Felkészülés a fizika vizsgára. A legfontosabb ajánlások.

De először is meg kell értenie, hogy a vizsgára nem előző nap, hanem előre kell felkészülnie.

Javaslom akár már a 10. osztálytól kezdeni a felkészülést. Miért 10. osztálytól? Mert a 10. osztálytól a fontos részek ismétlése, rendszerezése van fizikusok-mechanikusok, molekuláris fizika és elektrodinamika. Ha késik, szeptember 11-től indulhat. De semmiképpen a 11. évfolyam tavasza óta.

Ismertesse röviden a fizika vizsga felépítését!

Összesen 31 feladat van.

Az első részben - 23 feladat.

Az első 7 feladatot a mechanikának szentelik.

1 feladat - a menetrend szerint talál kinematikai mennyiség. Itt emlékeznünk kell az egységes és a képletekre egyenletesen gyorsított mozgásés ábrázolja őket grafikusan.

2 feladat az erő megtalálásához kapcsolódik.

3. és 4. feladat - a mechanikai munkáról, az egyensúlyi állapotról, az energiáról.

5 feladat - 5 állításból válassz 2 helyeset. Ez a feladat általában nehéz.

6 feladat - hogyan változik egyik vagy másik érték, ha egy másik érték megváltozik.

7 feladat

8 - 12 feladat - molekuláris fizikával és termodinamikával:

8-10 feladat egyszerű problémákat megoldani.

11 feladat - válassz 2 igaz állítást.

12 feladat - levelezést létesíteni.

Alapvetően itt kell ismerni a Mengyelejev-Clapeyron egyenletet, a Clapeyron egyenletet, az izofolyamatokat, a termodinamika első főtételét, a hőmennyiséget, termikus hatásfok motor, az izofolyamatok grafikus ábrázolása.

13 - 18 feladat - elektrodinamika.

Által 13 feladat ügyeljen arra, hogy ismerje a gimlet-szabályt (jobb kéz szabály), a bal kéz szabályát az Ampère-erő és a Lorentz-erő meghatározásához. Nem csak tudni, hanem alkalmazni tudni egy adott helyzetre. Ebben a feladatban egy szóval vagy szavakkal írjuk le a választ: fel, le, jobbra, balra, a megfigyelőtől, a megfigyelőig.

14 feladat - gyakran a séma szerint határozza meg az áramerősséget, feszültséget, ellenállást, teljesítményt vagy ezeknek a mennyiségeknek az arányát.

15 feladat - akár optikával, akár azzal kapcsolatban elektromágneses indukció(11. évfolyam) .

16 feladat - ismét válassza ki a helyes 2 állítást az 5-ből.

17 feladat - hogyan változik az elektrodinamikai mennyiség egy másik mennyiség változásával.

18 feladat - megfeleltetést teremteni a fizikai mennyiségek és a képletek között.

19 - 21 feladat - magfizika.

19 feladat általában a protonok, neutronok, nukleonok, elektronok számának meghatározására.

20 feladat - a könnyen megjegyezhető fotoelektromos hatásegyenletről.

21 feladat - folyamatok betartása.

22 feladat hibához kapcsolódik. Szeretném megjegyezni, hogy itt ki kell egyenlíteni a tizedesvessző utáni számokat. Például a válaszban 14-et kaptunk, és ennek az értéknek a hibája 0,01. Majd válaszul írjuk: 14.000.01.

NÁL NÉL 23 feladat általában vizsgálják például egy rugó merevségének a hosszától való függését. Ezért anyagot keresünk, a rakomány súlya azonos, de a hossza más. Ha mind az 1 részt hiba nélkül csinálod, 33 pontot kapsz elsődleges pontszámok, vagyis 62 pont.

A második részben még az 1-es űrlapon az első 3 feladatot töltik ki, amiért 1 pont jár.

24 feladat - szerelői feladat,

25 feladat - molekuláris fizikai és termodinamikai feladat,

26 feladat - elektrodinamikai, optika szakos feladat.

Ha ezeket megoldja, már 69 pontot szerez. Vagyis, ha nem folytatja a 2. számú formát, máris 69 pontot kap. Egyesek számára ez nagyon jó eredmény.

De alapvetően valahol hibázni fog, úgyhogy menjünk tovább a 2. részre. Amit én C résznek nevezek. 5 feladat van.

27-31 feladat 3-3 pontot ad.

27 feladat - minőség. Ezt a feladatot le kell festeni, jelezze, milyen fizikai törvényeket használt. Itt alapvetően az elméleti anyagot kell ismerni.

28 feladat nehéz feladat a mechanikában.

29 feladat - probléma a molekuláris fizikában.

30 feladat - nehéz feladat elektrodinamikában, optikában.

31 feladat - magfizikai feladat.

Sőt, a 2. számú űrlapon fel kell festeni az összes képletet, az összes következtetést, át kell váltani a mértékegységeket SI-mértékegységekre, elvégezni a helyes számítást, és feltétlenül le kell írni a problémára a választ. A leghelyesebb a végső általános képletet levezetni, az összes mértékegységet SI-ben helyettesíteni, nem feledkezve meg a mértékegységekről. Ha megkapta nagy szám, például 56000000 W, ne feledkezzünk meg az előtagokról sem. 56 MW-ot írhatsz. A fizikában pedig megengedett a kerekítés a C részben. Ezért ne 234,056 km-t írjon, hanem egyszerűen 234 km-t.

Ha 1 teljes feladatot teljesít a nehéz részből + 1. rész, akkor - 76 pontot, 2 feladatot - 83 pontot, 3 feladatot - 89 pontot, 4 feladatot - 96 pontot, 5 feladatot - 100 pontot kap.

De valójában nagyon nehéz megszerezni a feladatra a maximális pontszámot, azaz a 3 pontot. Általában egy tanuló, ha úgy dönt, 1-2 pontot kap. Ezért azt mondom, aki 80 pontot szerez, az okos és jól végzett. Ez egy ember, aki ismeri a fizikát. Mert az egész vizsgára 4 órát adnak.

A fizika minimális küszöbértéke 9 elsődleges vagy 36 másodlagos pont.

Válasszon ki 2 helyes állítást az 5-ből, ha 1 és 4 helyes, akkor a 14-et és a 41-et is felírhatja az űrlapba. Ha a feladat a megfelelést szolgálja, akkor itt legyen óvatos, a válasz az egyetlen. Ha az érték megváltoztatása a feladat, akkor a számok ismételhetők, például az egyik és a második érték növekszik, akkor 11-et írunk. Vigyázat: vessző, szóköz nélkül. Ezek a feladatok 2 pontot érnek.

Nem szükséges oktatót felvenni, a vizsgára magad is felkészülhetsz. Manapság nagyon sok hely van a vizsgára való felkészüléshez. Hetente legalább 2 órát szánjon fizikára (kinek kell). Aki oktatókhoz jár, azon ritkán ül független megoldás azt hiszik, mindent megad nekik. Mégis nagy hibát követnek el. Amíg egy diák el nem kezdi önállóan megoldani a problémákat, soha nem fogja megtanulni, hogyan oldja meg a problémákat. Mert az oktatókkal úgy tűnik, hogy minden feladat egyszerű. És senki sem fogja elmondani a vizsga során, még a probléma ötlete sem. Ezért az oktató után mindenképpen döntsd el magad, egy-egy könyvvel és füzettel.

Ha egy diák fizikából kitűnő osztályzatot kap, az nem jelenti azt, hogy a fizikából mindenben tud, és nem kell felkészülnie a vizsgára. Téved, mert ma válaszol, de lehet, hogy holnap már nem emlékszik. A valódi tudás a nullához közelít. És nem néhány konkrét feladatot kell előkészíteni, hanem teljesen a fizikát kell tanulni. Nagyon jó problémakönyv - Rymkevich. Ezért használom az iskolában. Szerezzen be egy külön füzetet a vizsgára való felkészüléshez. A füzeted borítójára írd fel a feladatmegoldás során használt összes képletet. Az iskolában levizsgáztuk a mechanikát, egyszerre 1-7, 24, 28 feladatot oldunk meg stb. A fizikai problémák megoldása során nagyon gyakran szükséges vektorok, fokok összeadása, a Pitagorasz-szabály, a koszinusztétel alkalmazása stb. a fizikában. Egy héttel a vizsga előtt nézd át a füzetedben az összes képletet és megoldott feladatot.

