada W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

Tada dabartinis santykis

Atsakymas. Srovės stiprumas turi būti padidintas 7 kartus. Atsakymo formoje įvedate tik skaičių 7.

Elektros grandinę sudaro dvi lemputės, du diodai ir laido posūkis, sujungtas kaip parodyta paveikslėlyje. (Diodas leidžia srovei tekėti tik viena kryptimi, kaip parodyta paveikslėlio viršuje.) Kuri iš lempučių užsidegs, jei magneto šiaurinis ašigalis bus priartintas prie ritės? Paaiškinkite savo atsakymą nurodydami, kokius reiškinius ir modelius naudojote paaiškinime.

Sprendimas. Magnetinės indukcijos linijos atsiranda iš šiaurinio magneto poliaus ir išsiskiria. Magnetui artėjant, magnetinis srautas per vielos ritę didėja. Pagal Lenco taisyklę magnetinis laukas, kurį sukuria ritės indukcinė srovė, turi būti nukreiptas į dešinę. Pagal stulpelio taisyklę srovė turi tekėti pagal laikrodžio rodyklę (žiūrint iš kairės). Antrosios lempos grandinės diodas eina šia kryptimi. Tai reiškia, kad užsidegs antra lemputė.

Atsakymas. Antroji lemputė užsidegs.

Aliuminio stipinų ilgis L= 25 cm ir skerspjūvio plotas S= 0,1 cm 2 pakabintas ant sriegio viršutiniame gale. Apatinis galas remiasi į horizontalų indo dugną, į kurį pilamas vanduo. Panardintos stipino dalies ilgis l= 10 cm Raskite jėgą F, kuriuo mezgimo adata spaudžia indo dugną, jei žinoma, kad siūlas yra vertikaliai. Aliuminio tankis ρ a = 2,7 g/cm 3, vandens tankis ρ b = 1,0 g/cm 3. Gravitacijos pagreitis g= 10 m/s 2

Sprendimas. Padarykime aiškinamąjį brėžinį.

– Sriegio įtempimo jėga;

– Indo dugno reakcijos jėga;

a yra Archimedo jėga, veikianti tik panardintą kūno dalį ir taikoma panardintos stipino dalies centrui;

– gravitacijos jėga, veikianti stipiną iš Žemės ir taikoma viso stipino centrui.

Pagal apibrėžimą stipino masė m ir Archimedo jėgos modulis išreiškiamas taip: m = SLρa (1);

F a = Slρ in g (2)

Panagrinėkime jėgų momentus, palyginti su stipino pakabos tašku.

M(T) = 0 – tempimo jėgos momentas; (3)

M(N)= NL cosα – atramos reakcijos jėgos momentas; (4)

Atsižvelgdami į momentų požymius, rašome lygtį

atsižvelgiant į tai, kad pagal trečiąjį Niutono dėsnį indo dugno reakcijos jėga lygi jėgai F d kuria mezgimo adata spaudžia indo dugną rašome N = F d ir iš (7) lygties išreiškiame šią jėgą:

Pakeiskime skaitinius duomenis ir gaukime juos

F d = 0,025 N.

Atsakymas. F d = 0,025 N.

Cilindras, kuriame yra m 1 = 1 kg azoto, stiprumo bandymo metu sprogo esant temperatūrai t 1 = 327 °C. Kokia vandenilio masė m 2 galima būtų laikyti tokiame cilindre esant temperatūrai t 2 = 27°C, turint penkis kartus didesnę saugos ribą? Azoto molinė masė M 1 = 28 g/mol, vandenilis M 2 = 2 g/mol.

Sprendimas. Parašykime Mendelejevo – Klepeirono idealiųjų dujų būsenos azoto lygtį

Kur V- cilindro tūris, T 1 = t 1 + 273°C. Atsižvelgiant į būklę, vandenilis gali būti laikomas slėgyje p 2 = p 1 /5; (3) Atsižvelgiant į tai

Vandenilio masę galime išreikšti tiesiogiai dirbdami su (2), (3), (4) lygtimis. Galutinė formulė atrodo taip:

Pakeitus skaitinius duomenis m 2 = 28 g.

Atsakymas. m 2 = 28 g.

Idealioje virpesių grandinėje srovės svyravimų amplitudė induktoriuje yra aš m= 5 mA, o kondensatoriaus įtampos amplitudė Um= 2,0 V. Laiku t kondensatoriaus įtampa yra 1,2 V. Raskite srovę šiuo momentu.

Sprendimas. Idealioje virpesių grandinėje svyravimo energija išsaugoma. Laiko momentą t energijos tvermės dėsnis turi formą

Amplitudės (maksimalioms) reikšmėms rašome

o iš (2) lygties išreiškiame

Pakeiskime (4) į (3). Rezultate gauname:

aš = aš m (5)

Taigi, srovė ritėje laiko momentu t lygus

aš= 4,0 mA.

Atsakymas. aš= 4,0 mA.

2 m gylio rezervuaro apačioje yra veidrodis. Šviesos spindulys, praeinantis per vandenį, atsispindi nuo veidrodžio ir išeina iš vandens. Vandens lūžio rodiklis yra 1,33. Raskite atstumą tarp spindulio įėjimo į vandenį taško ir spindulio išėjimo iš vandens taško, jei pluošto kritimo kampas yra 30°

Sprendimas. Padarykime aiškinamąjį brėžinį

α – spindulio kritimo kampas;

β – pluošto lūžio vandenyje kampas;

AC – atstumas tarp spindulio įėjimo į vandenį taško ir spindulio išėjimo iš vandens taško.

Pagal šviesos lūžio dėsnį

Apsvarstykite stačiakampį ΔADB. Jame AD = h, tada DB = AD

Gauname tokią išraišką:

Pakeiskime skaitines reikšmes į gautą formulę (5)

Atsakymas. 1,63 m.

Ruošiantis vieningam valstybiniam egzaminui, kviečiame susipažinti su fizikos darbo programa 7–9 klasėms į UMK liniją Peryshkina A.V. Ir aukštesnio lygio darbo programa 10-11 klasėms mokymo medžiagai Myakisheva G.Ya. Programas gali peržiūrėti ir nemokamai atsisiųsti visi registruoti vartotojai.

