Felkészülés a vizsgára és a vizsgára

Középfokú általános oktatás

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

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

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

Felkészülés a fizika vizsgára: példák, megoldások, magyarázatok

szétszedjük USE hozzárendeléseket fizikából (C lehetőség) tanárral.

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

A munka különböző nehézségi fokú feladatokat mutat be: alap, haladó és magas. Feladatok alapszint, ezek olyan egyszerű feladatok, amelyek a legfontosabb fizikai fogalmak, modellek, jelenségek és törvények asszimilációját tesztelik. A haladó szintű feladatok a fizika fogalmainak és törvényeinek felhasználási képességének tesztelésére irányulnak különböző folyamatok és jelenségek elemzésére, valamint a problémamegoldási képesség egy vagy két törvény (képlet) alkalmazásával bármely témakörben. iskolai tanfolyam fizika. A 4. munkában a 2. rész feladatai nagy bonyolultságú feladatok, és a fizika törvényeinek és elméleteinek megváltozott vagy új helyzetben való alkalmazásának képességét tesztelik. Az ilyen feladatok megvalósításához egyszerre két három fizika szakterület ismereteinek alkalmazására van szükség, azaz. magas szintű képzés. Ez az opció teljesen egybeesik próba verzió USE 2017, a feladatok innen származnak nyitott bank a vizsga feladatai.

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

Megoldás. Az autó által 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett távolságot a legegyszerűbb egy trapéz területeként meghatározni, 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.

A 100 kg súlyú terhet egy kötéllel függőlegesen felfelé emelik. Az ábra a sebességvetítés függését mutatja V terhelés a felfelé tartó tengelyen időről időre t... Határozza meg a kábelfeszesség modulusát az emelkedés során.

Megoldás. A sebesség vetületének függésének grafikonja szerint v függőlegesen felfelé irányuló tengely terhelése, időről időre t, megadhatja a terhelés gyorsulásának vetületét

a =	∆v	=	(8-2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 mp

A terhelést befolyásolja: a függőlegesen lefelé irányuló gravitációs erő és a kötél mentén függőlegesen felfelé irányuló feszítőerő, lásd az ábrát. 2. Írjuk fel a dinamika alapegyenletét! Használjuk Newton második törvényét. A testre ható erők geometriai összege egyenlő a test tömegének a rá adott gyorsulás szorzatával.

+ = (1)

Írjuk fel a vektorok vetületének egyenletét a földhöz kapcsolódó vonatkoztatási rendszerben, az OY tengely felfelé irányul. A húzóerő vetülete pozitív, mivel az erő iránya egybeesik az OY tengely irányával, a gravitáció vetülete negatív, mivel az erővektor ellentétes irányú az OY tengellyel, a gyorsulásvektor vetülete pozitív is, így a test gyorsulással mozog felfelé. Nekünk van

T – mg = ma (2);

a (2) képletből a húzóerő modulusa

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

Válasz... 1200 N.

A testet egy durva vízszintes felületen húzzák végig állandó sebesség amelynek modulusa 1,5 m/s, erőt kifejtve rá az (1) ábrán látható módon. Ebben az esetben a testre ható csúszósúrlódási erő modulusa 16 N. Mekkora az erő által kifejtett teljesítmény F?

Megoldás. Képzeljünk el egy, a problémafelvetésben meghatározott fizikai folyamatot, és készítsünk egy sematikus rajzot, amelyen a testre ható összes erőt feltüntetjük (2. ábra). Írjuk fel a dinamika alapegyenletét.

Tr + + = (1)

Miután kiválasztottunk egy fix felülethez tartozó vonatkoztatási rendszert, felírjuk a vektorok vetítésének egyenleteit a kiválasztott felületre. koordináta tengelyek... 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 NS... 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 cosα - F tr = 0; (1) kifejezni az erő vetületét F, ez F cosα = F tr = 16 N; (2) akkor az erő által kifejlesztett teljesítmény egyenlő lesz N = F cosα V(3) A (2) egyenlet figyelembevételével behelyettesítést végzünk, és a megfelelő adatokat behelyettesítjük a (3) egyenletbe:

N= 16 N 1,5 m / s = 24 W.

Válasz. 24 watt

A 200 N / m merevségű könnyű rugóra rögzített terhelés függőleges rezgéseket okoz. Az ábrán az elmozdulás függésének diagramja látható x rakományt időről időre t... Határozza meg, mekkora a rakomány súlya. Válaszát kerekítse a legközelebbi egész számra.