Mindenkinek kívánom, hogy minél jobban írjon, és legyen magabiztosabb a vizsgára való felkészülés után. Minden jót!

A Fizika Egységes Államvizsga 1. számú feladatában egy egyszerű kinematikai feladat megoldása szükséges. Ez lehet egy test vagy objektum útjának, sebességének, gyorsulásának megtalálása grafikon alapján egy állapotból.

Elmélet a fizika 1. számú feladatához

Egyszerűsített definíciók

Út - a test mozgásának vonala a térben, hossza van, méterben, centiméterben stb.

A sebesség a testhelyzet időegység alatti mennyiségi változása, m/s, km/h mértékegységben mérve.

A gyorsulás a sebesség változása időegységenként, m/s2-ben mérve.

Ha a test egyenletesen mozog, útja a képlet szerint változik

NÁL NÉL Descartes-rendszer koordinátáink vannak:

S \u003d x - x 0, x - x 0 =vt, x=x 0 +vt.

menetrend egyenletes mozgás egy egyenes vonal. Például a test a koordinátapontból indult útjára x o \u003d 5, a test sebessége az v= 2 m/s. Ekkor a koordinátaváltozás függősége a következőképpen alakul: x=5+2t. A forgalmi grafikon pedig így néz ki:

Ha egy test sebességének az idő függvényében grafikonját téglalap alakú rendszerben ábrázoljuk, és a test egyenletesen vagy egyenletesen mozog, akkor az utat a háromszög területének meghatározásával lehet megtalálni:

vagy trapéz:

Térjünk át a feladatokra.

A fizika 1. számú feladatainak tipikus lehetőségeinek elemzése

Demo verzió 2018

Megoldási algoritmus:

1. Leírjuk a választ.

Döntés:

1. A test sebessége 4 másodpercről 8 másodpercre 12 m/s-ról 4/s-ra változott. egyenletesen csökken.

2. Mivel a gyorsulás egyenlő a sebesség változásának és az idő hosszának arányával, amely alatt a változás bekövetkezett, a következőket kapjuk:

(4-12) / (8-4) = -8/4 = -2

A „–” jel azért van beállítva, mert a mozgás lassú volt, és egy ilyen mozgásnál a gyorsulás negatív értékű.

Válasz: - 2 m / s2

A feladat első változata (Demidova, 1. sz.)

Megoldási algoritmus:

1. Az ábrán figyelembe vesszük, hogyan mozgott a busz a megadott időtartam alatt.
2. A megtett távolságot az ábra területeként határozzuk meg.
3. Leírjuk a választ.

Döntés:

1. A v sebesség és a t idő grafikonja alapján azt látjuk, hogy a busz az idő kezdeti pillanatában megállt. Az első 20 másodpercben 15 m/s-ig gyorsult. Aztán egyenletesen mozgott további 30 másodpercig. A grafikonon a sebesség időfüggősége trapéz.

2. A megtett S távolság a trapéz területe.

Ennek a trapéznek az alapjai megegyeznek az időintervallumokkal: a = 50 s és b = 50-20 = 30 s, a magasság pedig a sebesség változását jelenti és egyenlő h = 15 m/s.

Ekkor a megtett távolság:

(50 + 30) 15 / 2 = 600

Válasz: 600 m

A feladat második változata (Demidova, 22. sz.)

Megoldási algoritmus:

1. Nézzünk egy grafikont az út és az idő függvényében. Beállítjuk a sebesség változását a megadott időtartamra.
2. Meghatározzuk a sebességet.
3. Leírjuk a választ.

Döntés:

Az út A-tól B-ig tartó szakasza az első szakasz. Ennél az intervallumnál az x koordináta 0,5 óra alatt egyenletesen növekszik nulláról 30 km-re, majd a sebességet a következő képlet segítségével találhatja meg:

(S-S0) / t \u003d (30 - 0) km / 0,5 h \u003d 60 km / h.

A feladat harmadik változata (Demidova, 30. sz.)

Megoldási algoritmus:

1. Az ábrán figyelembe vesszük, hogyan változott a test sebessége egy meghatározott idő alatt.
2. A gyorsulást a sebesség és az idő változásának arányaként definiáljuk.
3. Leírjuk a választ.

Döntés:

A 30 s és 40 s közötti időintervallumban a test sebessége egyenletesen, 10-ről 15 m/s-ra nőtt. az az időintervallum, amely alatt a sebesség változása bekövetkezett, egyenlő:

40 s - 30 s = 10 s. És maga az időintervallum 15-10 \u003d 5m / s. Az autó a megadott intervallumon állandó gyorsulással mozgott. Akkor egyenlő:

Ez a cikk a fizika vizsga első részéből származó mechanika (dinamika és kinematika) feladatok elemzését mutatja be, egy fizikatanár részletes magyarázatával. Minden feladatról van videóelemzés.

Válasszunk ki egy szakaszt a grafikonon, amely egy 8 és 10 s közötti időintervallumnak felel meg:

A test ezen az időintervallumon ugyanolyan gyorsulással haladt, mivel a grafikon itt egy egyenes szakasza. Ezen másodpercek alatt a test sebessége m/s-kal változott. Ezért a test gyorsulása ebben az időszakban egyenlő volt m/s 2 . A 3-as menetrend megfelelő (bármikor a gyorsulás -5 m / s 2).

2. Két erő hat a testre: és. Az erő és két erő eredője szerint keresse meg a második erő modulusát (lásd az ábrát).

A második erő vektora a . Vagy hasonlóan, . Ezután összeadjuk az utolsó két vektort a paralelogramma szabály szerint:

Az összegvektor hosszát től lehet megtalálni derékszögű háromszög ABC, akinek a lába AB= 3 N és időszámításunk előtt= 4 N. A Pitagorasz-tétellel azt kapjuk, hogy a kívánt vektor hossza egyenlő N.

Vezessünk be egy olyan koordinátarendszert, amelynek középpontja egybeesik a rúd és a tengely tömegközéppontjával ÖKÖR ferde sík mentén irányítva. Ábrázoljuk a rúdra ható erőket: gravitációt, támasztó reakcióerőt és statikus súrlódási erőt. Az eredmény a következő ábra:

A test nyugalomban van, tehát vektor összege minden rá ható erő nulla. Beleértve a nullát és az erők tengelyre vetületeinek összegét ÖKÖR.

A gravitáció vetülete a tengelyre ÖKÖR egyenlő a lábával AB a megfelelő derékszögű háromszöget (lásd az ábrát). Ezenkívül geometriai megfontolásból ez a láb a szöggel szemben helyezkedik el. Vagyis a gravitáció vetülete a tengelyre ÖKÖR egyenlő .

A statikus súrlódási erő a tengely mentén irányul ÖKÖR, tehát ennek az erőnek a vetülete a tengelyre ÖKÖR egyenlő ennek a vektornak a hosszával, de ellenkező előjellel, mivel a vektor a tengely ellen irányul ÖKÖR. Ennek eredményeként a következőket kapjuk:

Az iskolai fizika tantárgyból ismert képletet használjuk:

Határozzuk meg az ábrából a 0,5 Hz-es és 1 Hz-es hajtóerő frekvenciáján az állandó kényszerrezgések amplitúdóit:

Az ábráról látható, hogy 0,5 Hz-es hajtóerő-frekvencia mellett az állandósult állapotú kényszerrezgés amplitúdója 2 cm, 1 Hz-es hajtóerő-frekvenciánál pedig 10 cm-es volt. Ezért az állandósult állapot amplitúdója kényszerű habozás 5-szörösére nőtt.

6. Magasról vízszintesen feldobott labda H a kezdeti sebességgel, repülés közben t vízszintesen repült távolság L(Lásd a képen). Mi történik a labda repülési idejével és gyorsulásával, ha ugyanazzal a beállítással, azonos kezdeti sebesség mellett növeljük a labda magasságát H? (Hagyja figyelmen kívül a légellenállást.) Minden értéknél határozza meg a változás megfelelő jellegét: 1) növelni 2) csökken 3) nem fog változni Írja be a táblázatba mindegyikhez a kiválasztott számokat! fizikai mennyiség. A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Mindkét esetben a labda gyorsulással fog mozogni szabadesés, így a gyorsulás nem változik. Ebben az esetben a repülési idő nem függ a kezdeti sebességtől, mivel az utóbbi vízszintesen irányul. A repülési idő attól függ, hogy a test milyen magasságból esik le, és minél nagyobb a magasság, annál hosszabb a repülési idő (tovább tart a test esése). Ezért a repülési idő megnő. Helyes válasz: 13.

