Uddannelsesportal"JEG VIL LØSE BRUG" - min personlige velgørenhedsprojekt. Det er udviklet af mig såvel som af mine venner og kolleger, som bekymrer sig om børns uddannelse mere end om sig selv. Ikke finansieret af nogen.

Fjernundervisningssystemet til forberedelse til statslige eksamener "LØS Unified State Exam" (http://reshuege.rf, http://ege.sdamgia.ru) blev oprettet af den kreative forening "Center for Intellectual Initiatives". Leder - Gushchin D. D., lærer i matematik, fysik og datalogi, æresmedarbejder i almen uddannelse i Den Russiske Føderation, Årets Lærer i Rusland - 2007, medlem af den føderale kommission for udvikling af test- og målematerialer i matematik til at udføre en samlet statslig eksamen i matematik (2009-2010), ekspert i det føderale fag Unified State Examination Commission i matematik (2011-2012), næstformand for den regionale fagkommission for Statens Videnskabsakademi i matematik (2012-2014), førende ekspert fra Unified State Examination in matematik (2014-2015), føderal ekspert (2015-2017) ).

UDDANNELSESPORTALENS TJENESTER "JEG LØSER BRUGEN"

• For at organisere tematisk gentagelse er der udviklet en klassificering af eksamensopgaver, som giver dig mulighed for sekventielt at gentage visse små emner og straks teste din viden om dem.
• For at tilrettelægge løbende videnovervågning er det muligt at inddrage i træningsmuligheder arbejder af et vilkårligt antal opgaver af hver eksamenstype.
• At gennemføre finalen tests test leveres i Unified State Exam-formatet dette år i henhold til en af ​​de forudindstillede muligheder i systemet eller i henhold til en individuel tilfældigt genereret mulighed.
• For at kontrollere forberedelsesniveauet fører systemet statistik over undersøgte emner og løste opgaver.
• For at sætte dig ind i reglerne for kontrol af eksamensopgaver kan du finde ud af kriterierne for kontrol af opgaver med en detaljeret besvarelse og kontrollere opgaver med åben besvarelse i overensstemmelse med dem.
• Til en foreløbig vurdering af forberedelsesniveauet, efter bestået prøven, rapporteres en prognose for prøvens eksamensresultat på en 100-skala.

Kataloger med opgaver er udviklet specifikt til portalen "LØS Unified State Exam" og er redaktørernes intellektuelle ejendom. Opgaver åben bank FIPI-opgaver, demoversioner af eksamener, opgaver fra tidligere eksamener, udviklet Føderale Institut pædagogiske målinger, diagnostiske værker udarbejdet af Moscow Institute of Open Education, opgaver fra litterære kilder bruges i overensstemmelse med licenser fra ophavsretsindehaverne. Brugere af portalen har også mulighed for at tilføje deres egne opgaver til kataloger, udgive teoretiske materialer, oprette kurser og korrespondere med deres læsere.

Alle opgaver, der anvendes i systemet, er forsynet med svar og detaljerede løsninger.

Hvis du planlægger at bruge siden regelmæssigt, bedes du registrere dig. Dette vil give systemet mulighed for at føre statistik over de opgaver, du har løst, og give anbefalinger til, hvordan du forbereder dig til eksamen.

Alle portaltjenester er gratis.

Fremstillet i St. Petersborg, Norilsk, Slavyansk-on-Kuban, Voronezh, Ozersk, Moskva, Penza, Novocherkassk, Paris.

Kopiering af webstedsmateriale, inklusive, men ikke begrænset til: rubrikker, opgaver, svar, forklaringer og løsninger, svar på læserspørgsmål, opslagsværker, er strengt forbudt. Brug af portalen betyder, at du accepterer disse vilkår. Du kan lægge et link til projektsiderne.

Vi informerer dig!
Generaldirektøren for Examer LLC, Artyom Degtyarev fra Taganrog, kaldte siderne på hans betalte websted "JEG VIL LØSE Unified State Exam." Den smarte og kreative direktør forklarede, at dette var hans virksomheds politik. Der er undervisningsmaterialer med fejl inde på portalen.

1) UNIFIED STATE EKSAMEN I FYSIK ER VARIG 235 min

2) STRUKTUR af CIM'er - 2018 og 2019 sammenlignet med 2017. Lidt ÆNDRET: Mulighed eksamensopgave vil bestå af to dele og vil omfatte 32 opgaver. Del 1 vil indeholde 24 kortsvarselementer, herunder selvrapporteringselementer, der kræver et tal, to tal eller et ord, samt matchende og multiple choice-elementer, der kræver, at svar skrives som en talfølge. Del 2 vil indeholde 8 opgaver tilsammen generel opfattelse aktiviteter - problemløsning. Heraf 3 opgaver med kort besvarelse (25–27) og 5 opgaver (28–32), som du skal give en detaljeret besvarelse af. Arbejdet vil omfatte opgaver på tre sværhedsgrader. Opgaver basis niveau indgår i arbejdets del 1 (18 opgaver, heraf 13 opgaver med besvarelsen optaget i form af et tal, to tal eller et ord og 5 match- og multiple choice-opgaver). Opgaver på avanceret niveau er fordelt mellem del 1 og 2 af eksamensopgaven: 5 korte svaropgaver i del 1, 3 korte svaropgaver og 1 lange besvarelser i del 2. De sidste fire opgaver i del 2 er opgaver højt niveau vanskeligheder. Del 1 af eksamensopgaven vil omfatte to blokke af opgaver: den første tester beherskelsen af ​​begrebsapparatet skoleforløb fysik, og det andet er at mestre metodiske færdigheder. Den første blok indeholder 21 opgaver, som er grupperet ud fra tematisk tilhørsforhold: 7 opgaver om mekanik, 5 opgaver om MCT og termodynamik, 6 opgaver om elektrodynamik og 3 om kvantefysik.

En ny opgave af et grundlæggende kompleksitetsniveau er den sidste opgave i første del (24. position), tidsindstillet til at falde sammen med astronomikursets tilbagevenden til skolepensum. Opgaven har en karakteristik af typen "at vælge 2 domme ud af 5." Opgave 24 får ligesom andre lignende opgaver i eksamensopgaven maksimalt 2 point, hvis begge elementer i besvarelsen er rigtige, og 1 point, hvis der er begået fejl i et af elementerne. Den rækkefølge, som tallene er skrevet i i svaret, har ingen betydning. Opgaverne vil som udgangspunkt være kontekstuelle, dvs. Nogle af de data, der kræves for at fuldføre opgaven, vil blive præsenteret i form af en tabel, diagram eller graf.

I overensstemmelse med denne opgave blev underafsnittet "Elements of Astrophysics" i afsnittet "Quantum Physics and Elements of Astrophysics" tilføjet til kodifikatoren, bl.a. følgende punkter:

· solsystem: terrestriske planeter og gigantiske planeter, små kroppe i solsystemet.

· Stjerner: forskellige stjernekarakteristika og deres mønstre. Kilder til stjerneenergi.

· Moderne ideer om solens og stjernernes oprindelse og udvikling. Vores galakse. Andre galakser. Rumlige skalaer af det observerbare univers.

· Moderne udsigt om universets struktur og udvikling.

Du kan lære mere om strukturen af ​​KIM-2018 ved at se webinaret med deltagelse af M.Yu. Demidova https://www.youtube.com/watch?v=JXeB6OzLokU eller i dokumentet nedenfor.

Ændringer i Unified State Examination-opgaver i fysik for 2019 intet år.

Struktur af Unified State Examination opgaver i fysik-2019

Eksamensopgaven består af to dele, bl.a 32 opgaver.

Del 1 indeholder 27 opgaver.

• I opgave 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27 er svaret et heltal eller et endeligt tal decimal.
• Svaret på opgave 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 og 24 er en sekvens af to tal.
• Svaret på opgave 19 og 22 er to tal.

Del 2 indeholder 5 opgaver. Besvarelsen af ​​opgave 28–32 omfatter Detaljeret beskrivelse hele forløbet af opgaven. Anden del af opgaverne (med uddybende besvarelse) bedømmes ekspertkommission baseret .

Unified State Exam-emner i fysik, der vil blive inkluderet i eksamensopgaven

1. Mekanik(kinematik, dynamik, statik, bevaringslove i mekanik, mekaniske vibrationer og bølger).
2. Molekylær fysik (molekylær kinetisk teori, termodynamik).
3. Elektrodynamik og grundlæggende SRT(elektrisk felt, jævnstrøm, magnetisk felt, elektromagnetisk induktion, elektromagnetiske oscillationer og bølger, optik, grundlæggende SRT).
4. Kvantefysik og elementer af astrofysik(bølge-korpuskulær dualisme, atomfysik, atomkernens fysik, elementer af astrofysik).

Varighed af Unified State-eksamen i fysik

Alt eksamensarbejde vil blive afsluttet 235 minutter.

Den omtrentlige tid til at udføre opgaver i forskellige dele af arbejdet er:

1. for hver opgave med et kort svar – 3–5 minutter;
2. for hver opgave med et detaljeret svar – 15–20 minutter.

Hvad du kan tage til eksamen:

• Der anvendes en ikke-programmerbar lommeregner (til hver elev) med mulighed for at regne trigonometriske funktioner(cos, sin, tg) og lineal.
• Listen over yderligere enheder og enheder, hvis brug er tilladt til Unified State Examination, er godkendt af Rosobrnadzor.

Vigtig!!! Du bør ikke stole på snydeark, tips eller brug af tekniske midler (telefoner, tablets) under eksamen. Videoovervågning ved Unified State Exam 2019 vil blive styrket med yderligere kameraer.

Unified State Examination Points i fysik

• 1 point - for 1-4, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 19, 20, 22, 23, 25, 26, 27 opgaver.
• 2 point - 5, 6, 7, 11, 12, 16, 17, 18, 21, 24.
• 3 point - 28, 29, 30, 31, 32.

I alt: 52 point(maksimum primær score).

Hvad du skal vide, når du forbereder opgaver til Unified State-eksamenen:

• Kend/forstå betydningen fysiske begreber, mængder, love, principper, postulater.
• Kunne beskrive og forklare fysiske fænomener og egenskaber ved kroppe (herunder rumobjekter), resultater af eksperimenter... giver eksempler på praktisk brug af fysisk viden
• Skelne hypoteser fra videnskabelig teori, drage konklusioner baseret på forsøg mv.
• Kunne anvende erhvervet viden ved løsning af fysiske problemer.
• Brug tilegnet viden og færdigheder i praktiske aktiviteter og hverdagsliv.

Hvor skal man begynde at forberede sig til Unified State Exam in Physics:

1. Studer den teori, der kræves for hver opgave.
2. Træn ind test opgaver i fysik, udviklet på grundlag af Unified State Exam. På vores hjemmeside vil opgaver og muligheder inden for fysik blive opdateret.
3. Administrer din tid korrekt.

Vi ønsker dig succes!