Megoldás. A rugóval terhelt súly függőlegesen rezeg. A terhelés elmozdulásának függésének grafikonja szerint NS időről t, meghatározzuk 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 könnyűtömbből és egy súlytalan kábelből álló rendszer látható, mellyel 10 kg súlyú terhet egyensúlyozhat vagy emelhet. A súrlódás elhanyagolható. A fenti ábra elemzése alapján válassza ki kettő helyesbítse az állításokat, és a válaszban tüntesse fel számukat!

1. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 100 N erővel kell hatnia a kötél végére.
2. Az ábrán látható blokkrendszer nem ad teljesítményerősítést.
3. h, ki kell nyújtanod egy 3 hosszúságú kötélszakaszt h.
4. Annak érdekében, hogy a terhet lassan magasra emelje hh.

Megoldás. Ebben a feladatban egyszerű mechanizmusokat kell felidézni, nevezetesen a blokkokat: egy mozgatható és rögzített blokkot. A mozgatható blokk kétszeres szilárdságnövekedést ad, így a kötélszakaszt kétszer hosszabbra kell húzni, és az álló blokkot az erő átirányítására használják. Működés közben az egyszerű nyerési mechanizmusok nem adnak. A probléma elemzése után azonnal kiválasztjuk a szükséges állításokat:

1. Annak érdekében, hogy a terhet lassan magasra emelje h, ki kell húznia egy 2 hosszúságú kötélszakaszt h.
2. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 50 N erővel kell hatnia a kötél végére.

Válasz. 45.

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

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

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

V =	m	.
	p

A vas sűrűsége 7800 kg / m 3, az alumínium sűrűsége 2700 kg / m 3. Ennélfogva, V f< V a... A test egyensúlyban van, a testre ható összes erő eredője nulla. Irányítsuk felfelé az OY koordinátatengelyt. A dinamika alapegyenlete, figyelembe véve az erők vetületét, a formába van írva F vezérlő + F a – mg= 0; (1) Adja meg a húzóerőt F kontroll = mg – F a(2); Az arkhimédeszi erő a folyadék sűrűségétől és az elmerült testrész térfogatától függ F a = ρ gV p.h.t. (3); A folyadék sűrűsége nem változik, és a vastest térfogata kisebb V f< V a, ezért a vasterhelésre ható arkhimédészi erő kisebb lesz. Következtetést vonunk le a menetfeszítő erő modulusáról, a (2) egyenlettel dolgozva, az növekedni fog.

Válasz. 13.

Blokksúly m lecsúszik a fix durva ferde síkα szöggel az alapnál. A blokkgyorsulási modulus az a, a rúd sebességmodulusa nő. A légellenállás elhanyagolható.

Állítson fel egyezést a fizikai mennyiségek és a képletek között, amellyel kiszámíthatók. 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 ferde síkon

3) mg cosα

4) sinα -	a
	g cosα

Megoldás. Ez a feladat a Newton-törvények alkalmazását igényli. Javasoljuk vázlatos rajz készítését; jelzi a mozgás összes kinematikai jellemzőjét. Ha lehetséges, ábrázolja a mozgó testre ható összes erő gyorsulási vektorát és vektorait; ne feledje, hogy a testre ható erők más testekkel való kölcsönhatás eredménye. Ezután írja fel a dinamika alapegyenletét. Válasszunk ki egy referenciarendszert, és írjuk fel az eredményül kapott egyenletet az erők és a gyorsulások vektorainak vetületére;

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 felé 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 erőkivetítéshez és a gyorsuláshoz.

Az OY tengelyen: a támasztó reakcióerő 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 mg y= – mg cosa; gyorsulás vektor vetítés a y= 0, mivel a gyorsulásvektor merőleges a tengelyre. Nekünk van N – mg cosα = 0 (2) az egyenletből a rúdra ható reakció erejét fejezzük ki, a ferde sík oldaláról. N = mg cosα (3). Írjunk vetületeket az OX tengelyre.

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) tól derékszögű háromszög... Gyorsulási vetület pozitív 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 nyomáserővel N.

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

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

Minden betűhöz kiválasztjuk a megfelelő pozíciókat.

Válasz. A-3; B-2.

8. feladat Oxigéngáz van egy 33,2 literes edényben. 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!

Megoldás. Fontos odafigyelni a mértékegységek SI rendszerre való átszámítására. A hőmérsékletet átváltjuk Kelvinre T = t° С + 273, kötet V= 33,2 l = 33,2 · 10 -3 m 3; Lefordítjuk a nyomást 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 g

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

Megoldás. Először is, a gáz a szabadsági fokok egyatomszáma én= 3, másodszor, a gáz adiabatikusan tágul - ez azt jelenti, hogy nincs hőcsere K= 0. A gáz a belső energia csökkentésével működik. Ezt figyelembe véve a termodinamika első főtételét 0 = ∆ alakban írjuk fel U + A G; (1) kifejezi a gáz munkáját A r = –∆ U(2); Egy monoatomos gáz belső energiájának változása így írható fel

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?