Felkészülés az OGE-re és az egységes államvizsgára

Az átlagos Általános oktatás

UMK vonal A. V. Gracsev. Fizika (10-11) (alap, haladó)

UMK vonal A. V. Gracsev. Fizika (7-9)

UMK sor A. V. Peryshkin. Fizika (7-9)

Felkészülés a fizika vizsgára: példák, megoldások, magyarázatok

Elemzés USE hozzárendeléseket fizikából (C lehetőség) tanárral.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikatanár, 27 éves szakmai tapasztalat. A Moszkvai Régió Oktatási Minisztériumának tiszteletbeli oklevele (2013), a Voskresensky vezetőjének hálája önkormányzati kerület(2015), a Moszkvai Régió Matematika-fizikatanárok Egyesülete elnöki oklevele (2015).

A munka különböző bonyolultságú feladatokat mutat be: alap, haladó és magas. Az alapszintű feladatok egyszerű feladatok, amelyek a legfontosabb fizikai fogalmak, modellek, jelenségek és törvényszerűségek asszimilációját tesztelik. Feladatok haladó szint melynek célja a fizika fogalmainak és törvényszerűségeinek különböző folyamatok és jelenségek elemzésére való képességének tesztelése, valamint az iskolai fizika tantárgy bármelyik témájában egy-két törvény (képlet) alkalmazásához szükséges problémamegoldási képesség tesztelése. A 4. munkában a 2. rész feladatai nagy bonyolultságú feladatok, és a fizika törvényeinek és elméleteinek megváltozott vagy új helyzetben való alkalmazásának képességét tesztelik. Az ilyen feladatok teljesítéséhez egyszerre két három fizika szakterület ismereteinek alkalmazására van szükség, pl. magas szintű képzés. Ez az opció teljesen kompatibilis próba verzió Egységes Államvizsga 2017, az Egységes Államvizsga nyílt feladattárából vett feladatok.

Az ábrán a sebességmodul időfüggésének grafikonja látható t. Határozza meg a grafikonon az autó által megtett utat 0 és 30 s közötti időintervallumban!

Döntés. Az autó által a 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett utat legegyszerűbben egy trapéz területeként határozzuk meg, melynek alapja a (30 - 0) = 30 s és (30 - 10) időintervallum. = 20 s, a magasság pedig a sebesség v= 10 m/s, azaz

S =	(30 + 20) val vel	10 m/s = 250 m.
	2

Válasz. 250 m

Egy 100 kg-os tömeget kötéllel függőlegesen felfelé emelnek. Az ábra a sebességvetítés függését mutatja V terhelés a tengelyen felfelé irányítva, időről t. Határozza meg a kábelfeszesség modulusát emelés közben.

Döntés. A sebesség vetületi görbe szerint v terhelés egy függőlegesen felfelé irányított tengelyen, az időből t, meghatározhatja a terhelés gyorsulásának vetületét

a =	∆v	=	(8 – 2) m/s	\u003d 2 m/s 2.
	∆t		3 s

A terhelésre a függőlegesen lefelé irányuló gravitáció és a kábel mentén függőlegesen felfelé irányuló kábelfeszítő erő hat, lásd az ábrát. 2. Írjuk fel a dinamika alapegyenletét! Használjuk Newton második törvényét. geometriai összeg a testre ható erők egyenlőek a test tömegének és a rá adott gyorsulásnak a szorzatával.

+ = (1)

Írjuk fel a vektorok vetületének egyenletét a Földhöz tartozó referenciakeretben, az OY tengely felfelé fog irányulni. A feszítőerő vetülete pozitív, mivel az erő iránya egybeesik az OY tengely irányával, a gravitációs erő vetülete negatív, mivel az erővektor ellentétes az OY tengellyel, a gyorsulásvektor vetülete szintén pozitív, így a test gyorsulással halad felfelé. Nekünk van

T – mg = ma (2);

a (2) képletből a feszítőerő modulusa

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

Válasz. 1200 N.

A testet 1,5 m/s modulusú, durva vízszintes felületen állandó sebességgel húzzuk végig, az (1) ábrán látható erővel. Ebben az esetben a testre ható csúszósúrlódási erő modulja 16 N. Mekkora az erő által kifejlesztett teljesítmény F?

Döntés. Képzeld el fizikai folyamat, a probléma feltételében megadott, és készítsen vázlatos rajzot, amelyen feltünteti a testre ható összes erőt (2. ábra). Írjuk fel a dinamika alapegyenletét.

Tr + + = (1)

Miután kiválasztottunk egy fix felülethez tartozó referenciarendszert, egyenleteket írunk a vektorok vetítésére a kiválasztott felületre. koordinátatengelyek. A probléma állapotának megfelelően a test egyenletesen mozog, mivel sebessége állandó és 1,5 m/s. Ez azt jelenti, hogy a test gyorsulása nulla. Két erő hat vízszintesen a testre: csúszósúrlódási erő tr. és az erő, amellyel a testet vonszolják. A súrlódási erő vetülete negatív, mivel az erővektor nem esik egybe a tengely irányával x. Erővetítés F pozitív. Emlékeztetünk arra, hogy a vetítés megtalálásához a merőlegest a vektor elejétől és végétől a kiválasztott tengelyre engedjük le. Ezt szem előtt tartva a következőket kínáljuk: F kötözősaláta- F tr = 0; (1) kifejezni az erő vetületét F, Ezt F cosα = F tr = 16 N; (2) akkor az erő által kifejlesztett teljesítmény egyenlő lesz N = F cosα V(3) Tegyünk egy cserét a (2) egyenlet figyelembevételével, és cseréljük be a (3) egyenletben a megfelelő adatokat:

N\u003d 16 N 1,5 m/s \u003d 24 W.

Válasz. 24 W.

A 200 N/m merevségű könnyű rugóra rögzített terhelés függőlegesen ingadozik. Az ábra az eltolás diagramját mutatja x rakomány az időből t. Határozza meg a rakomány súlyát. Válaszát kerekítse a legközelebbi egész számra.

Döntés. A rugóra ható súly függőlegesen oszcillál. A terhelési elmozdulási görbe szerint x időről t, határozza meg a terhelés ingadozási periódusát. Az oszcillációs periódus az T= 4 s; a képletből T= 2π a tömeget fejezzük ki m szállítmány.

=	T	;	m	=	T 2	; m = k	T 2	; m= 200 H/m	(4 s) 2	= 81,14 kg ≈ 81 kg.
	2π		k		4π 2		4π 2		39,438

Válasz: 81 kg.

Az ábrán két könnyűszerkezetes blokkból és egy súlytalan kábelből álló rendszer látható, amellyel 10 kg-os terhet egyensúlyozhat vagy emelhet. A súrlódás elhanyagolható. A fenti ábra elemzése alapján válassza ki kettő helyesbítse az állításokat, és a válaszban tüntesse fel számukat!

1. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 100 N erővel kell hatnia a kötél végére.
2. Az ábrán látható blokkrendszer nem ad erőnövekedést.
3. h, ki kell húzni egy 3 hosszúságú kötélszakaszt h.
4. Teher lassú emelése magasba hh.

Döntés. Ebben a feladatban egyszerű mechanizmusokat kell felidézni, nevezetesen a blokkokat: egy mozgatható és egy rögzített blokkot. A mozgatható blokk kétszeres erőnövekedést ad, míg a kötélszakaszt kétszer hosszabbra kell húzni, a rögzített blokk pedig az erő átirányítására szolgál. A munkában az egyszerű nyerési mechanizmusok nem adnak. A probléma elemzése után azonnal kiválasztjuk a szükséges állításokat:

1. Teher lassú emelése magasba h, ki kell húzni egy 2 hosszúságú kötélszakaszt h.
2. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 50 N erővel kell hatnia a kötél végére.

Válasz. 45.

Egy súlytalan és nyújthatatlan menetre rögzített alumínium súlyt teljesen elmerítenek egy vízzel töltött edényben. A rakomány nem érinti az edény falát és alját. Ezután ugyanabba az edénybe vízzel egy vasterhelést merítenek, amelynek tömege megegyezik az alumínium rakomány tömegével. Hogyan változik ennek hatására a menet feszítőerejének modulusa és a terhelésre ható gravitációs erő modulusa?

1. növekszik;
2. Csökken;
3. Nem változik.