Pasirengimas OGE ir vieningam valstybiniam egzaminui

Vidurinis bendrasis išsilavinimas

Line UMK A.V. Fizika (10–11) (pagrindinis, išplėstinis)

Line UMK A.V. Fizika (7–9)

Line UMK A.V. Peryshkin. Fizika (7–9)

Pasiruošimas vieningam valstybiniam fizikos egzaminui: pavyzdžiai, sprendimai, paaiškinimai

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikos mokytoja, 27 metų darbo patirtis. Maskvos srities švietimo ministerijos garbės raštas (2013 m.), Voskresenskio savivaldybės rajono vadovo padėka (2015 m.), Maskvos srities matematikos ir fizikos mokytojų asociacijos prezidento pažymėjimas (2015 m.).

Darbe pateikiamos įvairaus sudėtingumo užduotys: pagrindinės, pažengusios ir aukštos. Bazinio lygio užduotys – tai nesudėtingos užduotys, kurios tikrina svarbiausių fizikinių sąvokų, modelių, reiškinių ir dėsnių įvaldymą. Aukštesniojo lygio užduotys skirtos patikrinti gebėjimą naudotis fizikos sąvokomis ir dėsniais analizuojant įvairius procesus ir reiškinius, taip pat gebėjimą spręsti uždavinius naudojant vieną ar du dėsnius (formules) bet kuria iš mokyklinio fizikos kurso temų. 4 darbe 2 dalies užduotys yra didelio sudėtingumo užduotys ir tikrinamos gebėjimas panaudoti fizikos dėsnius ir teorijas pasikeitusioje ar naujoje situacijoje. Atliekant tokias užduotis, reikia iš karto taikyti dviejų ar trijų fizikos skyrių žinias, t.y. aukštas mokymo lygis. Ši parinktis visiškai atitinka vieningo valstybinio egzamino 2017 demonstracinę versiją, užduotys paimtos iš atviro vieningo valstybinio egzamino užduočių banko.

Paveikslėlyje parodytas greičio modulio ir laiko grafikas t. Iš grafiko nustatykite automobilio nuvažiuotą atstumą laiko intervalu nuo 0 iki 30 s.

Sprendimas. Automobilio nuvažiuotas kelias laiko intervalu nuo 0 iki 30 s lengviausiai gali būti apibrėžtas kaip trapecijos plotas, kurio pagrindas yra laiko intervalai (30 – 0) = 30 s ir (30 – 10). ) = 20 s, o aukštis yra greitis v= 10 m/s, t.y.

Atsakymas. 250 m.

100 kg sveriantis krovinys pakeliamas vertikaliai aukštyn naudojant trosą. Paveiksle parodyta greičio projekcijos priklausomybė V apkrova ašiai, nukreipta į viršų, kaip laiko funkcija t. Nustatykite troso įtempimo jėgos modulį kėlimo metu.

Sprendimas. Pagal greičio projekcijos priklausomybės grafiką v apkrova ašyje, nukreipta vertikaliai aukštyn, kaip laiko funkcija t, galima nustatyti apkrovos pagreičio projekciją

Apkrovą veikia: gravitacijos jėga, nukreipta vertikaliai žemyn, ir kabelio įtempimo jėga, nukreipta vertikaliai aukštyn išilgai kabelio (žr. 2. Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį. Panaudokime antrąjį Niutono dėsnį. Kūną veikiančių jėgų geometrinė suma lygi kūno masės ir jam suteikiamo pagreičio sandaugai.

+ = (1)

Parašykime vektorių projekcijos lygtį atskaitos sistemoje, susietoje su žeme, nukreipdami OY ašį aukštyn. Įtempimo jėgos projekcija teigiama, kadangi jėgos kryptis sutampa su OY ašies kryptimi, gravitacijos jėgos projekcija neigiama, kadangi jėgos vektorius yra priešingas OY ašiai, pagreičio vektoriaus projekcija taip pat yra teigiamas, todėl kūnas juda su pagreičiu aukštyn. Turime

T – mg = mama (2);

iš (2) formulės tempimo jėgos modulis

T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.

Atsakymas. 1200 N.

Kūnas tempiamas išilgai grubaus horizontalaus paviršiaus pastoviu greičiu, kurio modulis yra 1,5 m/s, taikant jį jėgą, kaip parodyta (1) paveiksle. Šiuo atveju kūną veikiančios slydimo trinties jėgos modulis yra 16 N. Kokią galią sukuria jėga? F?

Sprendimas.Įsivaizduokime problemos teiginyje nurodytą fizikinį procesą ir padarykite scheminį brėžinį, nurodantį visas kūną veikiančias jėgas (2 pav.). Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį.

Tr + + = (1)

Pasirinkę atskaitos sistemą, susietą su fiksuotu paviršiumi, rašome vektorių projekcijos lygtis į pasirinktas koordinačių ašis. Pagal problemos sąlygas kūnas juda tolygiai, nes jo greitis yra pastovus ir lygus 1,5 m/s. Tai reiškia, kad kūno pagreitis yra lygus nuliui. Horizontaliai kūną veikia dvi jėgos: slydimo trinties jėga tr. ir jėga, kuria tempiamas kūnas. Trinties jėgos projekcija yra neigiama, nes jėgos vektorius nesutampa su ašies kryptimi X. Jėgos projekcija F teigiamas. Primename, kad norėdami rasti projekciją, statmeną nuleidžiame nuo vektoriaus pradžios ir pabaigos iki pasirinktos ašies. Atsižvelgdami į tai turime: F cosα – F tr = 0; (1) išreikškime jėgos projekciją F, Šis F cosα = F tr = 16 N; (2) tada jėgos išvystyta galia bus lygi N = F cosα V(3) Pakeiskime, atsižvelgdami į (2) lygtį, ir pakeiskime atitinkamus duomenis į (3) lygtį:

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Atsakymas. 24 W.

Apkrova, pritvirtinta prie lengvos spyruoklės, kurios standumas 200 N/m, patiria vertikalius svyravimus. Paveiksle parodytas poslinkio priklausomybės grafikas x kartas nuo karto apkrauti t. Nustatykite, kokia yra krovinio masė. Atsakymą suapvalinkite iki sveiko skaičiaus.

Sprendimas. Ant spyruoklės esanti masė patiria vertikalius svyravimus. Pagal apkrovos poslinkio grafiką X karts nuo karto t, nustatome apkrovos svyravimo periodą. Virpesių periodas lygus T= 4 s; iš formulės T= 2π išreikškime masę m krovinys

Atsakymas: 81 kg.