Megoldás. A telített gőzzel és a levegő páratartalmával kapcsolatos kérdések leggyakrabban az iskolások számára nehezek. Használjuk a képletet a relatív páratartalom kiszámításához

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

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Adjuk meg a légnyomást a (2), (3) képletekből, és keressük meg a nyomásarányt.

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 állandó teljesítményű olvasztókemencében lassan lehűtjük. A táblázat egy anyag hőmérsékletének időbeli mérési eredményeit mutatja.

Válasszon a megadott listából kettő az elvégzett mérések eredményeinek megfelelő nyilatkozatokat és azok számát.

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

Megoldás. Ahogy az anyag lehűlt, belső energiája csökkent. A hőmérsékletmérési eredmények lehetővé teszik annak a hőmérsékletnek a meghatározását, amelyen az anyag kristályosodni kezd. Amíg az anyag elhalad folyékony halmazállapot szilárd anyagban a hőmérséklet nem változik. Tudva, hogy az olvadáspont és a kristályosodási hőmérséklet megegyezik, a következő állítást választjuk:

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

A második igaz 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 beállt a termikus egyensúly. Hogyan változott ennek hatására a B test hőmérséklete és az A és B test teljes belső energiája?

Minden értékhez határozza meg a megfelelő változási mintát:

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

Írja le mindegyikhez a kiválasztott számokat fizikai mennyiség... A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Ha egy izolált testrendszerben a hőcsere kivételével nincs energia átalakulás, akkor a testek által leadott hőmennyiség, amelyek belső energiája csökken, megegyezik a testek által felvett hőmennyiséggel, amelyek belső energiája növeli. (Az energiamegmaradás törvénye szerint.) Ebben az esetben a rendszer teljes belső energiája nem változik. Az ilyen típusú feladatok megoldása a hőmérleg egyenlet alapján történik.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	én = 1

ahol ∆ U- belső energia változása.

Esetünkben a hőcsere következtében 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 megnő. Az A és B test teljes belső energiája nem változik.

Válasz. 23.

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

Megoldás. 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 részecsketöltést. A bal kéz négy ujját a sebességvektor mentén irányítjuk, pozitív töltésű részecske esetén a vektornak merőlegesen kell bejutnia a tenyérbe, a 90 ° -ra beállított hüvelykujj 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.

Feszítő modul elektromos mező 50 μF kapacitású lapos levegő kondenzátorban 200 V / m. A kondenzátorlapok közötti távolság 2 mm. Mekkora a kondenzátor töltése? Írd le a választ μC-ban!

Megoldás. Váltsunk át minden mértékegységet SI rendszerre. Kapacitás C = 50 μF = 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 képletéből

ahol d A lemezek közötti távolság.

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

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

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

Válasz. 20 μC.

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

1. Növekszik
2. Csökken
3. Nem változik
4. Írja le a táblázatba minden válaszhoz a kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Az ilyen jellegű feladatoknál emlékezünk arra, hogy mi a fénytörés. Ez a hullám terjedési irányának változása, amikor egyik közegből a másikba megy át. Ennek oka, hogy ezekben a közegekben eltérő a hullámterjedési sebesség. Miután kitaláltuk, melyik közegből melyik fény terjed, a törés törvényét a formába írjuk

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

ahol n 2 - az üveg abszolút törésmutatója, a közeg, ahová a fény megy; n Az 1 annak az első közegnek az abszolút törésmutatója, amelyből a fény érkezik. Levegőért n 1 = 1. α a sugár beesési szöge az üveg félhenger 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 pontján helyreállított merőlegestől mérjük. Ha növeli a beesési szöget, akkor a törésszög is nő. Az üveg törésmutatója ettől nem fog változni.

Válasz.

Réz jumper egy adott időpontban t A 0 = 0 2 m / s sebességgel kezd mozogni párhuzamos vízszintes vezető sínek mentén, amelyek végeihez 10 ohmos ellenállás van csatlakoztatva. Az egész rendszer függőleges, egyenletes mágneses térben van. A szemöldök és a sínek ellenállása elhanyagolható, a szemöldök mindig merőleges a sínekre. A mágneses indukciós vektor fluxusa egy jumper, sínek és ellenállás által alkotott áramkörön keresztül idővel változik t a grafikonon látható módon.

A grafikon segítségével válasszon ki két helyes állítást, és írja be a számukat a válaszba.

1. Az időpont szerint t= 0,1 s, az áramkörön átmenő mágneses fluxus változása 1 mVb.
2. Indukciós áram a jumperben a tól tartományban t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Az áramkörben fellépő indukció EMF modulusa 10 mV.
4. A jumperben folyó indukciós áram erőssége 64 mA.
5. A válaszfal mozgásának fenntartása érdekében erőt fejtenek ki rá, amelynek a sínek irányára vetülete 0,2 N.