Döntés. Elemezzük a probléma állapotát, és kiválasztjuk azokat a paramétereket, amelyek a vizsgálat során nem változnak: ez a test tömege és a folyadék, amelybe a test a fonalakon belemerül. Ezt követően jobb, ha vázlatos rajzot készítünk, és jelezzük a terhelésre ható erőket: a menetfeszítés erejét F vezérlés, a menet mentén felfelé irányítva; függőlegesen lefelé irányuló gravitáció; Arkhimédeszi erő a, a folyadék oldaláról hatva a bemerült testre és felfelé irányítva. A feladat feltételének megfelelően a terhek tömege azonos, ezért a terhelésre ható gravitációs erő modulusa nem változik. Mivel az áruk sűrűsége eltérő, a mennyiség is más lesz.

V =	m	.
	p

A vas sűrűsége 7800 kg / m 3, az alumínium terhelése 2700 kg / m 3. Ennélfogva, V jól< Va. A test egyensúlyban van, a testre ható összes erő eredője nulla. Irányítsuk felfelé az OY koordinátatengelyt. A dinamika alapegyenletét, figyelembe véve az erők vetületét, alakba írjuk F ex + Fa – mg= 0; (1) Kifejezzük a feszítőerőt F extr = mg – Fa(2); Az arkhimédeszi erő a folyadék sűrűségétől és az elmerült testrész térfogatától függ Fa = ρ gV p.h.t. (3); A folyadék sűrűsége nem változik, és a vastest térfogata kisebb V jól< Va, így a vasterhelésre ható arkhimédeszi erő kisebb lesz. Következtetést vonunk le a menetfeszítő erő modulusáról, a (2) egyenlettel dolgozva, az növekedni fog.

Válasz. 13.

Bar tömeg m lecsúszik egy rögzített durva ferde síkról α szöggel az alapnál. A rúd gyorsulási modulusa egyenlő a, a rúdsebesség modulusa nő. A légellenállás elhanyagolható.

Állítson fel egyezést a fizikai mennyiségek és a kiszámítható képletek között. Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopból, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatba a megfelelő betűk alá.

B) A rúd súrlódási tényezője a ferde síkon

3) mg cosα

4) sinα -	a
	g cosα

Döntés. Ez a feladat Newton törvényeinek alkalmazását igényli. Javasoljuk vázlatos rajz készítését; jelzi a mozgás összes kinematikai jellemzőjét. Ha lehetséges, ábrázolja a gyorsulásvektort és a mozgó testre ható összes erő vektorait; ne feledje, hogy a testre ható erők más testekkel való kölcsönhatás eredménye. Ezután írja fel a dinamika alapegyenletét. Válasszunk egy referenciarendszert, és írjuk fel az eredményül kapott egyenletet az erő- és gyorsulásvektorok vetítésére;

A javasolt algoritmust követve vázlatos rajzot készítünk (1. ábra). Az ábrán a rúd súlypontjára ható erők és a ferde sík felületéhez tartozó vonatkoztatási rendszer koordinátatengelyei láthatók. Mivel minden erő állandó, a rúd mozgása a sebesség növekedésével egyformán változó lesz, pl. a gyorsulásvektor a mozgás irányába irányul. Válasszuk meg a tengelyek irányát az ábrán látható módon. Írjuk fel az erők vetületeit a kiválasztott tengelyekre.

Írjuk fel a dinamika alapegyenletét:

Tr + = (1)

Írjuk fel adott egyenlet(1) az erők és a gyorsulás vetítésére.

Az OY tengelyen: a támasz reakcióerejének vetülete pozitív, mivel a vektor egybeesik az OY tengely irányával N y = N; a súrlódási erő vetülete nulla, mivel a vektor merőleges a tengelyre; a gravitáció vetülete negatív és egyenlő lesz mgy= – mg cosα; gyorsulás vektor vetítés a y= 0, mivel a gyorsulásvektor merőleges a tengelyre. Nekünk van N – mg cosα = 0 (2) az egyenletből a rúdra ható reakcióerőt fejezzük ki a ferde sík oldaláról. N = mg cosα (3). Írjuk fel a vetületeket az OX tengelyére.

Az OX tengelyen: erővetítés N egyenlő nullával, mivel a vektor merőleges az OX tengelyre; A súrlódási erő vetülete negatív (a vektor a kiválasztott tengelyhez képest ellenkező irányban irányul); a gravitáció vetülete pozitív és egyenlő mg x = mg sinα (4) derékszögű háromszögből. Pozitív gyorsulási vetület egy x = a; Ezután felírjuk az (1) egyenletet a vetület figyelembevételével mg sinα- F tr = ma (5); F tr = m(g sinα- a) (6); Ne feledje, hogy a súrlódási erő arányos a normál nyomás erejével N.

A-priory F tr = μ N(7), kifejezzük a rúd súrlódási együtthatóját a ferde síkon.

μ =	F tr	=	m(g sinα- a)	= tanα –	a	(8).
	N		mg cosα		g cosα

Minden betűhöz kiválasztjuk a megfelelő pozíciókat.

Válasz. A-3; B-2.

8. feladat Gáz halmazállapotú oxigén egy 33,2 literes edényben van. A gáz nyomása 150 kPa, hőmérséklete 127 °C. Határozza meg a gáz tömegét ebben az edényben. Adja meg válaszát grammban, és kerekítse a legközelebbi egész számra!

Döntés. Fontos odafigyelni a mértékegységek SI rendszerre való átszámítására. Átalakítsa a hőmérsékletet Kelvinre T = t°С + 273, kötet V\u003d 33,2 l \u003d 33,2 10 -3 m 3; A nyomást fordítjuk P= 150 kPa = 150 000 Pa. Az ideális gáz állapotegyenletének felhasználásával

fejezzük ki a gáz tömegét.

Ügyeljen arra, hogy melyik egységbe írja le a választ. Ez nagyon fontos.

Válasz. 48

9. feladat. Ideális egyatomos gáz 0,025 mol mennyiségben adiabatikusan expandált. Ugyanakkor a hőmérséklete +103°С-ról +23°С-ra csökkent. Milyen munkát végez a gáz? Adja meg válaszát Joule-ban, és kerekítse a legközelebbi egész számra.

Döntés. Először is, a gáz a szabadsági fokok egyatomszáma én= 3, másodszor, a gáz adiabatikusan tágul – ez azt jelenti, hogy nincs hőátadás K= 0. A gáz úgy működik, hogy csökkenti a belső energiát. Ezt szem előtt tartva a termodinamika első főtételét úgy írjuk fel, hogy 0 = ∆ U + A G; (1) kifejezzük a gáz munkáját A g = –∆ U(2); A belső energia változását egy monoatomos gázra így írjuk

Válasz. 25 J.

A levegő egy részének relatív páratartalma egy bizonyos hőmérsékleten 10%. Hányszor kell változtatni ennek a levegőrésznek a nyomását, hogy a relatív páratartalma 25%-kal növekedjen állandó hőmérsékleten?

Döntés. A telített gőzzel és a levegő páratartalmával kapcsolatos kérdések leggyakrabban az iskolások számára okoznak nehézséget. Használjuk a képletet a levegő relatív páratartalmának kiszámításához

A probléma állapotának megfelelően a hőmérséklet nem változik, ami azt jelenti, hogy a telítési gőznyomás változatlan marad. Írjunk fel (1) képletet a levegő két állapotára.

φ 1 \u003d 10%; φ 2 = 35%

Kifejezzük a légnyomást a (2), (3) képletekből, és megtaláljuk a nyomások arányát.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Válasz. A nyomást 3,5-szeresére kell növelni.

A folyékony halmazállapotú forró anyagot olvasztókemencében állandó teljesítmény mellett lassan lehűtöttük. A táblázat egy anyag hőmérsékletének időbeli mérési eredményeit mutatja.

Válasszon a javasolt listából kettő a mérési eredményeknek megfelelő állításokat és azok számát feltüntetve.

1. Az anyag olvadáspontja ilyen körülmények között 232°C.
2. 20 perc múlva. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.
3. Egy anyag hőkapacitása folyékony és szilárd állapotban azonos.
4. 30 perc elteltével. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.
5. Az anyag kristályosodási folyamata több mint 25 percig tartott.