Forberedelse til OGE og Unified State eksamen

Gymnasial almen uddannelse

Linje UMK A.V. Fysik (10-11) (grundlæggende, avanceret)

Linje UMK A.V. Fysik (7-9)

Linje UMK A.V. Fysik (7-9)

Forberedelse til Unified State Exam in Physics: eksempler, løsninger, forklaringer

Vi analyserer opgaverne for Unified State Exam i fysik (mulighed C) med læreren.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fysiklærer, 27 års erhvervserfaring. Ærescertifikat fra undervisningsministeriet i Moskva-regionen (2013), taknemmelighed fra lederen af ​​Voskresensky Municipal District (2015), certifikat fra formanden for sammenslutningen af ​​lærere i matematik og fysik i Moskva-regionen (2015).

Arbejdet præsenterer opgaver forskellige niveauer Sværhedsgrad: grundlæggende, avanceret og høj. Opgaver på basisniveau er simple opgaver, der tester beherskelsen af ​​de vigtigste fysiske begreber, modeller, fænomener og love. Opgaver højere niveau rettet mod at teste evnen til at bruge fysiks begreber og love til analyse forskellige processer og fænomener, samt evnen til at løse problemer ved hjælp af en eller to love (formler) om et hvilket som helst af emnerne i skolens fysikkursus. I værk 4 er opgaverne i del 2 opgaver af et højt kompleksitetsniveau og tester evnen til at bruge fysikkens love og teorier i en ændret eller ny situation. At udføre sådanne opgaver kræver anvendelse af viden fra to eller tre sektioner af fysik på én gang, dvs. højt træningsniveau. Denne mulighed svarer fuldt ud til demoen version af Unified State Exam 2017, opgaver taget fra den åbne bank af Unified State Examination-opgaver.

Figuren viser en graf over hastighedsmodulet kontra tid t. Bestem ud fra grafen den afstand, som bilen har tilbagelagt i tidsintervallet fra 0 til 30 s.

Løsning. Den sti, en bil tilbagelagt i tidsintervallet fra 0 til 30 s, kan lettest defineres som arealet af en trapez, hvis basis er tidsintervallerne (30 - 0) = 30 s og (30 - 10) ) = 20 s, og højden er hastigheden v= 10 m/s, dvs.

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

Svar. 250 m.

En last på 100 kg løftes lodret opad ved hjælp af et kabel. Figuren viser afhængigheden af ​​hastighedsprojektionen V belastning på aksen rettet opad, som funktion af tiden t. Bestem modulet for kabelspændingskraften under løftet.

Løsning. Ifølge grafen for hastighedsprojektionsafhængighed v belastning på en akse rettet lodret opad, som en funktion af tiden t, kan vi bestemme projektionen af ​​belastningens acceleration

-en =	∆v	=	(8 – 2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 sek

Belastningen påvirkes af: tyngdekraften rettet lodret nedad og trækkraften af ​​kablet rettet lodret opad langs kablet (se fig. 2. Lad os nedskrive dynamikkens grundlæggende ligning. Lad os bruge Newtons anden lov. Den geometriske sum af de kræfter, der virker på et legeme, er lig med produktet af legemets masse og den acceleration, den tildeles.

+ = (1)

Lad os skrive ligningen for projektionen af ​​vektorer i referencesystemet forbundet med jorden, der leder OY-aksen opad. Projektionen af ​​spændingskraften er positiv, da retningen af ​​kraften falder sammen med retningen af ​​OY-aksen, projektionen af ​​tyngdekraften er negativ, da kraftvektoren er modsat OY-aksen, projektionen af ​​accelerationsvektoren er også positiv, så kroppen bevæger sig med opadgående acceleration. Vi har

T – mg = ma (2);

fra formel (2) trækkraftmodul

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

Svar. 1200 N.

Legemet trækkes langs en ru vandret overflade med en konstant hastighed, hvis modul er 1,5 m/s, og påfører det en kraft som vist i figur (1). I dette tilfælde er modulet for den glidende friktionskraft, der virker på kroppen, 16 N. Hvad er kraften udviklet af kraften? F?

Løsning. Lad os forestille os fysisk proces, specificeret i problemformuleringen og lav en skematisk tegning, der viser alle de kræfter, der virker på kroppen (fig. 2). Lad os nedskrive den grundlæggende dynamikligning.

Tr + + = (1)

Efter at have valgt et referencesystem tilknyttet en fast overflade, skriver vi ligningerne for projektionen af ​​vektorer på de valgte koordinatakser. I henhold til problemets betingelser bevæger kroppen sig ensartet, da dens hastighed er konstant og lig med 1,5 m/s. Det betyder, at kroppens acceleration er nul. To kræfter virker vandret på kroppen: den glidende friktionskraft tr. og den kraft, hvormed kroppen trækkes. Projektionen af ​​friktionskraften er negativ, da kraftvektoren ikke falder sammen med aksens retning x. Projektion af kraft F positiv. Vi minder dig om, at for at finde fremskrivningen sænker vi vinkelret fra begyndelsen og slutningen af ​​vektoren til den valgte akse. Med dette i betragtning har vi: F cosα – F tr = 0; (1) lad os udtrykke kraftprojektionen F, Det her F cosα = F tr = 16 N; (2) så vil kraften udviklet af kraften være lig med N = F cosα V(3) Lad os foretage en udskiftning under hensyntagen til ligning (2), og erstatte de tilsvarende data i ligning (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Svar. 24 W.

En belastning fastgjort til en let fjeder med en stivhed på 200 N/m undergår lodrette svingninger. Figuren viser en graf over forskydningsafhængigheden x belastning fra tid til anden t. Bestem, hvad vægten af ​​lasten er. Afrund dit svar til et helt tal.

Løsning. En masse på en fjeder gennemgår lodrette svingninger. I henhold til belastningsforskydningsgrafen x fra tiden t, bestemmer vi belastningens svingningsperiode. Oscillationsperioden er lig med T= 4 s; fra formlen T= 2π lad os udtrykke massen m last

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

Svar: 81 kg.

Figuren viser et system af to lysblokke og et vægtløst kabel, som du kan holde balancen med eller løfte en byrde på 10 kg med. Friktionen er ubetydelig. Baseret på analysen af ​​ovenstående figur, vælg to sande udsagn og angiv deres tal i dit svar.

1. For at holde belastningen i balance skal du handle på enden af ​​rebet med en kraft på 100 N.
2. Bloksystemet vist på figuren giver ingen styrkeforøgelse.
3. h, skal du trække en sektion af reblængde 3 ud h.
4. Langsomt at løfte en byrde til en højde hh.

Løsning. I dette problem er det nødvendigt at huske simple mekanismer, nemlig blokke: en bevægelig og en fast blok. Den bevægelige klods giver dobbelt styrke, mens sektionen af ​​rebet skal trækkes dobbelt så lang, og den faste klods bruges til at omdirigere kraften. I arbejde giver simple mekanismer til at vinde ikke. Efter at have analyseret problemet, vælger vi straks de nødvendige udsagn:

1. Langsomt at løfte en byrde til en højde h, skal du trække en sektion af tovlængde 2 ud h.
2. For at holde belastningen i balance skal du handle på enden af ​​rebet med en kraft på 50 N.

Svar. 45.

En aluminiumsvægt fastgjort til en vægtløs og uudvidelig tråd er fuldstændig nedsænket i et kar med vand. Lasten rører ikke væggene og bunden af ​​fartøjet. Derefter nedsænkes en jernvægt, hvis masse er lig med aluminiumvægtens masse, i samme kar med vand. Hvordan vil modulet for trådens trækkraft og modulet for tyngdekraften, der virker på belastningen, ændre sig som følge af dette?

1. Øger;
2. Falder;
3. Ændrer sig ikke.

Løsning. Vi analyserer problemets tilstand og fremhæver de parametre, der ikke ændres under undersøgelsen: disse er kroppens masse og væsken, som kroppen er nedsænket i på en tråd. Efter dette er det bedre at lave en skematisk tegning og angive de kræfter, der virker på belastningen: trådspænding F kontrol, rettet opad langs tråden; tyngdekraften rettet lodret nedad; Arkimedisk styrke -en, der virker fra siden af ​​væsken på den nedsænkede krop og rettet opad. Ifølge betingelserne for problemet er belastningernes masse den samme, derfor ændres modulet af tyngdekraften, der virker på belastningen, ikke. Da lastens tæthed er forskellig, vil volumen også være anderledes.

V =	m	.
	s

Densiteten af ​​jern er 7800 kg/m3, og densiteten af ​​aluminiumslast er 2700 kg/m3. Derfor, V og< V a. Kroppen er i ligevægt, resultanten af ​​alle kræfter, der virker på kroppen, er nul. Lad os rette OY-koordinataksen opad. Vi skriver den grundlæggende dynamikligning, under hensyntagen til projektionen af ​​kræfter, i formen F kontrol + F a – mg= 0; (1) Lad os udtrykke spændingskraften F kontrol = mg – F a(2); Arkimedisk kraft afhænger af væskens tæthed og volumenet af den nedsænkede del af kroppen F a = ρ gV p.h.t. (3); Væskens tæthed ændres ikke, og jernlegemets volumen er mindre V og< V a, derfor vil den arkimediske kraft, der virker på jernbelastningen, være mindre. Vi konkluderer om modulet af trådens spændingskraft, arbejder med ligning (2), vil det stige.

Svar. 13.

En masseblok m glider af et fast skråplan med en vinkel α i bunden. Blokkens accelerationsmodul er lig med -en, øges modulet af blokkens hastighed. Luftmodstanden kan negligeres.

Etabler en overensstemmelse mellem fysiske størrelser og formler, som de kan beregnes med. For hver position i den første kolonne skal du vælge den tilsvarende position fra den anden kolonne og skrive de valgte tal ned i tabellen under de tilsvarende bogstaver.

B) Friktionskoefficient mellem en blok og et skråplan

3) mg cosα

4) sinα –	-en
	g cosα

Løsning. Denne opgave kræver anvendelse af Newtons love. Vi anbefaler at lave en skematisk tegning; angive alle kinematiske karakteristika ved bevægelse. Hvis det er muligt, afbild accelerationsvektoren og vektorerne for alle kræfter påført det bevægelige legeme; husk, at de kræfter, der virker på en krop, er resultatet af interaktion med andre legemer. Skriv derefter den grundlæggende dynamikligning ned. Vælg et referencesystem og nedskriv den resulterende ligning for projektion af kraft- og accelerationsvektorer;

Efter den foreslåede algoritme vil vi lave en skematisk tegning (fig. 1). Figuren viser de kræfter, der påføres blokkens tyngdepunkt, og referencesystemets koordinatakser forbundet med overfladen af ​​det skrå plan. Da alle kræfter er konstante, vil blokkens bevægelse være ensartet variabel med stigende hastighed, dvs. accelerationsvektoren er rettet i bevægelsesretningen. Lad os vælge retningen af ​​akserne som vist på figuren. Lad os nedskrive projektionerne af kræfter på de valgte akser.