Megoldás. A mágneses indukciós vektor áramkörön átmenő fluxusának időbeli függésének grafikonja alapján meghatározzuk azokat a szakaszokat, ahol a fluxus Ф változik, és ahol a fluxus változása nulla. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy meghatározzuk azokat az időintervallumokat, amelyekben az indukciós áram fellép az áramkörben. Helyes állítás:

1) Mire t= 0,1 s az áramkörön átmenő mágneses fluxus változása egyenlő 1 mWb ∆F = (1 - 0) · 10 –3 Wb; Az áramkörben fellépő EMF indukciós modulus az EMR törvény alapján kerül meghatározásra

Válasz. 13.

Az áramerősség időtől való függésének grafikonja szerint egy elektromos áramkörben, amelynek induktivitása 1 mH, határozza meg az önindukció EMF modulusát 5 és 10 s közötti időintervallumban. Írd le a választ μV-ban!

Megoldás. Fordítsuk le az összes mennyiséget az SI rendszerbe, azaz. 1 mH induktivitását H-vé alakítjuk, 10 –3 H-t kapunk. Az ábrán látható áram mA-ban szintén A-vá alakul, ha megszorozzuk 10–3-mal.

Az önindukció EMF képlete a következővel rendelkezik

ebben az esetben az időintervallumot a probléma állapotának megfelelően adjuk meg

∆t= 10 s - 5 s = 5 s

másodperc, és a grafikon alapján meghatározzuk az áramváltozás időtartamát ezen idő alatt:

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

A számértékeket behelyettesítve a (2) képletbe, megkapjuk

| Ɛ | = 2 · 10 –6 V vagy 2 µV.

Válasz. 2.

Két átlátszó sík-párhuzamos lemezt szorosan egymáshoz nyomnak. A levegőből egy 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.

Megoldás. A két közeg határfelületén a fénytöréssel kapcsolatos problémák, különösen a sík-párhuzamos lemezeken át történő fényáteresztés problémáinak megoldására a következő megoldási sorrend ajánlható: készítsen rajzot az egyikből kilépő sugarak útját mutató rajzzal. közepes a másiknak; a sugár beesési pontján a két közeg határfelületén rajzoljunk egy normált a felületre, jelöljük be a beesési és törési szögeket. Fordítson különös figyelmet a szóban forgó közeg optikai sűrűségére, és ne feledje, hogy amikor egy 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, de 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

Szerkesszük meg a sugár hozzávetőleges útját a lemezeken. A 2–3 és 3–1 határokhoz az (1) képletet használjuk. A válaszban azt kapjuk

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;

Megoldás. Minden magreakcióban betartják az elektromos töltés és a nukleonok számának megmaradásának törvényeit. Jelölje x - az alfa részecskék számát, y - a protonok számát. Készítsük el az egyenleteket

+ → x + y;

megoldani a rendszert, ez megvan x = 1; y = 2

Válasz. 1 - α-részecske; 2 - proton.

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 impulzusmodulusa. Határozzuk meg a második és az első foton E 2 / E 1 energiaarányát! Válaszát kerekítse tizedekre.

Megoldás. A második foton impulzusa nagyobb, mint az első foton lendülete a feltétel alapján, ez azt jelenti, hogy tudjuk ábrázolni p 2 = p 1 + Δ p(1). A foton energiája a foton impulzusával fejezhető ki a következő egyenletekkel. azt E = mc 2. (1) és p = mc(2), akkor

E = pc (3),

ahol E- foton energia, p- foton impulzus, m - foton tömeg, c= 3 · 10 8 m / s - a fény sebessége. A (3) képletet figyelembe véve 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 változott ennek hatására az atommag elektromos töltése és a benne lévő neutronok száma?

Minden értékhez határozza meg a megfelelő változási mintát:

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

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Pozitron β - bomlás az atommagban, amikor egy proton neutronná alakul pozitron kibocsátásával. Ennek eredményeként az atommagban lévő neutronok száma eggyel nő, az elektromos töltés eggyel csökken, és az atommag tömegszáma változatlan marad. Így az elem átalakulási reakciója a következő:

Válasz. 21.

A laboratóriumban öt kísérletet végeztek a diffrakció megfigyelésére különféle diffrakciós rácsokkal. Mindegyik rácsot meghatározott hullámhosszú, párhuzamos monokromatikus fénysugarakkal világították meg. A fény minden esetben a rácsra merőlegesen esett. E kísérletek közül kettőben ugyanannyi fő diffrakciós maximumot figyeltek meg. Először adja meg annak a kísérletnek a számát, amelyben használt diffrakciós rács rövidebb periódussal, majd - annak a kísérletnek a száma, amelyben hosszú periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztak.