Döntés. Ahogy az anyag lehűlt, belső energiája csökkent. A hőmérsékletmérés eredményei lehetővé teszik, hogy meghatározzuk azt a hőmérsékletet, amelyen az anyag kristályosodni kezd. Amíg az anyag elmozdul innen folyékony halmazállapot szilárd anyaggá, a hőmérséklet nem változik. Tudva, hogy az olvadási hőmérséklet és a kristályosodási hőmérséklet azonos, a következő állítást választjuk:

1. Egy anyag olvadáspontja ilyen körülmények között 232°C.

A második helyes állítás:

4. 30 perc elteltével. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt. Mivel a hőmérséklet ebben az időpontban már a kristályosodási hőmérséklet alatt van.

Válasz. 14.

Izolált rendszerben az A test hőmérséklete +40°C, a B test hőmérséklete +65°C. Ezek a testek termikus érintkezésbe kerülnek egymással. Egy idő után beáll a termikus egyensúly. Hogyan változott ennek hatására a B test hőmérséklete és az A és B test teljes belső energiája?

Minden egyes értéknél határozza meg a változás megfelelő jellegét:

1. Megnövekedett;
2. Csökkent;
3. Nem változott.

Írja be a táblázatba az egyes fizikai mennyiségekhez kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Döntés. Ha egy izolált testrendszerben a hőátadáson kívül más energiaátalakulás nem történik, akkor az olyan testek által leadott hőmennyiség, amelyek belső energiája csökken, megegyezik azon testek hőmennyiségével, amelyek belső energiája nő. (Az energiamegmaradás törvénye szerint.) Ebben az esetben a rendszer teljes belső energiája nem változik. Az ilyen jellegű feladatok megoldása a hőmérleg egyenlet alapján történik.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	én = 1

ahol ∆ U- belső energia változása.

Esetünkben a hőátadás hatására a B test belső energiája csökken, ami azt jelenti, hogy ennek a testnek a hőmérséklete csökken. Az A test belső energiája növekszik, mivel a test a B testtől kapott hőmennyiséget, akkor a hőmérséklete nő. Az A és B test teljes belső energiája nem változik.

Válasz. 23.

Proton p, amely az elektromágnes pólusai közötti résbe repül, sebessége merőleges az indukciós vektorra mágneses mező, ahogy a képen is látszik. Hol van a protonra ható Lorentz-erő az ábrához képest (felfelé, a megfigyelő felé, a megfigyelőtől távol, le, balra, jobbra)

Döntés. A mágneses tér Lorentz-erővel hat egy töltött részecskére. Ennek az erőnek az irányának meghatározásához fontos megjegyezni a bal kéz mnemonikus szabályát, és ne felejtsük el figyelembe venni a részecske töltését. A bal kéz négy ujját a sebességvektor mentén irányítjuk, pozitív töltésű részecske esetén a vektornak merőlegesen kell belépnie a tenyérbe, hüvelykujj 90°-kal félretett a részecskére ható Lorentz-erő irányát mutatja. Ennek eredményeként azt kaptuk, hogy a Lorentz-erővektor az ábrához képest a megfigyelőtől elfelé irányul.

Válasz. a szemlélőtől.

Az 50 μF kapacitású lapos légkondenzátor elektromos térerősségének modulusa 200 V/m. A kondenzátorlapok közötti távolság 2 mm. Mennyi a töltés a kondenzátoron? Írja le a választ µC-ban.

Döntés. Váltsunk át minden mértékegységet SI rendszerre. Kapacitás C \u003d 50 μF \u003d 50 10 -6 F, a lemezek közötti távolság d= 2 10 -3 m. A probléma egy lapos légkondenzátorral foglalkozik - elektromos töltés és elektromos térenergia felhalmozására szolgáló eszköz. Az elektromos kapacitás képletből

ahol d a lemezek közötti távolság.

Kifejezzük a feszültséget U= E d(4); Helyettesítse a (4)-et a (2)-be, és számítsa ki a kondenzátor töltését.

q = C · Szerk\u003d 50 10 -6 200 0,002 \u003d 20 μC

Ügyeljen az egységekre, amelyekben a választ kell írnia. Medálban kaptuk, de μC-ban mutatjuk be.

Válasz. 20 µC.

A diák a fényképen bemutatott fénytörési kísérletet végezte. Hogyan változik az üvegben terjedő fény törésszöge és az üveg törésmutatója a beesési szög növekedésével?

1. növekszik
2. Csökken
3. Nem változik
4. Jegyezze fel a táblázatba minden válaszhoz a kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Döntés. Egy ilyen terv feladataiban felidézzük, mi a fénytörés. Ez a hullám terjedési irányának változása az egyik közegből a másikba való áthaladáskor. Ennek oka, hogy ezekben a közegekben eltérő a hullámterjedés sebessége. Miután rájöttünk, melyik közegből melyikbe terjed a fény, a törés törvényét a formába írjuk

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

ahol n 2 - az üveg abszolút törésmutatója, az a közeg, ahová a fény megy; n 1 az első közeg abszolút törésmutatója, amelyből jön a fény. Levegőért n 1 = 1. α a sugár beesési szöge az üvegfélhenger felületén, β a sugár törésszöge az üvegben. Ezenkívül a törésszög kisebb lesz, mint a beesési szög, mivel az üveg optikailag sűrűbb közeg - magas törésmutatójú közeg. Az üvegben a fény terjedési sebessége lassabb. Kérjük, vegye figyelembe, hogy a szögeket a sugár beesési pontjában helyreállított merőlegestől mérjük. Ha növeli a beesési szöget, akkor a törésszög is nő. Az üveg törésmutatója ettől nem fog változni.

Válasz.

Réz jumper időben t A 0 = 0 2 m/s sebességgel indul el párhuzamos vízszintes vezetősínek mentén, amelyek végeihez 10 ohmos ellenállás kapcsolódik. Az egész rendszer függőleges, egyenletes mágneses térben van. A jumper és a sínek ellenállása elhanyagolható, a jumper mindig merőleges a sínekre. A mágneses indukciós vektor fluxusa a jumper, a sínek és az ellenállás által alkotott áramkörön keresztül idővel változik t a diagramon látható módon.

A grafikon segítségével válasszon ki két igaz állítást, és adja meg a számukat a válaszában!

1. Mire t\u003d 0,1 s, az áramkörön keresztüli mágneses fluxus változása 1 mWb.
2. Indukciós áram a jumperben a tól tartományban t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Az áramkörben előforduló indukció EMF modulja 10 mV.
4. A jumperben folyó induktív áram erőssége 64 mA.
5. A jumper mozgásának fenntartása érdekében erőt fejtenek ki rá, amelynek a sínek irányára vetülete 0,2 N.

Döntés. A mágneses indukciós vektor áramkörön áthaladó áramlásának időfüggésének grafikonja alapján meghatározzuk azokat a szakaszokat, ahol az áramlás Ф változik, és ahol az áramlás változása nulla. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy meghatározzuk azokat az időintervallumokat, amelyekben az induktív áram fellép az áramkörben. Helyes állítás:

1) Mire t= 0,1 s az áramkörön átmenő mágneses fluxus változása 1 mWb ∆F = (1 - 0) 10 -3 Wb; Az áramkörben előforduló EMF indukciós modult az EMP törvény alapján határozzák meg

Válasz. 13.

Határozza meg a modult az áramerősség időtől való függésének grafikonja szerint egy elektromos áramkörben, amelynek induktivitása 1 mH EMF önindukció 5 és 10 másodperc közötti időintervallumban. Válaszát írja le mikrovoltban.

Döntés. Váltsunk át minden mennyiséget SI rendszerbe, azaz. 1 mH induktivitását H-ra fordítjuk, 10 -3 H-t kapunk. Az ábrán látható áramerősség mA-ban szintén A-ra lesz konvertálva, ha megszorozzuk 10 -3-mal.

Az önindukciós EMF képletnek megvan a formája

ebben az esetben az időintervallumot a probléma állapotának megfelelően adjuk meg

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

másodpercben, és az ütemterv szerint meghatározzuk az aktuális változás időközét ez idő alatt:

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

A számértékeket behelyettesítjük a (2) képletbe, megkapjuk

| Ɛ | \u003d 2 10 -6 V vagy 2 μV.

Válasz. 2.

Két átlátszó sík-párhuzamos lemezt szorosan egymáshoz nyomnak. A levegőből fénysugár esik az első lemez felületére (lásd az ábrát). Ismeretes, hogy a felső lemez törésmutatója egyenlő n 2 = 1,77. Állítson fel egyezést a fizikai mennyiségek és értékeik között. Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopból, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatba a megfelelő betűk alá.