Paveikslėlyje pavaizduota dviejų lengvų blokų ir nesvario kabelio sistema, su kuria galima išlaikyti pusiausvyrą arba pakelti 10 kg sveriantį krovinį. Trintis yra nereikšminga. Remdamiesi aukščiau pateikto paveikslo analize, pasirinkite du teisingus teiginius ir atsakyme nurodykite jų skaičius.

1. Norint išlaikyti apkrovos pusiausvyrą, reikia veikti lyno galą 100 N jėga.
2. Paveiksle parodyta blokų sistema nesuteikia jokio stiprumo.
3. h, reikia ištraukti 3 ilgio virvės atkarpą h.
4. Lėtai pakelti krovinį į aukštį hh.

Sprendimas.Šioje užduotyje būtina prisiminti paprastus mechanizmus, būtent blokus: kilnojamąjį ir fiksuotą bloką. Judantis blokas suteikia dvigubai stipresnę jėgą, o lyno atkarpą reikia traukti dvigubai ilgiau, o fiksuotas blokas naudojamas jėgai nukreipti. Darbe paprasti laimėjimo mechanizmai neduoda. Išanalizavę problemą, iš karto pasirenkame reikiamus teiginius:

1. Lėtai pakelti krovinį į aukštį h, reikia ištraukti 2 ilgio virvės atkarpą h.
2. Norint išlaikyti apkrovos pusiausvyrą, lyno galą reikia veikti 50 N jėga.

Atsakymas. 45.

Aliumininis svarelis, pritvirtintas prie nesvario ir netampančio sriegio, visiškai panardinamas į indą su vandeniu. Krovinys neliečia indo sienelių ir dugno. Tada į tą patį indą su vandeniu panardinamas geležinis svarelis, kurio masė lygi aliuminio svarelio masei. Kaip dėl to pasikeis sriegio įtempimo jėgos modulis ir apkrovą veikiančios gravitacijos jėgos modulis?

1. Padidėja;
2. Sumažėja;
3. Nesikeičia.

Sprendimas. Analizuojame problemos būklę ir išryškiname tuos parametrus, kurie tyrimo metu nekinta: tai kūno masė ir skystis, į kurį kūnas panardinamas ant siūlo. Po to geriau padaryti scheminį brėžinį ir nurodyti apkrovą veikiančias jėgas: sriegio įtempimą F valdymas, nukreiptas į viršų išilgai sriegio; gravitacija nukreipta vertikaliai žemyn; Archimedo jėga a, veikiantis iš skysčio pusės į panardintą kūną ir nukreiptas į viršų. Pagal uždavinio sąlygas apkrovų masė yra vienoda, todėl apkrovą veikiančios gravitacijos jėgos modulis nekinta. Kadangi skiriasi krovinio tankis, skirsis ir tūris.

Geležies tankis – 7800 kg/m3, o aliuminio krovinio – 2700 kg/m3. Vadinasi, V ir< V a. Kūnas yra pusiausvyroje, visų kūną veikiančių jėgų rezultatas lygus nuliui. Nukreipkime OY koordinačių ašį aukštyn. Pagrindinę dinamikos lygtį, atsižvelgdami į jėgų projekciją, įrašome į formą F valdymas + F a – mg= 0; (1) Išreikškime įtempimo jėgą F valdymas = mg – F a(2); Archimedo jėga priklauso nuo skysčio tankio ir panardintos kūno dalies tūrio F a = ρ gV p.h.t. (3); Skysčio tankis nesikeičia, o geležies korpuso tūris yra mažesnis V ir< V a, todėl geležies apkrovą veikianti Archimedo jėga bus mažesnė. Darome išvadą apie sriegio įtempimo jėgos modulį, dirbant su (2) lygtimi, jis padidės.

Atsakymas. 13.

Masės blokas m nuslysta nuo fiksuotos grubios nuožulnios plokštumos, kurios kampas α prie pagrindo. Bloko pagreičio modulis lygus a, bloko greičio modulis didėja. Galima nepaisyti oro pasipriešinimo.

Nustatykite atitiktį tarp fizikinių dydžių ir formulių, pagal kurias jie gali būti apskaičiuoti. Kiekvienai pirmojo stulpelio pozicijai pasirinkite atitinkamą poziciją iš antrojo stulpelio ir užrašykite pasirinktus skaičius lentelėje po atitinkamomis raidėmis.

B) trinties koeficientas tarp bloko ir pasvirosios plokštumos

3) mg cosα

Sprendimas.Šiai užduočiai atlikti reikia taikyti Niutono dėsnius. Rekomenduojame pasidaryti scheminį brėžinį; nurodyti visas judesio kinematines charakteristikas. Jei įmanoma, pavaizduokite pagreičio vektorių ir visų judančiam kūnui veikiančių jėgų vektorius; atminkite, kad kūną veikiančios jėgos yra sąveikos su kitais kūnais rezultatas. Tada užrašykite pagrindinę dinamikos lygtį. Pasirinkite atskaitos sistemą ir užrašykite gautą jėgos ir pagreičio vektorių projekcijos lygtį;

Vadovaudamiesi pasiūlytu algoritmu padarysime scheminį brėžinį (1 pav.). Paveiksle pavaizduotos bloko svorio centrui veikiančios jėgos ir atskaitos sistemos koordinačių ašys, susietos su pasvirusios plokštumos paviršiumi. Kadangi visos jėgos yra pastovios, tai bloko judėjimas bus tolygiai kintamas didėjant greičiui, t.y. pagreičio vektorius nukreiptas judėjimo kryptimi. Pasirinkime ašių kryptį, kaip parodyta paveikslėlyje. Užrašykime jėgų projekcijas pasirinktose ašyse.

Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį:

Tr + = (1)

Parašykime šią (1) lygtį jėgų ir pagreičio projekcijai.

OY ašyje: žemės reakcijos jėgos projekcija yra teigiama, nes vektorius sutampa su OY ašies kryptimi Ny = N; trinties jėgos projekcija lygi nuliui, nes vektorius yra statmenas ašiai; gravitacijos projekcija bus neigiama ir lygi mg y= – mg cosα; pagreičio vektoriaus projekcija a y= 0, nes pagreičio vektorius yra statmenas ašiai. Turime N – mg cosα = 0 (2) iš lygties išreiškiame reakcijos jėgą, veikiančią bloką iš pasvirosios plokštumos pusės. N = mg cosα (3). Užrašykime projekcijas OX ašyje.