Lad os nedskrive den grundlæggende dynamikligning:

Tr + = (1)

Lad os nedskrive denne ligning (1) til projektion af kræfter og acceleration.

På OY-aksen: projektionen af ​​jordreaktionskraften er positiv, da vektoren falder sammen med retningen af ​​OY-aksen Ny = N; projektionen af ​​friktionskraften er nul, da vektoren er vinkelret på aksen; tyngdekraftens projektion vil være negativ og ens mg y= – mg cosα; accelerationsvektorprojektion et y= 0, da accelerationsvektoren er vinkelret på aksen. Vi har N – mg cosα = 0 (2) fra ligningen udtrykker vi reaktionskraften, der virker på blokken fra siden af ​​det skrå plan. N = mg cosα (3). Lad os nedskrive projektionerne på OX-aksen.

På OX-aksen: kraftprojektion N er lig med nul, da vektoren er vinkelret på OX-aksen; Projektionen af ​​friktionskraften er negativ (vektoren er rettet i den modsatte retning i forhold til den valgte akse); tyngdekraftens projektion er positiv og lig med mg x = mg sinα (4) fra retvinklet trekant. Accelerationsfremskrivningen er positiv et x = -en; Så skriver vi ligning (1) under hensyntagen til fremskrivningen mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – -en(6); Husk at friktionskraften er proportional med kraften normalt tryk N.

A-priory F tr = μ N(7), udtrykker vi friktionskoefficienten for blokken på det skrå plan.

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

Vi vælger de passende positioner for hvert bogstav.

Svar. A – 3; B – 2.

Opgave 8. Iltgas er i en beholder med en volumen på 33,2 liter. Gastrykket er 150 kPa, dets temperatur er 127° C. Bestem massen af ​​gassen i denne beholder. Udtryk dit svar i gram og afrund til nærmeste hele tal.

Løsning. Det er vigtigt at være opmærksom på konverteringen af ​​enheder til SI-systemet. Konverter temperaturen til Kelvin T = t°C + 273, volumen V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Vi konverterer trykket P= 150 kPa = 150.000 Pa. Brug af tilstandsligningen ideel gas

Lad os udtrykke gasmassen.

Sørg for at være opmærksom på, hvilke enheder der bliver bedt om at skrive svaret ned. Det er meget vigtigt.

Svar.'48

Opgave 9. En ideel monatomisk gas i en mængde på 0,025 mol udvidet adiabatisk. Samtidig faldt dens temperatur fra +103°C til +23°C. Hvor meget arbejde har gassen gjort? Udtryk dit svar i joule og afrund til nærmeste hele tal.

Løsning. For det første er gassen monoatomisk antal frihedsgrader jeg= 3, for det andet udvider gassen sig adiabatisk - det betyder uden varmeveksling Q= 0. Gassen virker ved at mindske den indre energi. Med dette i betragtning skriver vi termodynamikkens første lov på formen 0 = ∆ U + EN G; (1) lad os udtrykke gasarbejdet EN g = –∆ U(2); Vi skriver ændringen i indre energi for en monatomisk gas som

Svar. 25 J.

Den relative luftfugtighed af en portion luft ved en bestemt temperatur er 10%. Hvor mange gange skal trykket af denne del luft ændres, så dens relative luftfugtighed ved en konstant temperatur stiger med 25 %?

Løsning. Spørgsmål relateret til mættet damp og luftfugtighed forårsager oftest vanskeligheder for skolebørn. Lad os bruge formlen til at beregne relativ luftfugtighed luft

I henhold til betingelserne for problemet ændres temperaturen ikke, hvilket betyder trykket mættet damp forbliver det samme. Lad os nedskrive formel (1) for to lufttilstande.

φ1 = 10%; φ 2 = 35 %

Lad os udtrykke lufttrykket ud fra formlerne (2), (3) og finde trykforholdet.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Svar. Trykket skal øges med 3,5 gange.

Det varme flydende stof blev langsomt afkølet i en smelteovn ved konstant effekt. Tabellen viser resultaterne af målinger af et stofs temperatur over tid.

Vælg fra den angivne liste to udsagn, der svarer til resultaterne af de udførte målinger og angiver deres tal.

1. Stoffets smeltepunkt under disse forhold er 232°C.
2. På 20 minutter. efter start af målinger var stoffet kun i fast tilstand.
3. Varmekapaciteten af ​​et stof i flydende og fast tilstand er den samme.
4. Efter 30 min. efter start af målinger var stoffet kun i fast tilstand.
5. Krystallisationsprocessen af ​​stoffet tog mere end 25 minutter.

Løsning. Siden stoffet afkølede, er det indre energi er faldet. Resultaterne af temperaturmålinger giver os mulighed for at bestemme den temperatur, ved hvilken et stof begynder at krystallisere. Mens et stof skifter fra flydende til fast stof, ændres temperaturen ikke. Når vi ved, at smeltetemperaturen og krystallisationstemperaturen er de samme, vælger vi udsagnet:

1. Stoffets smeltepunkt under disse forhold er 232°C.

Det andet korrekte udsagn er:

4. Efter 30 min. efter start af målinger var stoffet kun i fast tilstand. Da temperaturen på dette tidspunkt allerede er under krystallisationstemperaturen.

Svar. 14.

I et isoleret system har krop A en temperatur på +40°C, og krop B har en temperatur på +65°C. Disse kroppe blev bragt i termisk kontakt med hinanden. Efter noget tid kom det termisk ligevægt. Hvordan ændrede temperaturen af ​​krop B og den samlede indre energi af legemer A og B som et resultat?

Bestem for hver mængde den tilsvarende karakter af ændringen:

1. Øget;
2. Er faldet;
3. Har ikke ændret sig.

Skriv de valgte tal ned for hver i tabellen. fysisk mængde. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. Hvis der i et isoleret system af legemer ikke forekommer andre energiomdannelser end varmeveksling, så er mængden af ​​varme, der afgives af legemer, hvis indre energi falder, lig med mængden af ​​varme, der modtages af legemer, hvis indre energi stiger. (Ifølge loven om bevarelse af energi.) I dette tilfælde ændres systemets samlede indre energi ikke. Problemer af denne type løses ud fra varmebalanceligningen.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	jeg = 1

hvor ∆ U– ændring i indre energi.

I vores tilfælde, som et resultat af varmeudveksling, falder den indre energi i krop B, hvilket betyder, at temperaturen i denne krop falder. Den indre energi i krop A stiger, da kroppen modtog en mængde varme fra krop B, vil dens temperatur stige. Den samlede indre energi af legeme A og B ændres ikke.

Svar. 23.

Proton s, der flyver ind i mellemrummet mellem polerne på en elektromagnet, har en hastighed vinkelret på induktionsvektoren magnetfelt, som det er vist på billedet. Hvor er Lorentz-kraften, der virker på protonen rettet i forhold til tegningen (op, mod observatøren, væk fra observatøren, ned, venstre, højre)

Løsning. Et magnetfelt virker på en ladet partikel med Lorentz-kraften. For at bestemme retningen af ​​denne kraft er det vigtigt at huske venstre hånds mnemoniske regel, glem ikke at tage hensyn til partiklens ladning. Vi leder de fire fingre på venstre hånd langs hastighedsvektoren, for en positivt ladet partikel skal vektoren gå vinkelret ind i håndfladen, tommelfinger afsat 90° viser retningen af ​​Lorentz-kraften, der virker på partiklen. Som et resultat har vi, at Lorentz kraftvektoren er rettet væk fra observatøren i forhold til figuren.

Svar. fra observatøren.

Spændingsmodul elektrisk felt i lejlighed luftkondensator med en kapacitet på 50 μF er lig med 200 V/m. Afstanden mellem kondensatorpladerne er 2 mm. Hvad er ladningen på kondensatoren? Skriv dit svar i µC.

Løsning. Lad os konvertere alle måleenheder til SI-systemet. Kapacitans C = 50 µF = 50 10 –6 F, afstand mellem plader d= 2 · 10 –3 m Problemet taler om en flad luftkondensator - en enhed til lagring af elektrisk ladning og elektrisk feltenergi. Fra formlen for elektrisk kapacitans

Hvor d– afstand mellem pladerne.

Lad os udtrykke spændingen U=E d(4); Lad os erstatte (4) med (2) og beregne ladningen af ​​kondensatoren.

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

Vær opmærksom på de enheder, hvor du skal skrive svaret. Vi modtog det i coulombs, men præsenterer det i µC.

Svar. 20 µC.

Eleven udførte et eksperiment med lysets brydning, vist på fotografiet. Hvordan ændres brydningsvinklen for lys, der forplanter sig i glas, og brydningsindekset for glas med stigende indfaldsvinkel?

1. Stiger
2. Falder
3. Ændrer sig ikke
4. Notér de valgte tal for hvert svar i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. I problemer af denne art husker vi, hvad brydning er. Dette er en ændring i retningen for udbredelse af en bølge, når den passerer fra et medium til et andet. Det er forårsaget af det faktum, at hastighederne for bølgeudbredelse i disse medier er forskellige. Efter at have fundet ud af hvilket medium lyset udbreder sig til hvilket, lad os skrive brydningsloven i formen

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Hvor n 2 – absolut brydningsindeks for glas, medium hvor skal han hen lys; n 1 er det absolutte brydningsindeks for det første medium, hvorfra lyset kommer. Til luft n 1 = 1. α er strålens indfaldsvinkel på glashalvcylinderens overflade, β er strålens brydningsvinkel i glasset. Desuden vil brydningsvinklen være mindre end indfaldsvinklen, da glas er et optisk tættere medium - et medium med et højt brydningsindeks. Hastigheden af ​​lysudbredelse i glas er langsommere. Bemærk venligst, at vi måler vinkler fra vinkelret gendannet ved indfaldspunktet for strålen. Hvis du øger indfaldsvinklen, så vil brydningsvinklen stige. Dette vil ikke ændre glasets brydningsindeks.

Svar.

Kobbertrøje på et tidspunkt t 0 = 0 begynder at bevæge sig med en hastighed på 2 m/s langs parallelle vandrette ledende skinner, til hvis ender er tilsluttet en 10 Ohm modstand. Hele systemet er i et lodret ensartet magnetfelt. Modstanden af ​​jumperen og skinnerne er ubetydelig; jumperen er altid placeret vinkelret på skinnerne. Fluxen Ф af den magnetiske induktionsvektor gennem kredsløbet dannet af jumperen, skinnerne og modstanden ændres over tid t som vist på grafen.

Brug grafen til at vælge to rigtige udsagn og angiv deres tal i dit svar.

1. Når t= 0,1 s ændring i magnetisk flux gennem kredsløbet er 1 mWb.
2. Induktionsstrøm i jumperen i området fra t= 0,1 s t= 0,3 s maks.
3. Modulet for den induktive emk, der opstår i kredsløbet, er 10 mV.
4. Styrken af ​​induktionsstrømmen, der flyder i jumperen, er 64 mA.
5. For at opretholde jumperens bevægelse påføres en kraft på den, hvis projektion på skinnernes retning er 0,2 N.