Döntés. A két közeg határfelületén a fénytörés problémáinak megoldására, különösen a fény síkpárhuzamos lemezeken való áthaladásával kapcsolatos problémák megoldására a következő megoldási sorrend javasolható: készítsen rajzot, amely az egyikből kiinduló sugarak útját mutatja. közepes a másiknak; a nyaláb beesési pontján a két közeg határfelületén rajzoljunk egy normált a felületre, jelöljük meg a beesési és törési szögeket. Különös figyelmet kell fordítani a szóban forgó közeg optikai sűrűségére, és ne feledje, hogy amikor a fénysugár optikailag kevésbé sűrű közegből optikailag sűrűbb közegbe kerül, a törésszög kisebb lesz, mint a beesési szög. Az ábra a beeső sugár és a felület közötti szöget mutatja, és szükségünk van a beesési szögre. Ne feledje, hogy a szögeket a beesési pontban helyreállított merőleges határozza meg. Meghatározzuk, hogy a sugár beesési szöge a felületen 90° - 40° = 50°, a törésmutató n 2 = 1,77; n 1 = 1 (levegő).

Írjuk fel a fénytörés törvényét

sinβ =	sin50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Építsük meg a gerenda hozzávetőleges útját a lemezeken keresztül. A 2–3 és 3–1 határokhoz az (1) képletet használjuk. Válaszul kapunk

A) A sugár beesési szögének szinusza a lemezek közötti 2–3 határon 2) ≈ 0,433;

B) A sugár törésszöge a 3–1 határ átlépésekor (radiánban) 4) ≈ 0,873.

Válasz. 24.

Határozza meg, hány α - részecske és hány proton keletkezik a reakció eredményeként! termonukleáris fúzió

+ → x+ y;

Döntés. Minden magreakcióban betartják az elektromos töltés és a nukleonok számának megmaradásának törvényeit. Jelölje x az alfa részecskék számát, y a protonok számát. Alkossunk egyenleteket

+ → x + y;

megoldani a rendszert, amivel rendelkezünk x = 1; y = 2

Válasz. 1 – α-részecske; 2 - protonok.

Az első foton impulzusmodulusa 1,32 · 10 -28 kg m/s, ami 9,48 · 10 -28 kg m/s-mal kisebb, mint a második foton impulzusmodulja. Határozzuk meg a második és az első foton E 2 /E 1 energiaarányát! Válaszát kerekítse tizedekre.

Döntés. A második foton impulzusa feltétel szerint nagyobb, mint az első foton lendülete, így el tudjuk képzelni p 2 = p 1 + ∆ p(egy). A foton energiája a foton impulzusával fejezhető ki a következő egyenletekkel. Ez E = mc 2. (1) bekezdése és p = mc(2), akkor

E = pc (3),

ahol E a foton energia, p a foton lendülete, m a foton tömege, c= 3 10 8 m/s a fénysebesség. A (3) képlet figyelembevételével a következőket kapjuk:

E 2	=	p 2	= 8,18;
E 1		p 1

A választ tizedekre kerekítjük, és 8,2-t kapunk.

Válasz. 8,2.

Az atommag radioaktív pozitron β-bomláson ment keresztül. Hogyan változtatta meg ez az atommag elektromos töltését és a benne lévő neutronok számát?

Minden egyes értéknél határozza meg a változás megfelelő jellegét:

1. Megnövekedett;
2. Csökkent;
3. Nem változott.

Írja be a táblázatba az egyes fizikai mennyiségekhez kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Döntés. Pozitron β - lebomlik atommag a proton neutronná történő átalakulása során pozitron emisszióval történik. Ennek eredményeként az atommagban lévő neutronok száma eggyel nő, az elektromos töltés eggyel csökken, és az atommag tömegszáma változatlan marad. Így egy elem átalakulási reakciója a következő:

Válasz. 21.

Öt kísérletet végeztünk a laboratóriumban a diffrakció megfigyelésére különféle diffrakciós rácsokkal. A rácsok mindegyikét párhuzamos, meghatározott hullámhosszú monokromatikus fénysugarak világították meg. A fény minden esetben a rácsra merőlegesen esett. E kísérletek közül kettőben ugyanannyi fő diffrakciós maximumot figyeltek meg. Adja meg először annak a kísérletnek a számát, amelyben rövidebb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk, majd annak a kísérletnek a számát, amelyben hosszabb időtartamú diffrakciós rácsot alkalmaztunk.

Döntés. A fény diffrakciója az a jelenség, amikor a fénysugár egy geometriai árnyék tartományába kerül. Diffrakció akkor figyelhető meg, ha a fényhullám útjában átlátszatlan területek vagy lyukak találkoznak nagy és átlátszatlan fénygátakban, és ezeknek a területeknek vagy lyukaknak a méretei arányosak a hullámhosszal. Az egyik legfontosabb diffrakciós eszköz a diffrakciós rács. A diffrakciós mintázat maximumáig tartó szögirányokat az egyenlet határozza meg

d sinφ = kλ(1),

ahol d a diffrakciós rács periódusa, φ a rács normálja és a diffrakciós mintázat egyik maximumának iránya közötti szög, λ a fény hullámhossza, k a diffrakciós maximum sorrendjének nevezett egész szám. Kifejezés az (1) egyenletből

A kísérleti körülményeknek megfelelő párokat kiválasztva először 4-et választunk, ahol kisebb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk, majd 2-t annak a kísérletnek a száma, amelyben nagy periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk.

Válasz. 42.

Az áram átfolyik a huzalellenálláson. Az ellenállást egy másikra cserélték, ugyanolyan fémből és ugyanolyan hosszúságú, de fele keresztmetszeti területű vezetékkel, és az áram felét vezették át rajta. Hogyan változik az ellenállás feszültsége és ellenállása?

Minden egyes értéknél határozza meg a változás megfelelő jellegét:

1. növekedni fog;
2. csökkenni fog;
3. Nem fog változni.

Írja be a táblázatba az egyes fizikai mennyiségekhez kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Döntés. Fontos megjegyezni, hogy milyen mennyiségektől függ a vezető ellenállása. Az ellenállás kiszámításának képlete a

Ohm törvénye az áramkör szakaszra, a (2) képletből fejezzük ki a feszültséget

U = I R (3).

A probléma állapotának megfelelően a második ellenállás azonos anyagú, azonos hosszúságú, de huzalból készül különböző terület keresztmetszet. A terület kétszer kisebb. Az (1)-be behelyettesítve azt kapjuk, hogy az ellenállás 2-szeresére nő, az áram pedig 2-szeresére csökken, tehát a feszültség nem változik.

Válasz. 13.

A matematikai inga oszcillációs periódusa a Föld felszínén 1,2-szer nagyobb, mint valamely bolygón. Mekkora a gravitációs gyorsulási modulus ezen a bolygón? A légkör hatása mindkét esetben elhanyagolható.

Döntés. A matematikai inga egy menetből álló rendszer, amelynek méretei sokkal nagyobbak, mint a labda és magának a golyónak a méretei. Nehézség adódhat, ha a matematikai inga lengési periódusára vonatkozó Thomson-képletet elfelejtjük.

T= 2π(1);

l a matematikai inga hossza; g- a gravitáció gyorsulása.

Feltétel szerint

Expressz innen: (3) g n \u003d 14,4 m/s 2. Meg kell jegyezni, hogy a szabadesés gyorsulása a bolygó tömegétől és sugarától függ

Válasz. 14,4 m/s 2.

Egy 1 m hosszú egyenes vezető, amelyen 3 A áram folyik, egyenletes indukciós mágneses térben helyezkedik el. NÁL NÉL= 0,4 T a vektorral 30°-os szögben. Mekkora a mágneses térből a vezetőre ható erő modulusa?

Döntés. Ha egy áramvezető vezetéket mágneses térbe helyezünk, akkor az áramvezetőn lévő mező az Amper erővel fog hatni. Felírjuk az Amper-erőmodulus képletét

F A = I LB sinα;

F A = 0,6 N

Válasz. F A = 0,6 N.

A tekercsben tárolt mágneses tér energiája egyenáram átvezetésekor 120 J. Hányszorosára kell növelni a tekercs tekercselésen átfolyó áram erősségét, hogy a benne tárolt mágneses tér energiája 5760 J-vel növelni.