Megoldás. A fény diffrakciója egy fénysugár jelensége egy geometriai árnyék területén. Diffrakció akkor figyelhető meg, ha a fényhullám útján átlátszatlan területek vagy lyukak vannak a fény számára nagy és átlátszatlan akadályokban, és ezen területek vagy lyukak mérete arányos a hullámhosszal. Az egyik legfontosabb diffrakciós eszköz a diffrakciós rács. A diffrakciós mintázat maximumaihoz vezető 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. Fejezzük ki az (1) egyenletből

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

Válasz. 42.

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

Minden értékhez határozza meg a megfelelő változási mintát:

1. Növekedni fog;
2. Csökkenni fog;
3. Nem fog változni.

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Fontos megjegyezni, hogy milyen értékektől függ a vezető ellenállása. Az ellenállás kiszámításának képlete a

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

U = I R (3).

A probléma állapotának megfelelően a második ellenállás azonos anyagú, azonos hosszúságú, de eltérő keresztmetszeti területű huzalból készül. A terület fele akkora. 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 hosszabb, mint egy bizonyos bolygón. Mekkora a gravitációs gyorsulás modulusa ezen a bolygón? A légkör hatása mindkét esetben elhanyagolható.

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

T= 2π(1);

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

Feltétel szerint

Kifejezzük a (3)-ból g n = 14,4 m/s 2. Meg kell jegyezni, hogy a gravitáció 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. V= 0,4 T a vektorral 30°-os szögben. Mekkora a mágneses tér oldaláról a vezetőre ható erő modulusa?

Megoldás. Ha egy áramvezetőt mágneses mezőbe helyez, akkor az áramerősségű vezető mezője Amper erejével fog hatni. Felírjuk az Amper-erő modulusának képletét

F A = I LB sinα;

F A = 0,6 N

Válasz. F A = 0,6 N.

A tekercsben tárolt mágneses mező energiája egyenáram átvezetésekor egyenlő 120 J. Hányszorosára kell növelni a tekercs tekercselésen átfolyó áramot, hogy a tárolt mágneses mező energiája 5760 J-el növekedjen .

Megoldás. A tekercs mágneses térenergiáját a képlet számítja ki

W m =	LI 2	(1);
	2

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

én 1 2 =	2W 1	; én 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Ezután az áramok aránya

én 2 2	= 49;	én 2	= 7
én 1 2		én 1

Válasz. Az áramerősséget 7-szeresére kell növelni. A válasz űrlapon csak a 7-es számot kell megadnia.

Az elektromos áramkör két izzóból, két diódából és egy huzaltekercsből áll, az ábrán látható módon csatlakoztatva. (A dióda csak egy irányba engedi át az áramot, amint az az ábra tetején látható). Melyik izzó fog kigyulladni, ha a mágnes északi pólusát közelebb hozzuk a hurokhoz? Magyarázza meg a választ annak megjelölésével, hogy milyen jelenségeket és mintákat használt a magyarázat során.

Megoldás. A mágneses indukció vonalai a mágnes északi pólusából jönnek ki, és eltérnek egymástól. Ahogy a mágnes közeledik, a mágneses fluxus a huzaltekercsen keresztül növekszik. Lenz szabálya szerint a mágneses mező keletkezett indukciós áram fordulatnak jobbra kell mutatnia. A gimbal szabálya szerint az áramnak az óramutató járásával megegyező irányban kell folynia (balról nézve). A második lámpa áramkörében lévő dióda ebbe az irányba halad. Ez azt jelenti, hogy a második lámpa kigyullad.

Válasz. Kigyullad a második lámpa.

Alumínium küllőhossz L= 25 cm és keresztmetszeti terület S= 0,1 cm 2 egy menetre felfüggesztve a felső végén. Az alsó vége egy edény vízszintes alján nyugszik, amelybe vizet öntenek. Az elmerült küllő hossza l= 10 cm. Határozza 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 b = 1,0 g / cm 3. A gravitáció gyorsulása g= 10 m/s 2

Megoldás. Készítsünk egy magyarázó rajzot.

- Menetfeszítő erő;

- Az edény fenekének reakcióereje;

a - Arkhimédeszi erő, amely csak a bemerült testrészre hat, és a küllő bemerült részének közepére hat;

- a Földről a küllőre ható gravitációs erő, amely a teljes küllő közepére hat.