Løsning. Ved hjælp af en graf over afhængigheden af ​​fluxen af ​​den magnetiske induktionsvektor gennem kredsløbet til tiden, vil vi bestemme de områder, hvor fluxen F ændrer sig, og hvor ændringen i flux er nul. Dette vil give os mulighed for at bestemme de tidsintervaller, hvorunder en induceret strøm vil optræde i kredsløbet. Sandt udsagn:

1) Til tiden t= 0,1 s ændring i magnetisk flux gennem kredsløbet er lig med 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modulet for den induktive emk, der opstår i kredsløbet, bestemmes ved hjælp af EMR-loven

Svar. 13.

Ifølge grafen over strøm versus tid i elektriske kredsløb, hvis induktans er 1 mH, bestemme modulet af selvinduktions-emk i tidsintervallet fra 5 til 10 s. Skriv dit svar i µV.

Løsning. Lad os omregne alle mængder til SI-systemet, dvs. vi konverterer induktansen på 1 mH til H, vi får 10 –3 H. Vi vil også konvertere strømmen vist på figuren i mA til A ved at gange med 10 –3.

Formlen for selvinduktion emk har formen

i dette tilfælde er tidsintervallet givet i henhold til problemets betingelser

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekunder, og ved hjælp af grafen bestemmer vi intervallet for den aktuelle ændring i løbet af denne tid:

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

Lad os erstatte numeriske værdier ind i formel (2), får vi

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V eller 2 µV.

Svar. 2.

To transparente planparallelle plader presses tæt mod hinanden. En lysstråle falder fra luften ned på overfladen af ​​den første plade (se figur). Det er kendt, at brydningsindekset for den øvre plade er lig med n 2 = 1,77. Etabler en overensstemmelse mellem fysiske størrelser og deres betydning. For hver position i den første kolonne skal du vælge den tilsvarende position fra den anden kolonne og skrive de valgte tal ned i tabellen under de tilsvarende bogstaver.

Løsning. For at løse problemer med lysets brydning ved grænsefladen mellem to medier, især problemer med lysets passage gennem planparallelle plader, kan følgende løsningsprocedure anbefales: Lav en tegning, der angiver strålernes vej fra et medium til en anden; Ved indfaldspunktet for strålen ved grænsefladen mellem de to medier tegnes en normal til overfladen, markeres indfalds- og brydningsvinklerne. Vær særlig opmærksom på den optiske tæthed af det pågældende medie, og husk, at når en lysstråle passerer fra et optisk mindre tæt medium til et optisk tættere medium, vil brydningsvinklen være mindre end indfaldsvinklen. Figuren viser vinklen mellem den indfaldende stråle og overfladen, men vi har brug for indfaldsvinklen. Husk, at vinkler bestemmes ud fra vinkelret gendannet ved anslagspunktet. Vi bestemmer, at strålens indfaldsvinkel på overfladen er 90° – 40° = 50°, brydningsindeks n 2 = 1,77; n 1 = 1 (luft).

Lad os skrive brydningsloven ned

sinβ =	synd 50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Lad os plotte den omtrentlige vej for strålen gennem pladerne. Vi bruger formel (1) for grænserne 2–3 og 3–1. Som svar får vi

A) Sinus for strålens indfaldsvinkel på grænsen 2–3 mellem pladerne er 2) ≈ 0,433;

B) Strålens brydningsvinkel ved passage af grænsen 3–1 (i radianer) er 4) ≈ 0,873.

Svar. 24.

Bestem hvor mange α - partikler og hvor mange protoner der produceres som et resultat af den termonukleære fusionsreaktion

+ → x+ y;

Løsning. I alle nukleare reaktioner overholdes lovene om bevarelse af elektrisk ladning og antallet af nukleoner. Lad os angive med x antallet af alfapartikler, y antallet af protoner. Lad os lave ligninger

+ → x + y;

løse det system, vi har det x = 1; y = 2

Svar. 1 – a-partikel; 2 - protoner.

Momentummodulet for den første foton er 1,32 · 10 –28 kg m/s, hvilket er 9,48 · 10 –28 kg m/s mindre end momentummodulet for den anden foton. Find energiforholdet E 2 /E 1 for den anden og første foton. Afrund dit svar til nærmeste tiendedel.

Løsning. Momentum af den anden foton er større end momentum af den første foton ifølge betingelsen, hvilket betyder, at den kan repræsenteres s 2 = s 1 + Δ s(1). En fotons energi kan udtrykkes i form af fotonens momentum ved hjælp af følgende ligninger. Det her E = mc 2 (1) og s = mc(2), så

E = pc (3),

Hvor E- foton energi, s– fotonmomentum, m – fotonmasse, c= 3 · 10 8 m/s – lysets hastighed. Under hensyntagen til formel (3) har vi:

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

Vi runder svaret til tiendedele og får 8,2.

Svar. 8,2.

Atomets kerne har undergået radioaktivt positron β - henfald. Hvordan ændrede dette sig elektrisk ladning kerne og antallet af neutroner i den?

Bestem for hver mængde den tilsvarende karakter af ændringen:

1. Øget;
2. Er faldet;
3. Har ikke ændret sig.

Skriv de valgte tal ned for hver fysisk mængde i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. Positron β - henfald i atomkernen opstår, når en proton omdannes til en neutron med emission af en positron. Som et resultat af dette stiger antallet af neutroner i kernen med én, den elektriske ladning falder med én, og kernens massenummer forbliver uændret. Således er transformationsreaktionen af ​​elementet som følger:

Svar. 21.

Fem eksperimenter blev udført i laboratoriet for at observere diffraktion ved hjælp af forskellige diffraktionsgitre. Hvert af gitrene blev belyst af parallelle stråler af monokromatisk lys med en bestemt bølgelængde. I alle tilfælde faldt lyset vinkelret på gitteret. I to af disse eksperimenter blev det samme antal hoveddiffraktionsmaksima observeret. Angiv først nummeret på det forsøg, hvor et diffraktionsgitter med en kortere periode blev brugt, og derefter nummeret på det forsøg, hvor et diffraktionsgitter med en større periode blev brugt.

Løsning. Diffraktion af lys er fænomenet af en lysstråle ind i et område med geometrisk skygge. Diffraktion kan observeres, når der på en lysbølges vej er uigennemsigtige områder eller huller i store forhindringer, som er uigennemsigtige for lys, og størrelsen af ​​disse områder eller huller står i forhold til bølgelængden. En af de vigtigste diffraktionsanordninger er diffraktionsgitteret. Vinkelretningerne til diffraktionsmønsterets maksima bestemmes af ligningen

d sinφ = kλ (1),

Hvor d– periode for diffraktionsgitteret, φ – vinklen mellem normalen til gitteret og retningen til en af ​​diffraktionsmønstrets maksima, λ – lysbølgelængde, k– et heltal kaldet rækkefølgen af ​​diffraktionsmaksimum. Lad os udtrykke fra ligning (1)

Ved at udvælge par i henhold til de eksperimentelle forhold, vælger vi først 4, hvor der blev brugt et diffraktionsgitter med en kortere periode, og derefter nummeret på det forsøg, hvor et diffraktionsgitter med en større periode blev brugt - det er 2.

Svar. 42.

Strøm løber gennem en trådviklet modstand. Modstanden blev erstattet med en anden, med en ledning af samme metal og samme længde, men med halvdelen af ​​tværsnitsarealet, og halvdelen af ​​strømmen blev ført gennem den. Hvordan vil spændingen over modstanden og dens modstand ændre sig?

Bestem for hver mængde den tilsvarende karakter af ændringen:

1. Vil stige;
2. Vil falde;
3. Vil ikke ændre sig.

Skriv de valgte tal ned for hver fysisk mængde i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. Det er vigtigt at huske på hvilke værdier ledermodstanden afhænger af. Formlen til beregning af modstand er

Ohms lov for en sektion af kredsløbet, fra formel (2), udtrykker vi spændingen

U = I R (3).

Ifølge betingelserne for problemet er den anden modstand lavet af tråd af samme materiale, samme længde, men forskelligt tværsnitsareal. Arealet er to gange mindre. Substituerer vi i (1) finder vi, at modstanden stiger med 2 gange, og strømmen falder med 2 gange, derfor ændres spændingen ikke.

Svar. 13.

Svingningsperioden for et matematisk pendul på jordens overflade er 1,2 gange større end perioden for dets svingning på en bestemt planet. Hvorfor modul er ens acceleration af frit fald på denne planet? Atmosfærens indflydelse er i begge tilfælde ubetydelig.

Løsning. Et matematisk pendul er et system, der består af en tråd, hvis dimensioner er mange flere størrelser bolden og selve bolden. Der kan opstå vanskeligheder, hvis Thomsons formel for oscillationsperioden for et matematisk pendul glemmes.

T= 2π (1);

l– længden af ​​det matematiske pendul; g- tyngdeacceleration.

Efter betingelse

Lad os udtrykke fra (3) g n = 14,4 m/s 2. Det skal bemærkes, at tyngdeaccelerationen afhænger af planetens masse og radius

Svar. 14,4 m/s 2.

En lige leder 1 m lang, der fører en strøm på 3 A, er placeret i et ensartet magnetfelt med induktion I= 0,4 Tesla i en vinkel på 30° i forhold til vektoren. Hvad er størrelsen af ​​den kraft, der virker på lederen fra magnetfeltet?

Løsning. Hvis du placerer en strømførende leder i et magnetfelt, vil feltet på den strømførende leder virke med en Ampere kraft. Lad os nedskrive formlen for Ampere kraftmodulet

F A = I LB sinα ;

F A = 0,6 N

Svar. F A = 0,6 N.

Den magnetiske feltenergi, der er lagret i spolen, når der føres en jævnstrøm igennem den, er lig med 120 J. Hvor mange gange skal styrken af ​​strømmen, der løber gennem spolens vikling, øges, for at den magnetiske feltenergi, der er lagret i den, kan stige af 5760 J.

Løsning. Energien af ​​spolens magnetfelt beregnes ved formlen

W m =	LI 2	(1);
	2

Efter betingelse W 1 = 120 J, så W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

jeg 1 2 =	2W 1	; jeg 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Så det aktuelle forhold

jeg 2 2	= 49;	jeg 2	= 7
jeg 1 2		jeg 1

Svar. Strømstyrken skal øges 7 gange. Du indtaster kun tallet 7 på svarformularen.

Et elektrisk kredsløb består af to pærer, to dioder og en ledning forbundet som vist på figuren. (En diode tillader kun strøm at flyde i én retning, som vist øverst på billedet.) Hvilken af ​​pærerne vil lyse, hvis magnetens nordpol bringes tættere på spolen? Forklar dit svar ved at angive, hvilke fænomener og mønstre du brugte i din forklaring.