Döntés. A tekercs mágneses terének energiáját a képlet számítja ki

W m =	LI 2	(1);
	2

Feltétel szerint W 1 = 120 J, akkor W 2 \u003d 120 + 5760 \u003d 5880 J.

én 1 2 =	2W 1	; én 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Aztán az aktuális arány

én 2 2	= 49;	én 2	= 7
én 1 2		én 1

Válasz. Az áramerősséget 7-szeresére kell növelni. A válaszlapon csak a 7-es számot írja be.

Egy elektromos áramkör két izzóból, két diódából és az ábrán látható módon csatlakoztatott huzaltekercsből áll. (A dióda csak egy irányba engedi az áramot, amint az az ábra tetején látható.) Melyik izzó fog kigyulladni, ha a mágnes északi pólusát közelebb hozzuk a tekercshez? Magyarázza meg válaszát annak megjelölésével, hogy milyen jelenségeket és mintákat használt a magyarázatban.

Döntés. Mágneses indukciós vonalak jönnek ki északi sark mágnes és divergál. Amikor egy mágnes közeledik mágneses fluxus huzaltekercsen keresztül növekszik. Lenz szabálya szerint a mágneses tér által létrehozott indukciós árammal tekercs, jobbra kell irányítani. A gimlet szabálya szerint az áramnak az óramutató járásával megegyező irányban kell folynia (balról nézve). Ebben az irányban a második lámpa áramkörében lévő dióda áthalad. Tehát a második lámpa kigyullad.

Válasz. A második lámpa kigyullad.

Alumínium küllőhossz L= 25 cm és keresztmetszeti terület S\u003d 0,1 cm 2 egy menetre van felfüggesztve a felső végénél. Az alsó vége az edény vízszintes alján nyugszik, amelybe vizet öntenek. A küllő víz alá süllyesztett részének hossza l= 10 cm Találd meg az erőt F, amellyel a tű megnyomja az ér alját, ha ismert, hogy a cérna függőlegesen helyezkedik el. Az alumínium sűrűsége ρ a = 2,7 g / cm 3, a víz sűrűsége ρ in = 1,0 g / cm 3. A gravitáció gyorsulása g= 10 m/s 2

Döntés. Készítsünk egy magyarázó rajzot.

– Menetfeszítő erő;

– Az edény fenekének reakcióereje;

a az arkhimédeszi erő, amely csak a bemerült testrészre hat, és a küllő bemerült részének közepére hat;

- a gravitációs erő, amely a küllőre hat a Föld oldaláról, és a teljes küllő közepére hat.

Értelemszerűen a küllő tömege més az arkhimédeszi erő modulusát a következőképpen fejezzük ki: m = SLρa (1);

F a = Slρ in g (2)

Tekintsük a küllő felfüggesztési pontjához viszonyított erőnyomatékokat.

M(T) = 0 a feszítőerő nyomatéka; (3)

M(N) = NL cosα a támasz reakcióerejének nyomatéka; (4)

A pillanatok előjeleit figyelembe véve írjuk fel az egyenletet

NL cos + Slρ in g (L –	l	) cosα = SLρ a g	L	cos(7)
	2		2

tekintettel arra, hogy Newton harmadik törvénye szerint az edény fenekének reakcióereje egyenlő az erővel F d amellyel a tű megnyomja az edény alját írjuk N = F e és a (7) egyenletből ezt az erőt fejezzük ki:

F d = [	1	Lρ a– (1 –	l	)lρ in] Sg (8).
	2		2L

A számokat beillesztve megkapjuk

F d = 0,025 N.

Válasz. F d = 0,025 N.

Egy palack, amely tartalmaz m 1 = 1 kg nitrogén, ha szilárdságot vizsgálunk, hőmérsékleten robbant t 1 = 327 °C. Mekkora tömegű hidrogén m 2 ilyen hengerben olyan hőmérsékleten tárolható t 2 \u003d 27 ° C, ötszörös biztonsági ráhagyással? Moláris tömeg nitrogén M 1 \u003d 28 g/mol, hidrogén M 2 = 2 g/mol.

Döntés. Felírjuk a Mengyelejev - Clapeyron ideális gáz állapotegyenletét a nitrogénre

ahol V- a léggömb térfogata, T 1 = t 1+273 °C. Az állapottól függően a hidrogén nyomás alatt tárolható p 2 = p 1/5; (3) Tekintettel arra

a (2), (3), (4) egyenletekkel azonnal dolgozva kifejezhetjük a hidrogén tömegét. A végső képlet így néz ki:

m 2 =	m 1		M 2		T 1	(5).
	5		M 1		T 2

A számszerű adatok behelyettesítése után m 2 = 28

Válasz. m 2 = 28

Ideális oszcillációs áramkörben az áramingadozások amplitúdója az induktorban én m= 5 mA, és a kondenzátoron lévő feszültség amplitúdója U m= 2,0 V. Időben t a kondenzátor feszültsége 1,2 V. Keresse meg a tekercs áramát ebben a pillanatban.

Döntés. Egy ideális oszcillációs áramkörben a rezgések energiája megmarad. A t időpillanatban az energiamegmaradás törvényének alakja van

C	U 2	+ L	én 2	= L	én m 2	(1)
	2		2		2

Az amplitúdó (maximális) értékekhez írunk

és a (2) egyenletből azt fejezzük ki

C	=	én m 2	(4).
L		U m 2

Helyettesítsük (4)-et (3)-ra. Ennek eredményeként a következőket kapjuk:

én = én m (5)

Így az áram a tekercsben abban az időben t egyenlő

én= 4,0 mA.

Válasz. én= 4,0 mA.

Egy 2 m mély tározó alján tükör található. A vízen áthaladó fénysugár visszaverődik a tükörről és kilép a vízből. A víz törésmutatója 1,33. Határozza meg a távolságot a sugár vízbe való belépési pontja és a sugár vízből való kilépési pontja között, ha a sugár beesési szöge 30°

Döntés. Készítsünk egy magyarázó rajzot

α a nyaláb beesési szöge;

β a sugár törésszöge vízben;

Az AC a sugár vízbe való belépési pontja és a sugár vízből való kilépési pontja közötti távolság.

A fénytörés törvénye szerint

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Tekintsünk egy téglalap alakú ΔADB-t. Ebben AD = h, akkor DВ = AD

tgβ = h tgβ = h	sinα	= h	sinβ	= h	sinα	(4)
	cosβ

A következő kifejezést kapjuk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Cserélje be a számértékeket a kapott képletben (5)

Válasz. 1,63 m

A vizsgára való felkészülés során felkérjük Önt, hogy ismerkedjen meg fizika munkaprogram a 7–9. osztály számára a Peryshkina A.V. tananyagok sorához.és a 10-11. évfolyam mélyreható szintű munkaprogramját a TMC Myakisheva G.Ya. A programok minden regisztrált felhasználó számára megtekinthetők és ingyenesen letölthetők.

Ha jelentkezni fogsz műszaki szakterületek, akkor számodra a fizika az egyik fő tantárgy. Ezt a diszciplínát nem mindenki kapja meg durván, ezért gyakorolni kell, hogy minden feladattal jól megbirkózzon. Elmondjuk, hogyan készülj fel a fizika vizsgára, ha korlátozott idő áll rendelkezésedre, és a lehető legjobb eredményt szeretnéd elérni.

A fizika vizsga felépítése, jellemzői

2018-ban HASZNÁLATI év a fizikában 2 részből áll:

1. 24 feladat, amelyben rövid választ kell adni, megoldás nélkül. Ez lehet egész szám, tört vagy számsorozat. Maguk a feladatok különböző összetettségűek. Vannak egyszerűek, például: a maximális magasság, amelyre egy 1 kg súlyú test felemelkedik, 20 méter. Megtalálni kinetikus energia a dobás utáni pillanatban. A megoldás nem egy nagy szám akciók. De vannak olyan feladatok is, ahol törni kell a fejét.
2. Megoldást igénylő feladatok részletes magyarázattal (feltétel rögzítése, a megoldás menete és a végső válasz). Itt minden feladat meglehetősen magas szintű. Például: egy m1 = 1 kg nitrogént tartalmazó henger robbant fel szilárdsági vizsgálat során, t1 = 327°C hőmérsékleten. Milyen m2 tömegű hidrogén tárolható egy ilyen hengerben t2 = 27°C hőmérsékleten, ötszörös biztonsági tényező mellett? A nitrogén moláris tömege M1 = 28 g/mol, a hidrogén M2 = 2 g/mol.

