A cikk a fizika vizsga második részének feladatainak elemzését mutatja be a 25-27. számok alatt. Van egy fizikaoktató videós leckéje is, amely részletes és érthető magyarázatokat tartalmaz minden egyes feladathoz. Ha most kezdted el a felkészülést a fizika vizsgára, ez a cikk nagyon-nagyon hasznos lehet számodra.

Kezdjük azzal, hogy meghatározzuk azt a gyorsulást, amellyel a felvonó mozog. Nyugalmi állapotból elmozdul, így érvényes a képlet: , ahol S- átengedte, a- lift gyorsítás, t- utazási idő. Innen kapjuk: m/s 2 .

Ábrázoljuk az erre a terhelésre ható erőket. A gravitációs erő függőlegesen lefelé, a rugó rugalmas ereje (Hooke-erő) pedig függőlegesen felfelé irányul, ahol k- a rugó merevsége x- rugó hosszabbítás:

A rugót érő terhelés rezgésének csillapítása után, amelyet a felvonó mozgásának kezdete okoz, a terhelés a talajhoz képest a felvonóval szinkronban, gyorsulással esik le. Erre a helyzetre a függőleges tengely vetületében OY, a gyorsulással egyirányú, Newton második törvényéből kapjuk:

A számítások kg-ot adnak.

Először keressük meg, mi az egyenlő p 2. Ehhez használjuk azt a tényt, hogy a függőség p tól től V ebben a folyamatban egyenesen arányos: , honnan kapjuk kPa.

Az iskolai termodinamikai kurzusból ismert, hogy egy gáz munkája numerikusan egyenlő a gázfolyamat grafikonja alatti területtel koordinátákban ( p;V). Ez a munka pozitív, ha a gáz tágul, és negatív egyébként. Ezért ebben a folyamatban a gáz munkája pozitív, és számszerűen megegyezik a 12 trapéz területével V 2 V 1 (az ábrán sárgával kiemelve):

A trapéz területe az alapok összegének a magassága fele. Vagyis ebben az esetben a következőket kapjuk:

A számítások megadják az értéket:

A számításoknál azt használtuk, hogy 1 l egyenlő 10 -3 m 3 -rel.

A fotonenergiát a hullámhosszhoz viszonyítja az ismert összefüggés: , ahol h Planck állandója, c a fény sebessége vákuumban, λ a fény hullámhossza vákuumban. Ez azt jelenti, hogy ha a kívánt fotonenergia az első esetben egyenlő volt E, akkor ha a beeső sugárzás hullámhosszát felére csökkentjük, a foton energiája egyenlő lesz 2-vel E. Írjuk fel mindkét esetben a fotoelektromos hatás Einstein-egyenleteit:

Itt E K1 és E K2 - maximum mozgási energiák fotoelektronok az első és a második esetben, A a fémből származó elektronok munkafüggvénye. Ezután tagonként kivonva az első egyenletet a másodikból, megkapjuk az eV-t.

Szergej Valerievich által bemutatott problémák elemzése

HASZNÁLAT 2017. Fizika. Tipikus tesztfeladatok. 25 álláslehetőség. Lukasheva E.V., Chistyakova N.I.

M.: 2017 - 280 p.

A fizikában a tipikus tesztfeladatok 25 feladatsor-lehetőséget tartalmaznak, amelyeket az Unified összes jellemzőjének és követelményének figyelembevételével állítanak össze. államvizsga 2017-ben. A kézikönyv célja, hogy az olvasók tájékoztatást kapjanak a 2017. évi fizika ellenőrző mérőanyagok felépítéséről, tartalmáról, valamint a feladatok nehézségi fokáról. A gyűjtemény az összes tesztopcióra választ, valamint a legnehezebb problémák megoldását tartalmazza mind a 25 lehetőség közül. Ezen kívül példákat adunk a vizsgán használt űrlapokra. A szerzők csoportja az Egységes Fizikai Állami Vizsga szövetségi tantárgyi bizottságának tagja. A kézikönyv a tanároknak a fizika vizsgára való felkészítéséhez, a középiskolásoknak pedig az önképzéshez és az önkontrollhoz szól.