OX ašyje: jėgos projekcija N yra lygus nuliui, nes vektorius yra statmenas OX ašiai; Trinties jėgos projekcija yra neigiama (vektorius nukreiptas priešinga kryptimi pasirinktos ašies atžvilgiu); gravitacijos projekcija yra teigiama ir lygi mg x = mg sinα (4) iš stačiojo trikampio. Pagreičio projekcija yra teigiama a x = a; Tada rašome lygtį (1) atsižvelgdami į projekciją mg sinα – F tr = mama (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Atminkite, kad trinties jėga yra proporcinga normalaus slėgio jėgai N.

Pagal apibrėžimą F tr = μ N(7), išreiškiame bloko trinties koeficientą pasvirusioje plokštumoje.

Kiekvienai raidei parenkame tinkamas pozicijas.

Atsakymas. A – 3; B-2.

8 užduotis. Dujinis deguonis yra 33,2 litro tūrio inde. Dujų slėgis 150 kPa, jų temperatūra 127° C. Nustatykite dujų masę šiame inde. Išreikškite savo atsakymą gramais ir suapvalinkite iki artimiausio sveikojo skaičiaus.

Sprendimas. Svarbu atkreipti dėmesį į vienetų konvertavimą į SI sistemą. Konvertuoti temperatūrą į Kelvinus T = t°C + 273, tūris V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3; Mes konvertuojame slėgį P= 150 kPa = 150 000 Pa. Naudojant idealiųjų dujų būsenos lygtį

Išreikškime dujų masę.

Būtinai atkreipkite dėmesį į tai, kurių vienetų prašoma užrašyti atsakymą. Tai labai svarbu.

Atsakymas.„48

9 užduotis. Idealios monoatominės dujos, kurių kiekis 0,025 mol, išsiplėtė adiabatiškai. Tuo pačiu metu jo temperatūra nukrito nuo +103°C iki +23°C. Kiek darbo nuveikė dujos? Išreikškite savo atsakymą džauliais ir suapvalinkite iki artimiausio sveikojo skaičiaus.

Sprendimas. Pirma, dujos yra monatominis laisvės laipsnių skaičius i= 3, antra, dujos plečiasi adiabatiškai - tai reiškia be šilumos mainų K= 0. Dujos veikia mažindamos vidinę energiją. Atsižvelgdami į tai, pirmąjį termodinamikos dėsnį rašome 0 = ∆ forma U + A G; (1) išreikškime dujų darbą A g = –∆ U(2); Vienatominių dujų vidinės energijos pokytį rašome kaip

Atsakymas. 25 J.

Oro dalies santykinė drėgmė tam tikroje temperatūroje yra 10%. Kiek kartų reikia keisti šios oro dalies slėgį, kad esant pastoviai temperatūrai jos santykinė drėgmė padidėtų 25%?

Sprendimas. Klausimai, susiję su sočiųjų garų ir oro drėgme, dažniausiai sukelia sunkumų moksleiviams. Santykinei oro drėgmei apskaičiuoti naudokite formulę

Pagal problemos sąlygas temperatūra nekinta, vadinasi, sočiųjų garų slėgis išlieka toks pat. Užrašykime formulę (1) dviem oro būsenoms.

φ 1 = 10 %; φ 2 = 35 %

Išreikškime oro slėgį iš (2), (3) formulių ir raskime slėgio santykį.

Atsakymas. Slėgis turėtų būti padidintas 3,5 karto.

Karšta skysta medžiaga buvo lėtai aušinama lydymosi krosnyje esant pastoviai galiai. Lentelėje pateikiami medžiagos temperatūros matavimo rezultatai per tam tikrą laiką.

Pasirinkite iš pateikto sąrašo du teiginius, kurie atitinka atliktų matavimų rezultatus ir nurodo jų numerius.

1. Medžiagos lydymosi temperatūra tokiomis sąlygomis yra 232°C.
2. Po 20 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos.
3. Medžiagos šiluminė talpa skystoje ir kietoje būsenoje yra vienoda.
4. Po 30 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos.
5. Medžiagos kristalizacijos procesas užtruko daugiau nei 25 minutes.

Sprendimas. Medžiagai vėsstant jos vidinė energija mažėjo. Temperatūros matavimų rezultatai leidžia nustatyti temperatūrą, kurioje medžiaga pradeda kristalizuotis. Nors medžiaga keičiasi iš skystos į kietą, temperatūra nesikeičia. Žinodami, kad lydymosi temperatūra ir kristalizacijos temperatūra yra ta pati, pasirenkame teiginį:

1. Medžiagos lydymosi temperatūra tokiomis sąlygomis yra 232°C.

Antras teisingas teiginys yra:

4. Po 30 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos. Kadangi temperatūra šiuo metu jau yra žemesnė už kristalizacijos temperatūrą.

Atsakymas. 14.

Izoliuotoje sistemoje kūno A temperatūra yra +40°C, o kūno B – +65°C. Šie kūnai buvo termiškai kontaktuojami vienas su kitu. Po kurio laiko atsirado šiluminė pusiausvyra. Kaip dėl to keitėsi kūno B temperatūra ir bendra kūnų A ir B vidinė energija?

Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:

1. Padidėjęs;
2. Sumažėjo;
3. Nepasikeitė.

Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Jei izoliuotoje kūnų sistemoje nevyksta jokie energijos virsmai, išskyrus šilumos mainus, tai kūnų, kurių vidinė energija mažėja, išskiriamas šilumos kiekis yra lygus šilumos kiekiui, kurį gauna kūnai, kurių vidinė energija didėja. (Pagal energijos tvermės dėsnį.) Šiuo atveju bendra sistemos vidinė energija nekinta. Tokio tipo problemos sprendžiamos remiantis šilumos balanso lygtimi.

kur ∆ U– vidinės energijos pasikeitimas.

Mūsų atveju dėl šilumos mainų sumažėja kūno B vidinė energija, vadinasi, mažėja šio kūno temperatūra. Kūno A vidinė energija didėja, kadangi kūnas gavo šilumos kiekį iš kūno B, jo temperatūra padidės. Kūnų A ir B suminė vidinė energija nekinta.

Atsakymas. 23.