Értelemszerűen a küllő súlya 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 cosα + Slρ in g (L –	l	) cosα = SLρ a g	L	cosα (7)
	2		2

figyelembe véve, hogy Newton harmadik törvénye szerint az edény fenekének reakcióereje egyenlő az erővel F d amellyel a küllő az edény fenekét nyomja, 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

Cserélje ki a numerikus adatokat, és kapja meg azt

F d = 0,025 N.

Válasz. F d = 0,025 N.

Egy tartály, amely tartalmaz m 1 = 1 kg nitrogén, szilárdsági próbában hőmérsékleten felrobbant t 1 = 327 °C. Mekkora a hidrogén tömege m 2 ilyen edényben olyan hőmérsékleten tárolható t 2 = 27 °C, ötszörös biztonsági tényezővel? Moláris tömeg nitrogén M 1 = 28 g/mol, hidrogén M 2 = 2 g/mol.

Megoldás.Írjuk fel a Mengyelejev-Clapeyron ideális gáz állapotegyenletét nitrogénre

ahol V- a henger térfogata, T 1 = t 1 + 273 °C. Feltételek szerint a hidrogén nyomás alatt tárolható p 2 = p 1/5; (3) Figyelembe véve azt

a (2), (3), (4) egyenletekkel közvetlenül dolgozva kifejezhetjük a hidrogén tömegét. A végső képlet a következő:

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

A numerikus adatok pótlása után m 2 = 28 g.

Válasz. m 2 = 28 g.

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

Megoldás. Egy ideális oszcillációs körben a rezgési energia tárolódik. A t időpillanatban az energiamegmaradási törvény alakja

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

Az amplitúdó (maximális) értékekhez írunk

és a (2) egyenletből azt fejezzük ki

C	=	én m 2	(4).
L		U m 2

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

én = én m (5)

Így az áram a tekercsben az idő pillanatában t egyenlő

én= 4,0 mA.

Válasz. én= 4,0 mA.

A tározó alján 2 m mélyen tükör található. A vízen áthaladó fénysugár visszaverődik a tükörről és kijön 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 °

Megoldás. Készítsünk egy magyarázó rajzot

α a sugár beesési szöge;

β a sugár törésszöge vízben;

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

A fénytörés törvénye szerint

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

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

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

A következő kifejezést kapjuk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Helyettesítse a számértékeket a kapott képletbe (5)

Válasz. 1,63 m.

A vizsgára való felkészülés során javasoljuk, hogy ismerkedjen meg egy fizikai munkaprogram a 7–9. évfolyam számára az UMK Peryshkina A.V. vonalára.és mélyreható szintű munkaprogram a 10-11. osztály számára a Myakisheva G.Ya oktatási komplexum számára. A programok minden regisztrált felhasználó számára megtekinthetők és ingyenesen letölthetők.

HASZNÁLAT 2017 Fizika tipikus tesztfeladatokat Lukaseva

Moszkva: 2017 - 120 p.

A fizikában a tipikus tesztfeladatok 10 feladatsor-lehetőséget tartalmaznak, amelyeket a 2017-es egységes államvizsga összes jellemzőjének és követelményének figyelembevételével állítottak össze. A kézikönyv célja, hogy az olvasók tájékoztatást kapjanak a 2017. évi fizika ellenőrző mérőanyagok felépítéséről, tartalmáról, valamint a feladatok nehézségi fokáról. A gyűjtemény minden tesztlehetőségre választ ad, valamint a legnehezebb problémákra is megoldást kínál mind a 10 lehetőség közül. Ezen kívül a vizsgán használt nyomtatványok mintái is rendelkezésre állnak. A szerzők csapata az Egységes Fizikai Állami Vizsga Szövetségi Tantárgyi Bizottságának szakemberei. A kézikönyv a tanároknak szól, hogy felkészítse a tanulókat a fizikavizsgára, a középiskolásokat pedig az önálló tanulásra és az önkontrollra.

Formátum: pdf

A méret: 4,3 MB

Megtekintés, letöltés: drive.google

TARTALOM
Munkautasítások 4
1. LEHETŐSÉG 9
1. rész 9
2. rész 15
2. LEHETŐSÉG 17
1. rész 17
2. rész 23
3. LEHETŐSÉG 25
1. rész 25
2. rész 31
4. LEHETŐSÉG 34
1. rész 34
2. rész 40
5. LEHETŐSÉG 43
1. rész 43
2. rész 49
6. LEHETŐSÉG 51
1. rész 51
2. rész 57
7. LEHETŐSÉG 59
1. rész 59
2. rész 65
8. LEHETŐSÉG 68
1. rész 68
2. rész 73
9. LEHETŐSÉG 76
1. rész 76
2. rész 82
10. LEHETŐSÉG 85
1. rész 85
2. rész 91
VÁLASZOK. VIZSGA ÉRTÉKELÉSI RENDSZER
FIZIKA MUNKÁK 94