Løsning. Magnetiske induktionsledninger kommer ud af Nordpolen magnet og divergerer. Når magneten nærmer sig magnetisk fluxøges gennem en ledningsdrejning. I overensstemmelse med Lenz's regel skal det magnetiske felt, der skabes af spolens induktive strøm, rettes mod højre. Ifølge gimlet-reglen skal strømmen løbe med uret (set fra venstre). Dioden i det andet lampekredsløb passerer i denne retning. Det betyder, at den anden lampe vil lyse.

Svar. Den anden lampe vil lyse.

Aluminium eger længde L= 25 cm og tværsnitsareal S= 0,1 cm 2 ophængt i en tråd ved den øvre ende. Den nederste ende hviler på den vandrette bund af karret, hvori der hældes vand. Længden af ​​den nedsænkede del af egeren l= 10 cm Find kraften F, hvormed strikkepinden trykker på bunden af ​​karret, hvis det er kendt, at tråden er placeret lodret. Densitet af aluminium ρ a = 2,7 g/cm 3, densitet af vand ρ b = 1,0 g/cm 3. Acceleration af tyngdekraften g= 10 m/s 2

Løsning. Lad os lave en forklarende tegning.

– Trådspændingskraft;

– Reaktionskraft af bunden af ​​beholderen;

a er den arkimediske kraft, der kun virker på den nedsænkede del af legemet og påføres midten af ​​den nedsænkede del af egen;

– tyngdekraften, der virker på egerne fra jorden og påføres hele egens centrum.

Per definition, massen af ​​eger m og det arkimedeiske kraftmodul er udtrykt som følger: m = SL p a (1);

F a = Slρ ind g (2)

Lad os overveje kræftmomenterne i forhold til ophængningspunktet for egeren.

M(T) = 0 – trækkraftmoment; (3)

M(N)= NL cosα er momentet for støttereaktionskraften; (4)

Under hensyntagen til momenternes tegn skriver vi ligningen

NL cosα + Slρ ind g (L –	l	)cosα = SLρ -en g	L	cosα (7)
	2		2

i betragtning af, at ifølge Newtons tredje lov er reaktionskraften i bunden af ​​karret lig kraften F d, hvormed strikkepinden trykker på bunden af ​​karret, vi skriver N = F d og fra ligning (7) udtrykker vi denne kraft:

F d = [	1	Lρ -en– (1 –	l	)lρ i ] Sg (8).
	2		2L

Lad os erstatte de numeriske data og få det

F d = 0,025 N.

Svar. F d = 0,025 N.

Cylinder indeholdende m 1 = 1 kg nitrogen, eksploderede under styrketestning ved temperatur t 1 = 327°C. Hvilken masse af brint m 2 kunne opbevares i en sådan cylinder ved en temperatur t 2 = 27°C, med en femdobbelt sikkerhedsmargen? Molar masse nitrogen M 1 = 28 g/mol, hydrogen M 2 = 2 g/mol.

Løsning. Lad os skrive Mendeleev-Clapeyrons ideelle gasligning for nitrogen

Hvor V– cylinderens volumen, T 1 = t 1 + 273°C. Ifølge betingelsen kan brint lagres under tryk s 2 = p1/5; (3) I betragtning af det

Vi kan udtrykke brintmassen ved at arbejde direkte med ligningerne (2), (3), (4). Den endelige formel ser sådan ud:

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

Efter at have erstattet numeriske data m 2 = 28 g.

Svar. m 2 = 28 g.

I et ideelt oscillerende kredsløb er amplituden af ​​strømudsving i induktoren Jeg er= 5 mA, og spændingsamplituden på kondensatoren U m= 2,0 V. Til tider t spændingen over kondensatoren er 1,2 V. Find strømmen i spolen i dette øjeblik.

Løsning. I et ideelt oscillerende kredsløb bevares den oscillerende energi. I et øjeblik t har loven om energibevarelse formen

C	U 2	+ L	jeg 2	= L	Jeg er 2	(1)
	2		2		2

For amplitude (maksimum) værdier skriver vi

og fra ligning (2) udtrykker vi

C	=	Jeg er 2	(4).
L		U m 2

Lad os erstatte (4) med (3). Som et resultat får vi:

jeg = Jeg er (5)

Således er strømmen i spolen på tidspunktet t svarende til

jeg= 4,0 mA.

Svar. jeg= 4,0 mA.

Der er et spejl i bunden af ​​et reservoir 2 m dybt. En lysstråle, der passerer gennem vandet, reflekteres fra spejlet og kommer ud af vandet. Vandets brydningsindeks er 1,33. Find afstanden mellem indgangspunktet for strålen i vandet og udgangspunktet for strålen fra vandet, hvis strålens indfaldsvinkel er 30°

Løsning. Lad os lave en forklarende tegning

α er strålens indfaldsvinkel;

β er brydningsvinklen for strålen i vand;

AC er afstanden mellem indgangspunktet for strålen i vandet og udgangspunktet for strålen fra vandet.

Ifølge loven om lysets brydning

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Overvej den rektangulære ΔADB. I det AD = h, så DB = AD

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

Vi får følgende udtryk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Lad os erstatte de numeriske værdier i den resulterende formel (5)

Svar. 1,63 m.

Som forberedelse til Unified State-eksamenen inviterer vi dig til at gøre dig bekendt med arbejdsprogram i fysik for klassetrin 7-9 til UMK-linjen Peryshkina A.V. Og arbejdsprogram på avanceret niveau for klasse 10-11 for undervisningsmaterialer Myakisheva G.Ya. Programmerne er tilgængelige for visning og gratis download for alle registrerede brugere.

Forberedelse til OGE og Unified State eksamen

Gymnasial almen uddannelse

Linje UMK A.V. Fysik (10-11) (grundlæggende, avanceret)

Linje UMK A.V. Fysik (7-9)

Linje UMK A.V. Fysik (7-9)

Forberedelse til Unified State Exam in Physics: eksempler, løsninger, forklaringer

Vi analyserer opgaverne for Unified State Exam i fysik (mulighed C) med læreren.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fysiklærer, 27 års erhvervserfaring. Ærescertifikat fra undervisningsministeriet i Moskva-regionen (2013), taknemmelighed fra lederen af ​​Voskresensky Municipal District (2015), certifikat fra formanden for sammenslutningen af ​​lærere i matematik og fysik i Moskva-regionen (2015).

Arbejdet præsenterer opgaver af forskellige sværhedsgrader: grundlæggende, avanceret og høj. Opgaver på basisniveau er simple opgaver, der tester beherskelsen af ​​de vigtigste fysiske begreber, modeller, fænomener og love. Opgaver på avanceret niveau er rettet mod at teste evnen til at bruge fysiks begreber og love til at analysere forskellige processer og fænomener, samt evnen til at løse problemer ved hjælp af en eller to love (formler) om et hvilket som helst af emnerne i skolens fysikkursus. I værk 4 er opgaverne i del 2 opgaver af et højt kompleksitetsniveau og tester evnen til at bruge fysikkens love og teorier i en ændret eller ny situation. At udføre sådanne opgaver kræver anvendelse af viden fra to eller tre sektioner af fysik på én gang, dvs. højt træningsniveau. Denne mulighed er fuldstændig konsekvent demo version Unified State Examination 2017, opgaver taget fra den åbne Unified State Examination opgavebank.

Figuren viser en graf over hastighedsmodulet kontra tid t. Bestem ud fra grafen den afstand, som bilen har tilbagelagt i tidsintervallet fra 0 til 30 s.

Løsning. Den sti, en bil tilbagelagt i tidsintervallet fra 0 til 30 s, kan lettest defineres som arealet af en trapez, hvis basis er tidsintervallerne (30 - 0) = 30 s og (30 - 10) ) = 20 s, og højden er hastigheden v= 10 m/s, dvs.

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

Svar. 250 m.

En last på 100 kg løftes lodret opad ved hjælp af et kabel. Figuren viser afhængigheden af ​​hastighedsprojektionen V belastning på aksen rettet opad, som funktion af tiden t. Bestem modulet for kabelspændingskraften under løftet.

Løsning. Ifølge grafen for hastighedsprojektionsafhængighed v belastning på en akse rettet lodret opad, som en funktion af tiden t, kan vi bestemme projektionen af ​​belastningens acceleration

-en =	∆v	=	(8 – 2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 sek

Belastningen påvirkes af: tyngdekraften rettet lodret nedad og trækkraften af ​​kablet rettet lodret opad langs kablet (se fig. 2. Lad os nedskrive dynamikkens grundlæggende ligning. Lad os bruge Newtons anden lov. Den geometriske sum af de kræfter, der virker på et legeme, er lig med produktet af legemets masse og den acceleration, den tildeles.

+ = (1)

Lad os skrive ligningen for projektionen af ​​vektorer i referencesystemet forbundet med jorden, der leder OY-aksen opad. Projektionen af ​​spændingskraften er positiv, da retningen af ​​kraften falder sammen med retningen af ​​OY-aksen, projektionen af ​​tyngdekraften er negativ, da kraftvektoren er modsat OY-aksen, projektionen af ​​accelerationsvektoren er også positiv, så kroppen bevæger sig med opadgående acceleration. Vi har

T – mg = ma (2);

fra formel (2) trækkraftmodul

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

Svar. 1200 N.

Legemet trækkes langs en ru vandret overflade med en konstant hastighed, hvis modul er 1,5 m/s, og påfører det en kraft som vist i figur (1). I dette tilfælde er modulet for den glidende friktionskraft, der virker på kroppen, 16 N. Hvad er kraften udviklet af kraften? F?

Løsning. Lad os forestille os den fysiske proces, der er angivet i problemformuleringen og lave en skematisk tegning, der viser alle de kræfter, der virker på kroppen (fig. 2). Lad os nedskrive den grundlæggende dynamikligning.

Tr + + = (1)

Efter at have valgt et referencesystem tilknyttet en fast overflade, skriver vi ligningerne for projektionen af ​​vektorer på de valgte koordinatakser. I henhold til problemets betingelser bevæger kroppen sig ensartet, da dens hastighed er konstant og lig med 1,5 m/s. Det betyder, at kroppens acceleration er nul. To kræfter virker vandret på kroppen: den glidende friktionskraft tr. og den kraft, hvormed kroppen trækkes. Projektionen af ​​friktionskraften er negativ, da kraftvektoren ikke falder sammen med aksens retning x. Projektion af kraft F positiv. Vi minder dig om, at for at finde fremskrivningen sænker vi vinkelret fra begyndelsen og slutningen af ​​vektoren til den valgte akse. Med dette i betragtning har vi: F cosα – F tr = 0; (1) lad os udtrykke kraftprojektionen F, Det her F cosα = F tr = 16 N; (2) så vil kraften udviklet af kraften være lig med N = F cosα V(3) Lad os foretage en udskiftning under hensyntagen til ligning (2), og erstatte de tilsvarende data i ligning (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Svar. 24 W.

En belastning fastgjort til en let fjeder med en stivhed på 200 N/m undergår lodrette svingninger. Figuren viser en graf over forskydningsafhængigheden x belastning fra tid til anden t. Bestem, hvad vægten af ​​lasten er. Afrund dit svar til et helt tal.