Protonas p, skrendantis į tarpą tarp elektromagneto polių, greitis yra statmenas magnetinio lauko indukcijos vektoriui, kaip parodyta paveikslėlyje. Kur yra Lorenco jėga, veikianti protoną, nukreipta brėžinio atžvilgiu (aukštyn, link stebėtojo, toliau nuo stebėtojo, žemyn, kairėn, dešinėn)

Sprendimas. Magnetinis laukas veikia įkrautą dalelę Lorenco jėga. Norint nustatyti šios jėgos kryptį, svarbu prisiminti kairės rankos mnemoninę taisyklę, nepamiršti atsižvelgti į dalelės krūvį. Kairiosios rankos keturis pirštus nukreipiame išilgai greičio vektoriaus, teigiamai įkrautai dalelei vektorius turi patekti statmenai į delną, 90° kampu nustatytas nykštys rodo dalelę veikiančios Lorenco jėgos kryptį. Dėl to gauname, kad Lorenco jėgos vektorius figūros atžvilgiu yra nukreiptas nuo stebėtojo.

Atsakymas. nuo stebėtojo.

Plokščiame 50 μF talpos oro kondensatoriuje elektrinio lauko stiprio modulis lygus 200 V/m. Atstumas tarp kondensatoriaus plokščių yra 2 mm. Koks yra kondensatoriaus įkrovimas? Atsakymą parašykite µC.

Sprendimas. Paverskime visus matavimo vienetus į SI sistemą. Talpa C = 50 µF = 50 10 -6 F, atstumas tarp plokščių d= 2 · 10 –3 m Uždavinyje kalbama apie plokščią oro kondensatorių – prietaisą, skirtą kaupti elektros krūvį ir elektros lauko energiją. Iš elektrinės talpos formulės

Kur d– atstumas tarp plokščių.

Išreikškime įtampą U=E d(4); Pakeiskime (4) į (2) ir apskaičiuokime kondensatoriaus įkrovą.

q = C · Red= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC

Atkreipkite dėmesį į vienetus, kuriais reikia rašyti atsakymą. Gavome kulonais, bet pateikiame µC.

Atsakymas. 20 µC.

Studentas atliko šviesos lūžio eksperimentą, parodytą nuotraukoje. Kaip kinta stikle sklindančios šviesos lūžio kampas ir stiklo lūžio rodiklis didėjant kritimo kampui?

1. Padidėja
2. Sumažėja
3. Nesikeičia
4. Kiekvieno atsakymo pasirinktus skaičius įrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Tokio pobūdžio uždaviniuose mes prisimename, kas yra refrakcija. Tai bangos sklidimo krypties pasikeitimas pereinant iš vienos terpės į kitą. Ją lemia tai, kad bangų sklidimo greičiai šiose terpėse yra skirtingi. Išsiaiškinę, į kurią terpę šviesa sklinda, parašykime lūžio dėsnį į formą

Kur n 2 – absoliutus stiklo lūžio rodiklis, terpė, į kurią patenka šviesa; n 1 yra pirmosios terpės, iš kurios ateina šviesa, absoliutus lūžio rodiklis. Dėl oro n 1 = 1. α – pluošto kritimo kampas į stiklinio puscilindro paviršių, β – pluošto lūžio kampas stikle. Be to, lūžio kampas bus mažesnis už kritimo kampą, nes stiklas yra optiškai tankesnė terpė - terpė su dideliu lūžio rodikliu. Šviesos sklidimo greitis stikle yra lėtesnis. Atkreipkite dėmesį, kad kampus matuojame nuo statmeno, atkurto spindulio kritimo taške. Jei padidinsite kritimo kampą, lūžio kampas padidės. Tai nepakeis stiklo lūžio rodiklio.

Atsakymas.

Varinis džemperis tam tikru momentu t 0 = 0 pradeda judėti 2 m/s greičiu lygiagrečiais horizontaliais laidžiais bėgiais, prie kurių galų prijungtas 10 omų rezistorius. Visa sistema yra vertikaliame vienodame magnetiniame lauke. Trumpiklio ir bėgių pasipriešinimas yra nereikšmingas; Magnetinės indukcijos vektoriaus srautas Ф per grandinę, kurią sudaro trumpiklis, bėgiai ir rezistorius, laikui bėgant kinta t kaip parodyta grafike.

Naudodami diagramą pasirinkite du teisingus teiginius ir savo atsakyme nurodykite jų skaičius.

1. Iki to laiko t= 0,1 s magnetinio srauto pokytis per grandinę yra 1 mWb.
2. Indukcinė srovė trumpiklyje diapazone nuo t= 0,1 s t= 0,3 s maks.
3. Indukcinio emf, atsirandančio grandinėje, modulis yra 10 mV.
4. Indukcinės srovės, tekančios trumpikliu, stipris yra 64 mA.
5. Norint išlaikyti džemperio judėjimą, jam veikiama jėga, kurios projekcija bėgių kryptimi yra 0,2 N.

Sprendimas. Naudodamiesi magnetinės indukcijos vektoriaus srauto per grandinę priklausomybės laiku grafiku, nustatysime sritis, kuriose kinta srautas F ir kur srauto pokytis lygus nuliui. Tai leis mums nustatyti laiko intervalus, per kuriuos grandinėje atsiras indukuota srovė. Tikras teiginys:

1) Iki to laiko t= 0,1 s magnetinio srauto pokytis grandinėje lygus 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Indukcinio emf, atsirandančio grandinėje, modulis nustatomas naudojant EMR dėsnį

Atsakymas. 13.

Naudodami srovės ir laiko grafiką elektros grandinėje, kurios induktyvumas yra 1 mH, nustatykite savaime indukcinį emf modulį laiko intervalu nuo 5 iki 10 s. Atsakymą parašykite µV.

Sprendimas. Paverskime visus dydžius į SI sistemą, t.y. 1 mH induktyvumą paverčiame H, gauname 10 –3 H. Srovė, parodyta paveikslėlyje mA, taip pat bus konvertuojama į A, padauginus iš 10–3.

Savęs indukcijos emf formulė turi formą

šiuo atveju laiko intervalas pateikiamas pagal problemos sąlygas

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundes ir naudodamiesi grafiku nustatome srovės pasikeitimo intervalą per šį laiką:

∆aš= 30 10 –3 – 20 10 –3 = 10 10 –3 = 10 –2 A.