A fizikai próbamunkára 3 óra 55 perc (235 perc) jut. A munka 2 részből áll, ebből 31 feladat.
Az 1-4, 8-10, 14, 15, 20, 24-26 feladatokban a válasz egész vagy véges szám decimális... Írja be a számot a válasz mezőbe a mű szövegét, majd az alábbi minta szerint vigye át az 1. számú válaszűrlapra. A fizikai mennyiségek mértékegységeit nem kell leírnia.
A 27-31. feladatokra adott válasz a feladat teljes folyamatának részletes leírását tartalmazza. A 2. számú válaszlapon tüntesse fel a feladat számát, és írja le annak teljes megoldását!
A számításokhoz nem programozható számológép használata megengedett.
Minden USE űrlapot élénk fekete tintával töltenek ki. Gél, kapilláris vagy töltőtoll használata megengedett.
A feladatok elkészítésekor használhatja a piszkozatot. A pályamunkák nem számítanak bele az értékelésbe.
Az elvégzett feladatokért kapott pontok összegzésre kerülnek. Próbáljon minél több feladatot elvégezni, és nyerjen a legnagyobb számban pontokat.

Felkészülés a vizsgára és a vizsgára

Középfokú általános oktatás

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

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

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

Felkészülés a fizika vizsgára: példák, megoldások, magyarázatok

Tanárral elemezzük a fizika vizsga (C lehetőség) feladatait.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikatanár, 27 éves szakmai tapasztalat. A Moszkvai Régió Oktatási Minisztériumának díszoklevele (2013), a Feltámadás Városi Kerület vezetőjének köszönőlevele (2015), a Moszkvai Régió Matematika és Fizika Tanárok Szövetsége elnökének díszoklevele (2015).

A munka különböző nehézségi fokú feladatokat mutat be: alap, haladó és magas. Az alapszintű feladatok egyszerű feladatok, amelyek a legfontosabb fizikai fogalmak, modellek, jelenségek és törvényszerűségek asszimilációját tesztelik. Az emelt szintű feladatok arra irányulnak, hogy teszteljék a fizika fogalmait és törvényeit különböző folyamatok és jelenségek elemzésére, valamint problémamegoldó képességet egy vagy két törvény (képlet) alkalmazásával bármely témakörben. az iskolai fizika tantárgyból. A 4. munkában a 2. rész feladatai nagy bonyolultságú feladatok, és a fizika törvényeinek és elméleteinek megváltozott vagy új helyzetben való alkalmazásának képességét tesztelik. Az ilyen feladatok megvalósításához egyszerre két három fizika szakterület ismereteinek alkalmazására van szükség, azaz. magas szintű képzés. Ez az opció teljes mértékben összhangban van a demóval a vizsga verziója 2017, a feladatok az USE feladatok nyílt bankjából származnak.

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

Megoldás. Az autó által 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett távolságot a legegyszerűbb egy trapéz területeként meghatározni, 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.

A 100 kg súlyú terhet egy kötéllel függőlegesen felfelé emelik. Az ábra a sebességvetítés függését mutatja V terhelés a felfelé tartó tengelyen időről időre t... Határozza meg a kábelfeszesség modulusát az emelkedés során.

Megoldás. A sebesség vetületének függésének grafikonja szerint v függőlegesen felfelé irányuló tengely terhelése, időről időre t, megadhatja a terhelés gyorsulásának vetületét

a =	∆v	=	(8-2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 mp

A terhelést befolyásolja: a függőlegesen lefelé irányuló gravitációs erő és a kötél mentén függőlegesen felfelé irányuló feszítőerő, lásd az ábrát. 2. Írjuk fel a dinamika alapegyenletét! Használjuk Newton második törvényét. A testre ható erők geometriai összege egyenlő a test tömegének a rá adott gyorsulás szorzatával.

+ = (1)

Írjuk fel a vektorok vetületének egyenletét a földhöz kapcsolódó vonatkoztatási rendszerben, az OY tengely felfelé irányul. A húzóerő vetülete pozitív, mivel az erő iránya egybeesik az OY tengely irányával, a gravitáció vetülete negatív, mivel az erővektor ellentétes irányú az OY tengellyel, a gyorsulásvektor vetülete pozitív is, így a test gyorsulással mozog felfelé. Nekünk van

T – mg = ma (2);

a (2) képletből a húzóerő modulusa

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

Válasz... 1200 N.

A testet egy durva vízszintes felületen, állandó sebességgel húzzák, amelynek modulusa 1,5 m/s, az (1) ábrán látható módon erőt kifejtve rá. Ebben az esetben a testre ható csúszósúrlódási erő modulusa 16 N. Mekkora az erő által kifejtett teljesítmény F?