Løsning. En masse på en fjeder gennemgår lodrette svingninger. I henhold til belastningsforskydningsgrafen x fra tiden t, bestemmer vi belastningens svingningsperiode. Oscillationsperioden er lig med T= 4 s; fra formlen T= 2π lad os udtrykke massen m last

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

Svar: 81 kg.

Figuren viser et system af to lysblokke og et vægtløst kabel, som du kan holde balancen med eller løfte en byrde på 10 kg med. Friktionen er ubetydelig. Baseret på analysen af ​​ovenstående figur, vælg to sande udsagn og angiv deres tal i dit svar.

1. For at holde belastningen i balance skal du handle på enden af ​​rebet med en kraft på 100 N.
2. Bloksystemet vist på figuren giver ingen styrkeforøgelse.
3. h, skal du trække en sektion af reblængde 3 ud h.
4. Langsomt at løfte en byrde til en højde hh.

Løsning. I dette problem er det nødvendigt at huske simple mekanismer, nemlig blokke: en bevægelig og en fast blok. Den bevægelige klods giver dobbelt styrke, mens sektionen af ​​rebet skal trækkes dobbelt så lang, og den faste klods bruges til at omdirigere kraften. I arbejde giver simple mekanismer til at vinde ikke. Efter at have analyseret problemet, vælger vi straks de nødvendige udsagn:

1. Langsomt at løfte en byrde til en højde h, skal du trække en sektion af tovlængde 2 ud h.
2. For at holde belastningen i balance skal du handle på enden af ​​rebet med en kraft på 50 N.

Svar. 45.

En aluminiumsvægt fastgjort til en vægtløs og uudvidelig tråd er fuldstændig nedsænket i et kar med vand. Lasten rører ikke væggene og bunden af ​​fartøjet. Derefter nedsænkes en jernvægt, hvis masse er lig med aluminiumvægtens masse, i samme kar med vand. Hvordan vil modulet for trådens trækkraft og modulet for tyngdekraften, der virker på belastningen, ændre sig som følge af dette?

1. Øger;
2. Falder;
3. Ændrer sig ikke.

Løsning. Vi analyserer problemets tilstand og fremhæver de parametre, der ikke ændres under undersøgelsen: disse er kroppens masse og væsken, som kroppen er nedsænket i på en tråd. Efter dette er det bedre at lave en skematisk tegning og angive de kræfter, der virker på belastningen: trådspænding F kontrol, rettet opad langs tråden; tyngdekraften rettet lodret nedad; Arkimedisk styrke -en, der virker fra siden af ​​væsken på den nedsænkede krop og rettet opad. Ifølge betingelserne for problemet er belastningernes masse den samme, derfor ændres modulet af tyngdekraften, der virker på belastningen, ikke. Da lastens tæthed er forskellig, vil volumen også være anderledes.

V =	m	.
	s

Densiteten af ​​jern er 7800 kg/m3, og densiteten af ​​aluminiumslast er 2700 kg/m3. Derfor, V og< V a. Kroppen er i ligevægt, resultanten af ​​alle kræfter, der virker på kroppen, er nul. Lad os rette OY-koordinataksen opad. Vi skriver den grundlæggende dynamikligning, under hensyntagen til projektionen af ​​kræfter, i formen F kontrol + F a – mg= 0; (1) Lad os udtrykke spændingskraften F kontrol = mg – F a(2); Arkimedisk kraft afhænger af væskens tæthed og volumenet af den nedsænkede del af kroppen F a = ρ gV p.h.t. (3); Væskens tæthed ændres ikke, og jernlegemets volumen er mindre V og< V a, derfor vil den arkimediske kraft, der virker på jernbelastningen, være mindre. Vi konkluderer om modulet af trådens spændingskraft, arbejder med ligning (2), vil det stige.

Svar. 13.

En masseblok m glider af et fast skråplan med en vinkel α i bunden. Blokkens accelerationsmodul er lig med -en, øges modulet af blokkens hastighed. Luftmodstanden kan negligeres.

Etabler en overensstemmelse mellem fysiske størrelser og formler, som de kan beregnes med. For hver position i den første kolonne skal du vælge den tilsvarende position fra den anden kolonne og skrive de valgte tal ned i tabellen under de tilsvarende bogstaver.

B) Friktionskoefficient mellem en blok og et skråplan

3) mg cosα

4) sinα –	-en
	g cosα

Løsning. Denne opgave kræver anvendelse af Newtons love. Vi anbefaler at lave en skematisk tegning; angive alle kinematiske karakteristika ved bevægelse. Hvis det er muligt, afbild accelerationsvektoren og vektorerne for alle kræfter påført det bevægelige legeme; husk, at de kræfter, der virker på en krop, er resultatet af interaktion med andre legemer. Skriv derefter den grundlæggende dynamikligning ned. Vælg et referencesystem og nedskriv den resulterende ligning for projektion af kraft- og accelerationsvektorer;

Efter den foreslåede algoritme vil vi lave en skematisk tegning (fig. 1). Figuren viser de kræfter, der påføres blokkens tyngdepunkt, og referencesystemets koordinatakser forbundet med overfladen af ​​det skrå plan. Da alle kræfter er konstante, vil blokkens bevægelse være ensartet variabel med stigende hastighed, dvs. accelerationsvektoren er rettet i bevægelsesretningen. Lad os vælge retningen af ​​akserne som vist på figuren. Lad os nedskrive projektionerne af kræfter på de valgte akser.

Lad os nedskrive den grundlæggende dynamikligning:

Tr + = (1)

Lad os nedskrive denne ligning (1) til projektion af kræfter og acceleration.

På OY-aksen: projektionen af ​​jordreaktionskraften er positiv, da vektoren falder sammen med retningen af ​​OY-aksen Ny = N; projektionen af ​​friktionskraften er nul, da vektoren er vinkelret på aksen; tyngdekraftens projektion vil være negativ og ens mg y= – mg cosα; accelerationsvektorprojektion et y= 0, da accelerationsvektoren er vinkelret på aksen. Vi har N – mg cosα = 0 (2) fra ligningen udtrykker vi reaktionskraften, der virker på blokken fra siden af ​​det skrå plan. N = mg cosα (3). Lad os nedskrive projektionerne på OX-aksen.

På OX-aksen: kraftprojektion N er lig med nul, da vektoren er vinkelret på OX-aksen; Projektionen af ​​friktionskraften er negativ (vektoren er rettet i den modsatte retning i forhold til den valgte akse); tyngdekraftens projektion er positiv og lig med mg x = mg sinα (4) fra en retvinklet trekant. Accelerationsfremskrivningen er positiv et x = -en; Så skriver vi ligning (1) under hensyntagen til fremskrivningen mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – -en(6); Husk at friktionskraften er proportional med kraften af ​​normalt tryk N.

A-priory F tr = μ N(7), udtrykker vi friktionskoefficienten for blokken på det skrå plan.

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

Vi vælger de passende positioner for hvert bogstav.

Svar. A – 3; B – 2.

Opgave 8. Iltgas er i en beholder med en volumen på 33,2 liter. Gastrykket er 150 kPa, dets temperatur er 127° C. Bestem massen af ​​gassen i denne beholder. Udtryk dit svar i gram og afrund til nærmeste hele tal.

Løsning. Det er vigtigt at være opmærksom på konverteringen af ​​enheder til SI-systemet. Konverter temperaturen til Kelvin T = t°C + 273, volumen V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Vi konverterer trykket P= 150 kPa = 150.000 Pa. Brug af den ideelle gasligning for tilstand

Lad os udtrykke gasmassen.

Sørg for at være opmærksom på, hvilke enheder der bliver bedt om at skrive svaret ned. Det er meget vigtigt.

Svar.'48

Opgave 9. En ideel monatomisk gas i en mængde på 0,025 mol udvidet adiabatisk. Samtidig faldt dens temperatur fra +103°C til +23°C. Hvor meget arbejde har gassen gjort? Udtryk dit svar i joule og afrund til nærmeste hele tal.

Løsning. For det første er gassen monoatomisk antal frihedsgrader jeg= 3, for det andet udvider gassen sig adiabatisk - det betyder uden varmeveksling Q= 0. Gassen virker ved at mindske den indre energi. Med dette i betragtning skriver vi termodynamikkens første lov på formen 0 = ∆ U + EN G; (1) lad os udtrykke gasarbejdet EN g = –∆ U(2); Vi skriver ændringen i indre energi for en monatomisk gas som

Svar. 25 J.

Den relative luftfugtighed af en portion luft ved en bestemt temperatur er 10%. Hvor mange gange skal trykket af denne del luft ændres, så dens relative luftfugtighed ved en konstant temperatur stiger med 25 %?

Løsning. Spørgsmål relateret til mættet damp og luftfugtighed forårsager oftest vanskeligheder for skolebørn. Lad os bruge formlen til at beregne relativ luftfugtighed

I henhold til problemets forhold ændres temperaturen ikke, hvilket betyder, at det mættede damptryk forbliver det samme. Lad os nedskrive formel (1) for to lufttilstande.

φ1 = 10%; φ 2 = 35 %

Lad os udtrykke lufttrykket ud fra formlerne (2), (3) og finde trykforholdet.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Svar. Trykket skal øges med 3,5 gange.

Det varme flydende stof blev langsomt afkølet i en smelteovn ved konstant effekt. Tabellen viser resultaterne af målinger af et stofs temperatur over tid.

Vælg fra den angivne liste to udsagn, der svarer til resultaterne af de udførte målinger og angiver deres tal.

1. Stoffets smeltepunkt under disse forhold er 232°C.
2. På 20 minutter. efter start af målinger var stoffet kun i fast tilstand.
3. Varmekapaciteten af ​​et stof i flydende og fast tilstand er den samme.
4. Efter 30 min. efter start af målinger var stoffet kun i fast tilstand.
5. Krystallisationsprocessen af ​​stoffet tog mere end 25 minutter.

Løsning. Efterhånden som stoffet afkøledes, faldt dets indre energi. Resultaterne af temperaturmålinger giver os mulighed for at bestemme den temperatur, ved hvilken et stof begynder at krystallisere. Mens et stof skifter fra flydende til fast stof, ændres temperaturen ikke. Når vi ved, at smeltetemperaturen og krystallisationstemperaturen er de samme, vælger vi udsagnet:

1. Stoffets smeltepunkt under disse forhold er 232°C.

Det andet korrekte udsagn er:

4. Efter 30 min. efter start af målinger var stoffet kun i fast tilstand. Da temperaturen på dette tidspunkt allerede er under krystallisationstemperaturen.

Svar. 14.

I et isoleret system har krop A en temperatur på +40°C, og krop B har en temperatur på +65°C. Disse kroppe blev bragt i termisk kontakt med hinanden. Efter nogen tid opstod der termisk ligevægt. Hvordan ændrede temperaturen af ​​krop B og den samlede indre energi af legemer A og B som et resultat?