Skaitines reikšmes pakeičiame į formulę (2), gauname

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V arba 2 µV.

Atsakymas. 2.

Dvi skaidrios plokštumos lygiagrečios plokštės tvirtai prispaudžiamos viena prie kitos. Šviesos spindulys nukrenta iš oro ant pirmosios plokštės paviršiaus (žr. pav.). Yra žinoma, kad viršutinės plokštės lūžio rodiklis yra lygus n 2 = 1,77. Nustatykite fizikinių dydžių ir jų reikšmių atitiktį. Kiekvienai pirmojo stulpelio pozicijai pasirinkite atitinkamą poziciją iš antrojo stulpelio ir užrašykite pasirinktus skaičius lentelėje po atitinkamomis raidėmis.

Sprendimas. Norint išspręsti šviesos lūžio dviejų terpių sąsajoje problemas, ypač problemas, susijusias su šviesos pratekėjimu per plokštumos lygiagrečias plokštes, galima rekomenduoti tokią sprendimo procedūrą: padarykite brėžinį, nurodantį spindulių, sklindančių iš vienos terpės, kelią kitas; Spindulio kritimo taške ties sąsaja tarp dviejų terpių nubrėžkite normalią paviršių, pažymėkite kritimo ir lūžio kampus. Ypatingą dėmesį atkreipkite į nagrinėjamos terpės optinį tankį ir atminkite, kad kai šviesos pluoštas pereina iš optiškai mažiau tankios terpės į optiškai tankesnę terpę, lūžio kampas bus mažesnis už kritimo kampą. Paveikslėlyje parodytas kampas tarp krintančio spindulio ir paviršiaus, tačiau mums reikia kritimo kampo. Atminkite, kad kampai nustatomi pagal statmeną, atkurtą smūgio taške. Nustatome, kad spindulio kritimo į paviršių kampas yra 90° – 40° = 50°, lūžio rodiklis n 2 = 1,77; n 1 = 1 (oras).

Užrašykime lūžio dėsnį

Nubraižykime apytikslį sijos kelią per plokštes. 2–3 ir 3–1 riboms naudojame formulę (1). Atsakydami gauname

A) Spindulio kritimo kampo sinusas ant ribos 2–3 tarp plokščių yra 2) ≈ 0,433;

B) Spindulio lūžio kampas kertant ribą 3–1 (radianais) yra 4) ≈ 0,873.

Atsakymas. 24.

Nustatykite, kiek α dalelių ir kiek protonų susidaro termobranduolinės sintezės reakcijos metu

+ → x+ y;

Sprendimas. Visose branduolinėse reakcijose laikomasi elektros krūvio ir nukleonų skaičiaus tvermės dėsnių. Pažymime x alfa dalelių skaičių, y – protonų skaičių. Sudarykime lygtis

+ → x + y;

sprendžiant mūsų turimą sistemą x = 1; y = 2

Atsakymas. 1 – α-dalelė; 2 – protonai.

Pirmojo fotono impulso modulis yra 1,32 · 10 –28 kg m/s, tai yra 9,48 · 10 –28 kg m/s mažiau nei antrojo fotono impulso modulis. Raskite antrojo ir pirmojo fotono energijos santykį E 2 /E 1. Atsakymą suapvalinkite iki artimiausios dešimtosios.

Sprendimas. Antrojo fotono impulsas yra didesnis nei pirmojo fotono impulsas pagal sąlygas, o tai reiškia, kad jį galima pavaizduoti p 2 = p 1 + Δ p(1). Fotonų energiją galima išreikšti fotono impulsu, naudojant šias lygtis. Tai E = mc 2 (1) ir p = mc(2), tada

E = pc (3),

Kur E- fotonų energija, p– fotono impulsas, m – fotono masė, c= 3 · 10 8 m/s – šviesos greitis. Atsižvelgdami į (3) formulę turime:

Atsakymą suapvaliname iki dešimtųjų ir gauname 8,2.

Atsakymas. 8,2.

Atomo branduolys patyrė radioaktyvų pozitronų β skilimą. Kaip dėl to pasikeitė branduolio elektrinis krūvis ir jame esančių neutronų skaičius?

Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:

1. Padidėjęs;
2. Sumažėjo;
3. Nepasikeitė.

Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Pozitronas β – skilimas atomo branduolyje įvyksta, kai protonas virsta neutronu su pozitrono emisija. Dėl to neutronų skaičius branduolyje padidėja vienu, elektros krūvis sumažėja vienu, o branduolio masės skaičius išlieka nepakitęs. Taigi elemento transformacijos reakcija yra tokia:

Atsakymas. 21.

Laboratorijoje buvo atlikti penki eksperimentai, skirti stebėti difrakciją naudojant įvairias difrakcijos gardeles. Kiekviena iš grotelių buvo apšviesta lygiagrečiais monochromatinės šviesos pluoštais, turinčiais tam tikrą bangos ilgį. Visais atvejais šviesa krito statmenai grotoms. Dviejuose iš šių eksperimentų buvo pastebėtas toks pat pagrindinių difrakcijos maksimumų skaičius. Pirmiausia nurodykite eksperimento, kuriame buvo panaudota trumpesnio periodo difrakcinė gardelė, numerį, o paskui – eksperimento, kuriame buvo panaudota ilgesnio periodo difrakcinė gardelė, numerį.

Sprendimas.Šviesos difrakcija yra reiškinys, kai šviesos pluoštas patenka į geometrinio šešėlio sritį. Difrakcija gali būti stebima, kai šviesos bangos kelyje didelėse kliūtyse yra nepermatomų plotų ar skylių, kurios yra nepralaidžios šviesai, o šių sričių ar skylių dydžiai yra proporcingi bangos ilgiui. Vienas iš svarbiausių difrakcijos prietaisų yra difrakcijos gardelė. Kampinės kryptys į difrakcijos modelio maksimumus nustatomos pagal lygtį

d sinφ = kλ (1),

Kur d– difrakcijos gardelės periodas, φ – kampas tarp normalės gardelės atžvilgiu ir krypties į vieną iš difrakcijos modelio maksimumų, λ – šviesos bangos ilgis, k– sveikasis skaičius, vadinamas difrakcijos maksimumo tvarka. Išreikškime iš (1) lygties

Pasirinkdami poras pagal eksperimento sąlygas, pirmiausia parenkame 4, kur buvo naudojama trumpesnio periodo difrakcijos gardelė, o tada eksperimento, kuriame buvo panaudota didesnio periodo difrakcijos gardelė, skaičius - tai yra 2.