A tavalyi évhez képest eggyel nőtt a feladatok száma (az első részben az asztrofizika alapjainak ismeretére is került egy feladat). Összesen 32 feladatot kell megoldanod 235 percen belül.

Idén több feladat vár a tanulókra

Mivel a fizika választható tantárgy, a USE-t ebben a tantárgyban általában céltudatosan teszik le azok, akik műszaki szakokra készülnek, vagyis legalább az alapokat ismeri a végzett. Ezen ismeretek alapján nem csak a minimális pontszámot, hanem sokkal magasabb pontszámot is elérhet. A lényeg az, hogy megfelelően készülj fel a fizika vizsgára.

Javasoljuk, hogy ismerkedjen meg tippjeinkkel a vizsgára való felkészüléshez, attól függően, hogy mennyi ideje van az anyag megtanulására és a problémák megoldására. Hiszen valaki egy évvel a vizsga előtt kezd el készülni, valaki néhány hónappal, de valaki csak egy héttel a vizsga előtt emlékszik a fizikából! Elmondjuk, hogyan készülj fel rövid idő alatt, de a lehető leghatékonyabban.

Hogyan készülj fel néhány hónappal az X. nap előtt

Ha van 2-3 hónapod felkészülni a vizsgára, akkor kezdheted az elmélettel, hiszen lesz időd elolvasni és elsajátítani. Ossza az elméletet 5 fő részre:

1. Mechanika;
2. Termodinamika és molekuláris fizika;
3. Mágnesesség;
4. Optika;
5. Elektrosztatika és egyenáram.

Dolgozzon át mindegyik témakörön külön-külön, tanulja meg az összes képletet, először az alapvető, majd az egyes szakaszok konkrét képleteit. Fejből ismernie kell az összes értéket, azok megfelelését bizonyos mutatóknak. Ez megadja neked elméleti alapja az első rész és a 2. rész feladatainak megoldása érdekében.

Miután megtanulta az egyszerű feladatok és tesztek megoldását, lépjen tovább az összetettebb feladatokra.

Miután végigdolgozta az elméletet ezekben a szakaszokban, kezdjen el olyan egyszerű problémák megoldásával, amelyeknél a képletek gyakorlati használatához mindössze néhány lépés szükséges. Továbbá a képletek tiszta ismerete után oldjon meg teszteket, próbálja meg megoldani maximális összeget annak érdekében, hogy ne csak elméleti tudásukat erősítsék, hanem megértsék a feladatok összes jellemzőjét, megtanulják a kérdések helyes megértését, bizonyos képletek és törvények alkalmazását.

Miután megtanulta az egyszerű feladatok és tesztek megoldását, lépjen tovább az összetettebb feladatokra, próbálja meg a lehető legkompetensebben felépíteni a megoldást racionális módszerekkel. A második részből oldjon meg minél több feladatot, ami segít megérteni sajátosságaikat. Gyakran előfordul, hogy a vizsgán a feladatok szinte megegyeznek a tavalyival, csak kicsit eltérő értékeket kell találni, vagy fordított műveleteket kell végrehajtani, ezért mindenképpen nézze meg az elmúlt évek vizsgáját.

Előző nap a vizsga letétele jobb feladni a problémák megoldását és az ismétlést, és csak lazítani.

Kezdje el a felkészülést egy hónappal a vizsgálat előtt

Ha az ideje 30 napra korlátozódik, kövesse az alábbi lépéseket a vizsgára való sikeres és gyors felkészüléshez:

• A fenti részekből készítsen egy pivot táblát alapvető képletekkel, tanulja meg őket fejből.
• Tekintse meg a tipikus feladatokat. Ha vannak köztük olyanok, amelyeket jól old meg, akkor megtagadhatja az ilyen feladatok kidolgozását, ha időt szán a „problémás” témákra. Az elméletben rájuk kell helyezni a hangsúlyt.
• Jegyezze meg az alapmennyiségeket és azok jelentését, az egyik mennyiség másikba való átvitelének sorrendjét.
• Próbáljon minél több tesztet megoldani, ami segít megérteni a feladatok jelentését, megérteni logikáját.
• Folyamatosan frissítse fejben az alapvető képletekkel kapcsolatos ismereteit, ez segít jó pontokat szerezni a tesztelés során, még akkor is, ha nem emlékszik bonyolult képletekre és törvényekre.
• Ha eleget akarsz lendíteni magas eredményeket, akkor mindenképpen nézze meg az elmúlt vizsgákat. Főleg a 2. részre koncentrálj, mert a feladatok logikája megismételhető, és a megoldás menetének ismeretében biztosan a megfelelő eredményre jutsz! Nem valószínű, hogy képes lesz önállóan megtanulni az ilyen jellegű problémák megoldásának logikáját felépíteni, ezért kívánatos, hogy a korábbi évek feladatai és az aktuális feladat között közös hangot tudjunk találni.

Ha egy ilyen terv szerint készül, akkor nem csak nyerhet minimális pontszámok, de sokkal magasabb, minden attól függ, hogy milyen tudásod van ebben a tudományágban, azon a bázison, amivel a képzés megkezdése előtt rendelkeztél.

Pár gyors hét a memorizálásra

Ha eszébe jutott, hogy pár héttel a tesztelés kezdete előtt fizikát tanult, akkor még mindig van remény, hogy bizonyos tudás birtokában jó eredményeket érjen el, és ha fizikából teljesen 0, akkor leküzdje a minimális akadályt. A hatékony felkészüléshez be kell tartania egy ilyen tervet működik:

• Írja le az alapképleteket, próbálja megjegyezni őket. Célszerű legalább néhány témát jól áttanulmányozni a fő ötből. De ismernie kell az egyes szakaszok alapképleteit!

Irreális a nulláról pár hét alatt felkészülni a fizikából egységes államvizsgára, ezért ne a szerencsében bízz, hanem zsúfolj az év elejétől

• Dolgozzon a korábbi évek Egységes Államvizsgájával, foglalkozzon a feladatok logikájával, valamint a tipikus kérdésekkel.
• Próbáljon meg együttműködni az osztálytársakkal, barátokkal. Problémamegoldáskor egy-egy témát jól ismerhetsz, és ezek különbözőek, ha csak elmondod egymásnak a megoldást, akkor gyors és hatékony ismeretcserét kapsz!
• Ha a második részből szeretnél valamilyen feladatot megoldani, akkor inkább próbáld meg áttanulmányozni a tavalyi USE-t, ahogy azt az egy hónap múlva esedékes tesztelésre készülve leírtuk.

Ha mindezeket a pontokat felelősségteljesen teljesíti, biztos lehet benne, hogy megkapja a minimálisan megengedett pontszámot! Általában azok, akik egy héten belül elkezdték az edzést, nem számítanak többre.

Idő beosztás

Mint mondtuk, 235 perced van a feladatok elvégzésére, vagyis majdnem 4 óra. Annak érdekében, hogy ezt az időt a lehető legracionálisabban használja fel, először hajtsa végre az összes egyszerű feladatot, azokat, amelyekben a legkevésbé kételkedik az első részből. Ha jó "barátok" vagytok a fizikával, akkor ebből a részből csak néhány megoldatlan feladatotok lesz. Azok számára, akik a nulláról kezdték az edzést, az első részre kell a maximális hangsúlyt fektetni a szükséges pontszerzés érdekében.

Az idő és az energia megfelelő elosztása a vizsga alatt a siker kulcsa

A második rész sok időt igényel, szerencsére nincs vele gond. Olvassa el figyelmesen a feladatokat, majd végezze el először azokat, amelyek a legjobbak. Ezután lépjen tovább az 1. és 2. részből azon feladatok megoldására, amelyekben kételkedik. Ha nincs túl sok fizikális tudásod, akkor a második részt is érdemes legalább elolvasni. Elképzelhető, hogy a problémamegoldás logikája ismerős lesz számodra, 1-2 feladatot tudsz helyesen megoldani, a tavalyi USE megtekintése során szerzett tapasztalatok alapján.

A sok idő miatt nem kell rohanni. Olvassa el figyelmesen a feladatokat, mélyedjen el a probléma lényegében, csak azután oldja meg.

Így az egyik legnehezebb tudományágból jól felkészülhet a vizsgára, még akkor is, ha a felkészülést akkor kezdi el, amikor a tesztelés szó szerint „orrban van”.