Bestem for hver mængde den tilsvarende karakter af ændringen:

1. Øget;
2. Er faldet;
3. Har ikke ændret sig.

Skriv de valgte tal ned for hver fysisk mængde i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. Hvis der i et isoleret system af legemer ikke forekommer andre energiomdannelser end varmeveksling, så er mængden af ​​varme, der afgives af legemer, hvis indre energi falder, lig med mængden af ​​varme, der modtages af legemer, hvis indre energi stiger. (Ifølge loven om bevarelse af energi.) I dette tilfælde ændres systemets samlede indre energi ikke. Problemer af denne type løses ud fra varmebalanceligningen.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	jeg = 1

hvor ∆ U– ændring i indre energi.

I vores tilfælde, som et resultat af varmeudveksling, falder den indre energi i krop B, hvilket betyder, at temperaturen i denne krop falder. Den indre energi i krop A stiger, da kroppen modtog en mængde varme fra krop B, vil dens temperatur stige. Den samlede indre energi af legeme A og B ændres ikke.

Svar. 23.

Proton s, der flyver ind i mellemrummet mellem elektromagnetens poler, har en hastighed vinkelret på magnetfeltinduktionsvektoren, som vist på figuren. Hvor er Lorentz-kraften, der virker på protonen rettet i forhold til tegningen (op, mod observatøren, væk fra observatøren, ned, venstre, højre)

Løsning. Et magnetfelt virker på en ladet partikel med Lorentz-kraften. For at bestemme retningen af ​​denne kraft er det vigtigt at huske venstre hånds mnemoniske regel, glem ikke at tage hensyn til partiklens ladning. Vi leder de fire fingre på venstre hånd langs hastighedsvektoren, for en positivt ladet partikel skal vektoren gå vinkelret ind i håndfladen, tommelfingeren sat til 90° viser retningen af ​​Lorentz-kraften, der virker på partiklen. Som et resultat har vi, at Lorentz kraftvektoren er rettet væk fra observatøren i forhold til figuren.

Svar. fra observatøren.

Modulet for den elektriske feltstyrke i en flad luftkondensator med en kapacitet på 50 μF er lig med 200 V/m. Afstanden mellem kondensatorpladerne er 2 mm. Hvad er ladningen på kondensatoren? Skriv dit svar i µC.

Løsning. Lad os konvertere alle måleenheder til SI-systemet. Kapacitans C = 50 µF = 50 10 –6 F, afstand mellem plader d= 2 · 10 –3 m Problemet taler om en flad luftkondensator - en enhed til lagring af elektrisk ladning og elektrisk feltenergi. Fra formlen for elektrisk kapacitans

Hvor d– afstand mellem pladerne.

Lad os udtrykke spændingen U=E d(4); Lad os erstatte (4) med (2) og beregne ladningen af ​​kondensatoren.

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

Vær opmærksom på de enheder, hvor du skal skrive svaret. Vi modtog det i coulombs, men præsenterer det i µC.

Svar. 20 µC.

Eleven udførte et eksperiment med lysets brydning, vist på fotografiet. Hvordan ændres brydningsvinklen for lys, der forplanter sig i glas, og brydningsindekset for glas med stigende indfaldsvinkel?

1. Stiger
2. Falder
3. Ændrer sig ikke
4. Notér de valgte tal for hvert svar i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. I problemer af denne art husker vi, hvad brydning er. Dette er en ændring i retningen for udbredelse af en bølge, når den passerer fra et medium til et andet. Det er forårsaget af det faktum, at hastighederne for bølgeudbredelse i disse medier er forskellige. Efter at have fundet ud af hvilket medium lyset udbreder sig til hvilket, lad os skrive brydningsloven i formen

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Hvor n 2 – absolut brydningsindeks for glas, mediet hvor lyset går; n 1 er det absolutte brydningsindeks for det første medium, hvorfra lyset kommer. Til luft n 1 = 1. α er strålens indfaldsvinkel på glashalvcylinderens overflade, β er strålens brydningsvinkel i glasset. Desuden vil brydningsvinklen være mindre end indfaldsvinklen, da glas er et optisk tættere medium - et medium med et højt brydningsindeks. Hastigheden af ​​lysudbredelse i glas er langsommere. Bemærk venligst, at vi måler vinkler fra vinkelret gendannet ved indfaldspunktet for strålen. Hvis du øger indfaldsvinklen, så vil brydningsvinklen stige. Dette vil ikke ændre glasets brydningsindeks.

Svar.

Kobbertrøje på et tidspunkt t 0 = 0 begynder at bevæge sig med en hastighed på 2 m/s langs parallelle vandrette ledende skinner, til hvis ender er tilsluttet en 10 Ohm modstand. Hele systemet er i et lodret ensartet magnetfelt. Modstanden af ​​jumperen og skinnerne er ubetydelig; jumperen er altid placeret vinkelret på skinnerne. Fluxen Ф af den magnetiske induktionsvektor gennem kredsløbet dannet af jumperen, skinnerne og modstanden ændres over tid t som vist på grafen.

Brug grafen til at vælge to rigtige udsagn og angiv deres tal i dit svar.

1. Når t= 0,1 s ændring i magnetisk flux gennem kredsløbet er 1 mWb.
2. Induktionsstrøm i jumperen i området fra t= 0,1 s t= 0,3 s maks.
3. Modulet for den induktive emk, der opstår i kredsløbet, er 10 mV.
4. Styrken af ​​induktionsstrømmen, der flyder i jumperen, er 64 mA.
5. For at opretholde jumperens bevægelse påføres en kraft på den, hvis projektion på skinnernes retning er 0,2 N.

Løsning. Ved hjælp af en graf over afhængigheden af ​​fluxen af ​​den magnetiske induktionsvektor gennem kredsløbet til tiden, vil vi bestemme de områder, hvor fluxen F ændrer sig, og hvor ændringen i flux er nul. Dette vil give os mulighed for at bestemme de tidsintervaller, hvorunder en induceret strøm vil optræde i kredsløbet. Sandt udsagn:

1) Til tiden t= 0,1 s ændring i magnetisk flux gennem kredsløbet er lig med 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modulet for den induktive emk, der opstår i kredsløbet, bestemmes ved hjælp af EMR-loven

Svar. 13.

Ved hjælp af grafen for strøm versus tid i et elektrisk kredsløb, hvis induktans er 1 mH, bestemmes det selvinduktive emk-modul i tidsintervallet fra 5 til 10 s. Skriv dit svar i µV.

Løsning. Lad os omregne alle mængder til SI-systemet, dvs. vi konverterer induktansen på 1 mH til H, vi får 10 –3 H. Vi vil også konvertere strømmen vist på figuren i mA til A ved at gange med 10 –3.

Formlen for selvinduktion emk har formen

i dette tilfælde er tidsintervallet givet i henhold til problemets betingelser

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekunder, og ved hjælp af grafen bestemmer vi intervallet for den aktuelle ændring i løbet af denne tid:

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

Vi erstatter numeriske værdier i formel (2), får vi

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V eller 2 µV.

Svar. 2.

To transparente planparallelle plader presses tæt mod hinanden. En lysstråle falder fra luften ned på overfladen af ​​den første plade (se figur). Det er kendt, at brydningsindekset for den øvre plade er lig med n 2 = 1,77. Etabler en overensstemmelse mellem fysiske størrelser og deres betydning. For hver position i den første kolonne skal du vælge den tilsvarende position fra den anden kolonne og skrive de valgte tal ned i tabellen under de tilsvarende bogstaver.

Løsning. For at løse problemer med lysets brydning ved grænsefladen mellem to medier, især problemer med lysets passage gennem planparallelle plader, kan følgende løsningsprocedure anbefales: Lav en tegning, der angiver strålernes vej fra et medium til en anden; Ved indfaldspunktet for strålen ved grænsefladen mellem de to medier tegnes en normal til overfladen, markeres indfalds- og brydningsvinklerne. Vær særlig opmærksom på den optiske tæthed af det pågældende medie, og husk, at når en lysstråle passerer fra et optisk mindre tæt medium til et optisk tættere medium, vil brydningsvinklen være mindre end indfaldsvinklen. Figuren viser vinklen mellem den indfaldende stråle og overfladen, men vi har brug for indfaldsvinklen. Husk, at vinkler bestemmes ud fra vinkelret gendannet ved anslagspunktet. Vi bestemmer, at strålens indfaldsvinkel på overfladen er 90° – 40° = 50°, brydningsindeks n 2 = 1,77; n 1 = 1 (luft).

Lad os skrive brydningsloven ned

sinβ =	synd 50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Lad os plotte den omtrentlige vej for strålen gennem pladerne. Vi bruger formel (1) for grænserne 2–3 og 3–1. Som svar får vi

A) Sinus for strålens indfaldsvinkel på grænsen 2–3 mellem pladerne er 2) ≈ 0,433;

B) Strålens brydningsvinkel ved passage af grænsen 3–1 (i radianer) er 4) ≈ 0,873.

Svar. 24.

Bestem hvor mange α - partikler og hvor mange protoner der produceres som et resultat af den termonukleære fusionsreaktion

+ → x+ y;

Løsning. I alle nukleare reaktioner overholdes lovene om bevarelse af elektrisk ladning og antallet af nukleoner. Lad os angive med x antallet af alfapartikler, y antallet af protoner. Lad os lave ligninger

+ → x + y;

løse det system, vi har det x = 1; y = 2

Svar. 1 – a-partikel; 2 - protoner.

Momentummodulet for den første foton er 1,32 · 10 –28 kg m/s, hvilket er 9,48 · 10 –28 kg m/s mindre end momentummodulet for den anden foton. Find energiforholdet E 2 /E 1 for den anden og første foton. Afrund dit svar til nærmeste tiendedel.

Løsning. Momentum af den anden foton er større end momentum af den første foton ifølge betingelsen, hvilket betyder, at den kan repræsenteres s 2 = s 1 + Δ s(1). En fotons energi kan udtrykkes i form af fotonens momentum ved hjælp af følgende ligninger. Det her E = mc 2 (1) og s = mc(2), så

E = pc (3),

Hvor E- foton energi, s– fotonmomentum, m – fotonmasse, c= 3 · 10 8 m/s – lysets hastighed. Under hensyntagen til formel (3) har vi:

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

Vi runder svaret til tiendedele og får 8,2.

Svar. 8,2.

Atomets kerne har undergået radioaktivt positron β - henfald. Hvordan ændrede sig kernens elektriske ladning og antallet af neutroner i den som følge af dette?

Bestem for hver mængde den tilsvarende karakter af ændringen:

1. Øget;
2. Er faldet;
3. Har ikke ændret sig.

Skriv de valgte tal ned for hver fysisk mængde i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. Positron β - henfald i atomkernen opstår, når en proton omdannes til en neutron med emission af en positron. Som et resultat af dette stiger antallet af neutroner i kernen med én, den elektriske ladning falder med én, og kernens massenummer forbliver uændret. Således er transformationsreaktionen af ​​elementet som følger:

Svar. 21.