Atsakymas. 42.

Srovė teka per vielinį rezistorių. Rezistorius buvo pakeistas kitu, tokio pat metalo ir tokio pat ilgio, bet pusę skerspjūvio ploto viela, per kurią buvo praleidžiama pusė srovės. Kaip pasikeis rezistoriaus įtampa ir jo varža?

Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:

1. Padidės;
2. Sumažės;
3. Tai nepasikeis.

Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.

Sprendimas. Svarbu atsiminti, nuo kokių verčių priklauso laidininko varža. Atsparumo apskaičiavimo formulė yra

Omo dėsnis grandinės atkarpai pagal (2) formulę išreiškiame įtampą

U = Aš R (3).

Pagal problemos sąlygas antrasis rezistorius pagamintas iš tos pačios medžiagos vielos, vienodo ilgio, bet skirtingo skerspjūvio ploto. Plotas dvigubai mažesnis. Pakeitę į (1) matome, kad varža padidėja 2 kartus, o srovė sumažėja 2 kartus, todėl įtampa nekinta.

Atsakymas. 13.

Matematinės švytuoklės svyravimo periodas Žemės paviršiuje yra 1,2 karto didesnis nei jos svyravimo periodas tam tikroje planetoje. Koks yra šios planetos gravitacijos pagreičio dydis? Abiem atvejais atmosferos įtaka yra nereikšminga.

Sprendimas. Matematinė švytuoklė yra sistema, susidedanti iš sriegio, kurio matmenys yra daug didesni už rutulio ir paties rutulio matmenis. Gali kilti sunkumų, jei pamirštama Tomsono formulė matematinės švytuoklės svyravimo periodui.

T= 2π (1);

l– matematinės švytuoklės ilgis; g– laisvo kritimo pagreitis.

Pagal sąlygą

Išreikškime iš (3) g n = 14,4 m/s 2. Reikia pažymėti, kad gravitacijos pagreitis priklauso nuo planetos masės ir spindulio

Atsakymas. 14,4 m/s 2.

Tiesus 1 m ilgio laidininkas, turintis 3 A srovę, yra vienodame magnetiniame lauke su indukcija IN= 0,4 Tesla 30° kampu vektoriui. Kokio dydžio magnetinio lauko laidininką veikia jėga?

Sprendimas. Jei į magnetinį lauką įdėsite srovę nešantį laidininką, srovės laidininko laukas veiks su ampero jėga. Užrašykime Ampero jėgos modulio formulę

F A = Aš LB sinα ;

F A = 0,6 N

Atsakymas. F A = 0,6 N.

Ritėje sukaupta magnetinio lauko energija, per ją tekant nuolatinei srovei, lygi 120 J. Kiek kartų reikia padidinti srovės, tekančios per ritės apviją stiprumą, kad padidėtų joje sukaupta magnetinio lauko energija iki 5760 J.

Sprendimas. Ritės magnetinio lauko energija apskaičiuojama pagal formulę

Pagal sąlygą W 1 = 120 J, tada W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

Tada dabartinis santykis

Atsakymas. Srovės stiprumas turi būti padidintas 7 kartus. Atsakymo formoje įvedate tik skaičių 7.

Elektros grandinę sudaro dvi lemputės, du diodai ir laido posūkis, sujungtas kaip parodyta paveikslėlyje. (Diodas leidžia srovei tekėti tik viena kryptimi, kaip parodyta paveikslėlio viršuje.) Kuri iš lempučių užsidegs, jei magneto šiaurinis ašigalis bus priartintas prie ritės? Paaiškinkite savo atsakymą nurodydami, kokius reiškinius ir modelius naudojote paaiškinime.

Sprendimas. Magnetinės indukcijos linijos atsiranda iš šiaurinio magneto poliaus ir išsiskiria. Magnetui artėjant, magnetinis srautas per vielos ritę didėja. Pagal Lenco taisyklę magnetinis laukas, kurį sukuria ritės indukcinė srovė, turi būti nukreiptas į dešinę. Pagal stulpelio taisyklę srovė turi tekėti pagal laikrodžio rodyklę (žiūrint iš kairės). Antrosios lempos grandinės diodas eina šia kryptimi. Tai reiškia, kad užsidegs antra lemputė.

Atsakymas. Antroji lemputė užsidegs.

Aliuminio stipinų ilgis L= 25 cm ir skerspjūvio plotas S= 0,1 cm 2 pakabintas ant sriegio viršutiniame gale. Apatinis galas remiasi į horizontalų indo dugną, į kurį pilamas vanduo. Panardintos stipino dalies ilgis l= 10 cm Raskite jėgą F, kuriuo mezgimo adata spaudžia indo dugną, jei žinoma, kad siūlas yra vertikaliai. Aliuminio tankis ρ a = 2,7 g/cm 3, vandens tankis ρ b = 1,0 g/cm 3. Gravitacijos pagreitis g= 10 m/s 2

Sprendimas. Padarykime aiškinamąjį brėžinį.

– Sriegio įtempimo jėga;

– Indo dugno reakcijos jėga;

a yra Archimedo jėga, veikianti tik panardintą kūno dalį ir taikoma panardintos stipino dalies centrui;

– gravitacijos jėga, veikianti stipiną iš Žemės ir taikoma viso stipino centrui.

Pagal apibrėžimą stipino masė m ir Archimedo jėgos modulis išreiškiamas taip: m = SLρa (1);

F a = Slρ in g (2)

Panagrinėkime jėgų momentus, palyginti su stipino pakabos tašku.

M(T) = 0 – tempimo jėgos momentas; (3)

M(N)= NL cosα – atramos reakcijos jėgos momentas; (4)

Atsižvelgdami į momentų požymius, rašome lygtį

atsižvelgiant į tai, kad pagal trečiąjį Niutono dėsnį indo dugno reakcijos jėga lygi jėgai F d kuria mezgimo adata spaudžia indo dugną rašome N = F d ir iš (7) lygties išreiškiame šią jėgą:

Pakeiskime skaitinius duomenis ir gaukime juos

F d = 0,025 N.

Atsakymas. F d = 0,025 N.