Formátum: pdf

A méret: 9,5 MB

Megtekintés, letöltés: drive.google

TARTALOM
Munkautasítások 5
1. LEHETŐSÉG 10
1. rész 10
2. rész 16
2. LEHETŐSÉG 18
1. rész 18
2. rész 24
3. LEHETŐSÉG 26
1. rész 26
2. rész 32
4. LEHETŐSÉG 34
1. rész 34
2. rész 40
5. LEHETŐSÉG 42
1. rész 42
2. rész 48
6. LEHETŐSÉG 51
1. rész 51
2. rész 58
7. LEHETŐSÉG 60
1. rész 60
2. rész 66
8. LEHETŐSÉG 68
1. rész 68
2. rész 74
9. LEHETŐSÉG 76
1. rész 76
2. rész 82
10. LEHETŐSÉG 85
1. rész 85
2. rész 91
11. LEHETŐSÉG 93
1. rész 93
2. rész 99
12. LEHETŐSÉG 102
1. rész 102
2. rész 108
13. LEHETŐSÉG 111
1. rész 111
2. rész 118
14. LEHETŐSÉG 120
1. rész 120
2. rész 126
15. LEHETŐSÉG 128
1. rész 128
2. rész 134
16. LEHETŐSÉG 137
1. rész 137
2. rész 143
17. LEHETŐSÉG .146
1. rész 146
2. rész 151
18. LEHETŐSÉG 154
1. rész 154
2. rész 159
19. LEHETŐSÉG 162
1. rész 162
2. rész 168
20 170. LEHETŐSÉG
1. rész 170
2. rész 176
21. LEHETŐSÉG 178
1. rész 178
2. rész 185
22. LEHETŐSÉG 187
1. rész 187
2. rész 193
23. LEHETŐSÉG 196
1. rész 196
2. rész 203
24 205. LEHETŐSÉG
1. rész 205
2. rész 212
25 214. LEHETŐSÉG
1. rész 214
2. rész 220
VÁLASZOK. A FIZIKA VIZSGAMUNKA ÉRTÉKELÉSI RENDSZERE 223

Felkészülés az OGE-re és az egységes államvizsgára

Középfokú általános műveltség

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 köszönete 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 munkában a 2. rész 4 feladata feladat magas szint komplexitás és tesztelje a fizika törvényeinek és elméleteinek alkalmazási képességét egy megváltozott vagy új helyzetben. Az ilyen feladatok teljesítéséhez egyszerre két három fizika szakterület ismereteinek alkalmazására van szükség, pl. magas szintű képzés. Ez az opció teljes mértékben összhangban van a demóval USE opciót 2017, a feladatok az USE feladatok nyílt bankjából származnak.

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!

A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 100 N erővel kell hatnia a kötél végére.
Az ábrán látható blokkrendszer nem ad erőnövekedést.
h, ki kell húzni egy 3 hosszúságú kötélszakaszt h.
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, és a rögzített blokk az erő átirányítására szolgál. A munkában az egyszerű nyerési mechanizmusok nem adnak. A probléma elemzése után azonnal kiválasztjuk a szükséges állításokat:

Teher lassú emelése magasba h, ki kell húzni egy 2 hosszúságú kötélszakaszt h.
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?

növekszik;
Csökken;
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 szálakon elmerül. 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) of derékszögű háromszög. 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.

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

Döntés. Ahogy az anyag lehűlt, belső energiája csökkent. A hőmérsékletmérés eredményei lehetővé teszik annak a hőmérsékletnek a meghatározását, 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:

Megnövekedett;
Csökkent;
Nem változott.

Írja be a táblázatba mindegyikhez a kiválasztott számokat! fizikai mennyiség. 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.

Feszültségi modulus elektromos mező egy 50 mikrofarad kapacitású lapos levegő kondenzátorban 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?

növekszik
Csökken
Nem változik
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!

Mire t\u003d 0,1 s, az áramkörön keresztüli mágneses fluxus változása 1 mWb.
Indukciós áram a jumperben a tól tartományban t= 0,1 s t= 0,3 s max.
Az áramkörben előforduló indukció EMF modulja 10 mV.
A jumperben folyó induktív áram erőssége 64 mA.
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.

Az 1 mH induktivitású elektromos áramkörben az áramerősség időtől való függésének grafikonja szerint határozza meg az önindukciós EMF-modult 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:

Megnövekedett;
Csökkent;
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. Mindegyik rácsot 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 fényátlátszatlan korlátokban, és ezeknek a területeknek vagy lyukak 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 ki, ahol kisebb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk, majd 2-re kerül 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:

növekedni fog;
csökkenni fog;
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 vezetékből 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. Mi az a gyorsító modul szabadesés 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. (Egy dióda csak egyirányú áramot enged, 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 annak az edénynek a 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 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 Hm= 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		Hm 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.