Fem eksperimenter blev udført i laboratoriet for at observere diffraktion ved hjælp af forskellige diffraktionsgitre. Hvert af gitrene blev belyst af parallelle stråler af monokromatisk lys med en bestemt bølgelængde. I alle tilfælde faldt lyset vinkelret på gitteret. I to af disse eksperimenter blev det samme antal hoveddiffraktionsmaksima observeret. Angiv først nummeret på det forsøg, hvor et diffraktionsgitter med en kortere periode blev brugt, og derefter nummeret på det forsøg, hvor et diffraktionsgitter med en større periode blev brugt.

Løsning. Diffraktion af lys er fænomenet af en lysstråle ind i et område med geometrisk skygge. Diffraktion kan observeres, når der på en lysbølges vej er uigennemsigtige områder eller huller i store forhindringer, som er uigennemsigtige for lys, og størrelsen af ​​disse områder eller huller står i forhold til bølgelængden. En af de vigtigste diffraktionsanordninger er diffraktionsgitteret. Vinkelretningerne til diffraktionsmønsterets maksima bestemmes af ligningen

d sinφ = kλ (1),

Hvor d– periode for diffraktionsgitteret, φ – vinklen mellem normalen til gitteret og retningen til en af ​​diffraktionsmønstrets maksima, λ – lysbølgelængde, k– et heltal kaldet rækkefølgen af ​​diffraktionsmaksimum. Lad os udtrykke fra ligning (1)

Ved at udvælge par i henhold til de eksperimentelle forhold, vælger vi først 4, hvor der blev brugt et diffraktionsgitter med en kortere periode, og derefter nummeret på det forsøg, hvor et diffraktionsgitter med en større periode blev brugt - det er 2.

Svar. 42.

Strøm løber gennem en trådviklet modstand. Modstanden blev erstattet med en anden, med en ledning af samme metal og samme længde, men med halvdelen af ​​tværsnitsarealet, og halvdelen af ​​strømmen blev ført gennem den. Hvordan vil spændingen over modstanden og dens modstand ændre sig?

Bestem for hver mængde den tilsvarende karakter af ændringen:

1. Vil stige;
2. Vil falde;
3. Vil ikke ændre sig.

Skriv de valgte tal ned for hver fysisk mængde i tabellen. Tallene i svaret kan gentages.

Løsning. Det er vigtigt at huske på hvilke værdier ledermodstanden afhænger af. Formlen til beregning af modstand er

Ohms lov for en sektion af kredsløbet, fra formel (2), udtrykker vi spændingen

U = I R (3).

Ifølge betingelserne for problemet er den anden modstand lavet af tråd af samme materiale, samme længde, men forskelligt tværsnitsareal. Arealet er to gange mindre. Substituerer vi i (1) finder vi, at modstanden stiger med 2 gange, og strømmen falder med 2 gange, derfor ændres spændingen ikke.

Svar. 13.

Svingningsperioden for et matematisk pendul på jordens overflade er 1,2 gange større end perioden for dets svingning på en bestemt planet. Hvad er størrelsen af ​​accelerationen på grund af tyngdekraften på denne planet? Atmosfærens indflydelse er i begge tilfælde ubetydelig.

Løsning. Et matematisk pendul er et system, der består af en tråd, hvis dimensioner er meget større end dimensionerne af bolden og selve bolden. Der kan opstå vanskeligheder, hvis Thomsons formel for oscillationsperioden for et matematisk pendul glemmes.

T= 2π (1);

l– længden af ​​det matematiske pendul; g- tyngdeacceleration.

Efter betingelse

Lad os udtrykke fra (3) g n = 14,4 m/s 2. Det skal bemærkes, at tyngdeaccelerationen afhænger af planetens masse og radius

Svar. 14,4 m/s 2.

En lige leder 1 m lang, der fører en strøm på 3 A, er placeret i et ensartet magnetfelt med induktion I= 0,4 Tesla i en vinkel på 30° i forhold til vektoren. Hvad er størrelsen af ​​den kraft, der virker på lederen fra magnetfeltet?

Løsning. Hvis du placerer en strømførende leder i et magnetfelt, vil feltet på den strømførende leder virke med en Ampere kraft. Lad os nedskrive formlen for Ampere kraftmodulet

F A = I LB sinα ;

F A = 0,6 N

Svar. F A = 0,6 N.

Den magnetiske feltenergi, der er lagret i spolen, når der føres en jævnstrøm igennem den, er lig med 120 J. Hvor mange gange skal styrken af ​​strømmen, der løber gennem spolens vikling, øges, for at den magnetiske feltenergi, der er lagret i den, kan stige af 5760 J.

Løsning. Energien af ​​spolens magnetfelt beregnes ved formlen

W m =	LI 2	(1);
	2

Efter betingelse W 1 = 120 J, så W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

jeg 1 2 =	2W 1	; jeg 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Så det aktuelle forhold

jeg 2 2	= 49;	jeg 2	= 7
jeg 1 2		jeg 1

Svar. Strømstyrken skal øges 7 gange. Du indtaster kun tallet 7 på svarformularen.

Et elektrisk kredsløb består af to pærer, to dioder og en ledning forbundet som vist på figuren. (En diode tillader kun strøm at flyde i én retning, som vist øverst på billedet.) Hvilken af ​​pærerne vil lyse, hvis magnetens nordpol bringes tættere på spolen? Forklar dit svar ved at angive, hvilke fænomener og mønstre du brugte i din forklaring.

Løsning. Magnetiske induktionslinjer kommer frem fra magnetens nordpol og divergerer. Når magneten nærmer sig, øges den magnetiske flux gennem spolen af ​​tråd. I overensstemmelse med Lenz's regel skal det magnetiske felt, der skabes af spolens induktive strøm, rettes mod højre. Ifølge gimlet-reglen skal strømmen løbe med uret (set fra venstre). Dioden i det andet lampekredsløb passerer i denne retning. Det betyder, at den anden lampe vil lyse.

Svar. Den anden lampe vil lyse.

Aluminium eger længde L= 25 cm og tværsnitsareal S= 0,1 cm 2 ophængt i en tråd ved den øvre ende. Den nederste ende hviler på den vandrette bund af karret, hvori der hældes vand. Længden af ​​den nedsænkede del af egeren l= 10 cm Find kraften F, hvormed strikkepinden trykker på bunden af ​​karret, hvis det er kendt, at tråden er placeret lodret. Densitet af aluminium ρ a = 2,7 g/cm 3, densitet af vand ρ b = 1,0 g/cm 3. Acceleration af tyngdekraften g= 10 m/s 2

Løsning. Lad os lave en forklarende tegning.

– Trådspændingskraft;

– Reaktionskraft af bunden af ​​beholderen;

a er den arkimediske kraft, der kun virker på den nedsænkede del af legemet og påføres midten af ​​den nedsænkede del af egen;

– tyngdekraften, der virker på egerne fra jorden og påføres hele egens centrum.

Per definition, massen af ​​eger m og det arkimedeiske kraftmodul er udtrykt som følger: m = SL p a (1);

F a = Slρ ind g (2)

Lad os overveje kræftmomenterne i forhold til ophængningspunktet for egeren.

M(T) = 0 – trækkraftmoment; (3)

M(N)= NL cosα er momentet for støttereaktionskraften; (4)

Under hensyntagen til momenternes tegn skriver vi ligningen

NL cosα + Slρ ind g (L –	l	)cosα = SLρ -en g	L	cosα (7)
	2		2

i betragtning af, at ifølge Newtons tredje lov er reaktionskraften i bunden af ​​karret lig kraften F d, hvormed strikkepinden trykker på bunden af ​​karret, vi skriver N = F d og fra ligning (7) udtrykker vi denne kraft:

F d = [	1	Lρ -en– (1 –	l	)lρ i ] Sg (8).
	2		2L

Lad os erstatte de numeriske data og få det

F d = 0,025 N.

Svar. F d = 0,025 N.

Cylinder indeholdende m 1 = 1 kg nitrogen, eksploderede under styrketestning ved temperatur t 1 = 327°C. Hvilken masse af brint m 2 kunne opbevares i en sådan cylinder ved en temperatur t 2 = 27°C, med en femdobbelt sikkerhedsmargen? Molær masse af nitrogen M 1 = 28 g/mol, hydrogen M 2 = 2 g/mol.

Løsning. Lad os skrive Mendeleev-Clapeyrons ideelle gasligning for nitrogen

Hvor V– cylinderens volumen, T 1 = t 1 + 273°C. Ifølge betingelsen kan brint lagres under tryk s 2 = p1/5; (3) I betragtning af det

Vi kan udtrykke brintmassen ved at arbejde direkte med ligningerne (2), (3), (4). Den endelige formel ser sådan ud:

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

Efter at have erstattet numeriske data m 2 = 28 g.

Svar. m 2 = 28 g.

I et ideelt oscillerende kredsløb er amplituden af ​​strømudsving i induktoren Jeg er= 5 mA, og spændingsamplituden på kondensatoren U m= 2,0 V. Til tider t spændingen over kondensatoren er 1,2 V. Find strømmen i spolen i dette øjeblik.

Løsning. I et ideelt oscillerende kredsløb bevares den oscillerende energi. I et øjeblik t har loven om energibevarelse formen

C	U 2	+ L	jeg 2	= L	Jeg er 2	(1)
	2		2		2

For amplitude (maksimum) værdier skriver vi

og fra ligning (2) udtrykker vi

C	=	Jeg er 2	(4).
L		U m 2

Lad os erstatte (4) med (3). Som et resultat får vi:

jeg = Jeg er (5)

Således er strømmen i spolen på tidspunktet t svarende til

jeg= 4,0 mA.

Svar. jeg= 4,0 mA.

Der er et spejl i bunden af ​​et reservoir 2 m dybt. En lysstråle, der passerer gennem vandet, reflekteres fra spejlet og kommer ud af vandet. Vandets brydningsindeks er 1,33. Find afstanden mellem indgangspunktet for strålen i vandet og udgangspunktet for strålen fra vandet, hvis strålens indfaldsvinkel er 30°

Løsning. Lad os lave en forklarende tegning

α er strålens indfaldsvinkel;

β er brydningsvinklen for strålen i vand;

AC er afstanden mellem indgangspunktet for strålen i vandet og udgangspunktet for strålen fra vandet.

Ifølge loven om lysets brydning

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Overvej den rektangulære ΔADB. I det AD = h, så DB = AD

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

Vi får følgende udtryk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Lad os erstatte de numeriske værdier i den resulterende formel (5)

Svar. 1,63 m.

Som forberedelse til Unified State-eksamenen inviterer vi dig til at gøre dig bekendt med arbejdsprogram i fysik for klassetrin 7-9 til UMK-linjen Peryshkina A.V. Og arbejdsprogram på avanceret niveau for klasse 10-11 for undervisningsmaterialer Myakisheva G.Ya. Programmerne er tilgængelige for visning og gratis download for alle registrerede brugere.