Cilindras, kuriame yra m 1 = 1 kg azoto, stiprumo bandymo metu sprogo esant temperatūrai t 1 = 327 °C. Kokia vandenilio masė m 2 galima būtų laikyti tokiame cilindre esant temperatūrai t 2 = 27°C, turint penkis kartus didesnę saugos ribą? Azoto molinė masė M 1 = 28 g/mol, vandenilis M 2 = 2 g/mol.

Sprendimas. Parašykime Mendelejevo – Klepeirono idealiųjų dujų būsenos azoto lygtį

Kur V- cilindro tūris, T 1 = t 1 + 273°C. Atsižvelgiant į būklę, vandenilis gali būti laikomas slėgyje p 2 = p 1 /5; (3) Atsižvelgiant į tai

Vandenilio masę galime išreikšti tiesiogiai dirbdami su (2), (3), (4) lygtimis. Galutinė formulė atrodo taip:

Pakeitus skaitinius duomenis m 2 = 28 g.

Atsakymas. m 2 = 28 g.

Idealioje virpesių grandinėje srovės svyravimų amplitudė induktoriuje yra aš m= 5 mA, o kondensatoriaus įtampos amplitudė Um= 2,0 V. Laiku t kondensatoriaus įtampa yra 1,2 V. Raskite srovę šiuo momentu.

Sprendimas. Idealioje virpesių grandinėje svyravimo energija išsaugoma. Laiko momentą t energijos tvermės dėsnis turi formą

Amplitudės (maksimalioms) reikšmėms rašome

o iš (2) lygties išreiškiame

Pakeiskime (4) į (3). Rezultate gauname:

aš = aš m (5)

Taigi, srovė ritėje laiko momentu t lygus

aš= 4,0 mA.

Atsakymas. aš= 4,0 mA.

2 m gylio rezervuaro apačioje yra veidrodis. Šviesos spindulys, praeinantis per vandenį, atsispindi nuo veidrodžio ir išeina iš vandens. Vandens lūžio rodiklis yra 1,33. Raskite atstumą tarp spindulio įėjimo į vandenį taško ir spindulio išėjimo iš vandens taško, jei pluošto kritimo kampas yra 30°

Sprendimas. Padarykime aiškinamąjį brėžinį

α – spindulio kritimo kampas;

β – pluošto lūžio vandenyje kampas;

AC – atstumas tarp spindulio įėjimo į vandenį taško ir spindulio išėjimo iš vandens taško.

Pagal šviesos lūžio dėsnį

Apsvarstykite stačiakampį ΔADB. Jame AD = h, tada DB = AD

Gauname tokią išraišką:

Pakeiskime skaitines reikšmes į gautą formulę (5)

Atsakymas. 1,63 m.

Ruošiantis vieningam valstybiniam egzaminui, kviečiame susipažinti su fizikos darbo programa 7–9 klasėms į UMK liniją Peryshkina A.V. Ir aukštesnio lygio darbo programa 10-11 klasėms mokymo medžiagai Myakisheva G.Ya. Programas gali peržiūrėti ir nemokamai atsisiųsti visi registruoti vartotojai.

Vieningo valstybinio egzamino 2017 fizikos tipinės Lukaševo testo užduotys

M.: 2017 - 120 p.

Tipiškose fizikos testų užduotyse yra 10 variantų užduočių rinkinių, sudarytų atsižvelgiant į visas 2017 m. Vieningo valstybinio egzamino ypatybes ir reikalavimus. Vadovo tikslas – suteikti skaitytojams informaciją apie 2017 m. fizikos testo matavimo medžiagos struktūrą ir turinį, taip pat užduočių sudėtingumo laipsnį. Kolekcijoje yra atsakymai į visas bandymo parinktis, taip pat sudėtingiausių problemų sprendimai iš visų 10 variantų. Be to, pateikiami unifikuotame valstybiniame egzamine naudojamų formų pavyzdžiai. Autorių komanda – Vieningo valstybinio fizikos egzamino federalinės dalykinės komisijos specialistai. Vadovas skirtas mokytojams, siekiant paruošti mokinius fizikos egzaminui, o gimnazistams – savarankiškam pasirengimui ir savikontrolei.

Formatas: pdf

Dydis: 4,3 MB

Žiūrėti, parsisiųsti: drive.google

TURINYS
Darbo atlikimo instrukcijos 4
1 VARIANTAS 9
1 dalis 9
2 dalis 15
2 VARIANTAS 17
1 dalis 17
2 dalis 23
3 VARIANTAS 25
1 dalis 25
2 dalis 31
4 VARIANTAS 34
1 dalis 34
2 dalis 40
5 VARIANTAS 43
1 dalis 43
2 dalis 49
6 VARIANTAS 51
1 dalis 51
2 dalis 57
7 VARIANTAS 59
1 dalis 59
2 dalis 65
8 VARIANTAS 68
1 dalis 68
2 dalis 73
9 VARIANTAS 76
1 dalis 76
2 dalis 82
10 85 VARIANTAS
1 dalis 85
2 dalis 91
ATSAKYMAI. EGZAMINŲ VERTINIMO SISTEMA
FIZIKOS DARBAI 94

Fizikos repeticijos darbui atlikti skiriama 3 valandos 55 minutės (235 minutės). Darbą sudaro 2 dalys, iš kurių 31 užduotis.
1-4, 8-10, 14, 15, 20, 24-26 užduotyse atsakymas yra sveikas skaičius arba paskutinė dešimtainė trupmena. Darbo teksto atsakymo laukelyje įrašykite skaičių, o tada pagal žemiau pateiktą pavyzdį perkelkite į atsakymo formą Nr. 1. Fizinių dydžių matavimo vienetų rašyti nereikia.
Atsakymas į 27-31 užduotis apima išsamų visos užduoties eigos aprašymą. Atsakymo formoje Nr. 2 nurodykite užduoties numerį ir užrašykite visą jos sprendimą.
Atliekant skaičiavimus, leidžiama naudoti neprogramuojamą skaičiuotuvą.
Visos vieningo valstybinio egzamino formos pildomos ryškiai juodu rašalu. Galite naudoti želinius, kapiliarinius ar plunksnakočius.
Atlikdami užduotis galite naudoti juodraštį. Vertinant darbus, į įrašus juodraštyje neatsižvelgiama.
Taškai, kuriuos gaunate už atliktas užduotis, yra sumuojami. Stenkitės atlikti kuo daugiau užduočių ir surinkti daugiausiai taškų.