Megoldás. Képzeljünk el egy, a problémafelvetésben meghatározott fizikai folyamatot, és készítsünk egy sematikus rajzot, amelyen a testre ható összes erőt feltüntetjük (2. ábra). Írjuk fel a dinamika alapegyenletét.

Tr + + = (1)

A rögzített felülethez tartozó vonatkoztatási rendszer kiválasztását követően felírjuk a vektorok vetítésének egyenleteit a kiválasztott koordinátatengelyekre. 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 NS... 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 cosα - F tr = 0; (1) kifejezni az erő vetületét F, ez F cosα = F tr = 16 N; (2) akkor az erő által kifejlesztett teljesítmény egyenlő lesz N = F cosα V(3) A (2) egyenlet figyelembevételével behelyettesítést végzünk, és a megfelelő adatokat behelyettesítjük a (3) egyenletbe:

N= 16 N 1,5 m / s = 24 W.

Válasz. 24 watt

A 200 N / m merevségű könnyű rugóra rögzített terhelés függőleges rezgéseket okoz. Az ábrán az elmozdulás függésének diagramja látható x rakományt időről időre t... Határozza meg, mekkora a rakomány súlya. Válaszát kerekítse a legközelebbi egész számra.

Megoldás. A rugóval terhelt súly függőlegesen rezeg. A terhelés elmozdulásának függésének grafikonja szerint NS időről t, meghatározzuk 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 könnyűtömbből és egy súlytalan kábelből álló rendszer látható, mellyel 10 kg súlyú terhet egyensúlyozhat vagy emelhet. A súrlódás elhanyagolható. A fenti ábra elemzése alapján válassza ki kettő helyesbítse az állításokat, és a válaszban tüntesse fel számukat!

1. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 100 N erővel kell hatnia a kötél végére.
2. Az ábrán látható blokkrendszer nem ad teljesítményerősítést.
3. h, ki kell nyújtanod egy 3 hosszúságú kötélszakaszt h.
4. Annak érdekében, hogy a terhet lassan magasra emelje hh.

Megoldás. Ebben a feladatban egyszerű mechanizmusokat kell felidézni, nevezetesen a blokkokat: egy mozgatható és rögzített blokkot. A mozgatható blokk kétszeres szilárdságnövekedést ad, így a kötélszakaszt kétszer hosszabbra kell húzni, és az álló blokkot az erő átirányítására használják. Működés közben az egyszerű nyerési mechanizmusok nem adnak. A probléma elemzése után azonnal kiválasztjuk a szükséges állításokat:

1. Annak érdekében, hogy a terhet lassan magasra emelje h, ki kell húznia egy 2 hosszúságú kötélszakaszt h.
2. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 50 N erővel kell hatnia a kötél végére.

Válasz. 45.

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

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

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

V =	m	.
	p

A vas sűrűsége 7800 kg / m 3, az alumínium sűrűsége 2700 kg / m 3. Ennélfogva, V f< V a... A test egyensúlyban van, a testre ható összes erő eredője nulla. Irányítsuk felfelé az OY koordinátatengelyt. A dinamika alapegyenlete, figyelembe véve az erők vetületét, a formába van írva F vezérlő + F a – mg= 0; (1) Adja meg a húzóerőt F kontroll = mg – F a(2); Az arkhimédeszi erő a folyadék sűrűségétől és az elmerült testrész térfogatától függ F a = ρ gV p.h.t. (3); A folyadék sűrűsége nem változik, és a vastest térfogata kisebb V f< V a, ezért a vasterhelésre ható arkhimédészi erő kisebb lesz. Következtetést vonunk le a menetfeszítő erő modulusáról, a (2) egyenlettel dolgozva, az növekedni fog.

Válasz. 13.

Blokksúly m lecsúszik egy rögzített durva ferde síkról α szöggel az alapnál. A blokkgyorsulási modulus az a, a rúd sebességmodulusa nő. A légellenállás elhanyagolható.

Állítson fel egyezést a fizikai mennyiségek és a képletek között, amellyel kiszámíthatók. 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 ferde síkon

3) mg cosα

4) sinα -	a
	g cosα

Megoldás. Ez a feladat a Newton-törvények alkalmazását igényli. Javasoljuk vázlatos rajz készítését; jelzi a mozgás összes kinematikai jellemzőjét. Ha lehetséges, ábrázolja a mozgó testre ható összes erő gyorsulási vektorát és vektorait; ne feledje, hogy a testre ható erők más testekkel való kölcsönhatás eredménye. Ezután írja fel a dinamika alapegyenletét. Válasszunk ki egy referenciarendszert, és írjuk fel az eredményül kapott egyenletet az erők és a gyorsulások vektorainak vetületére;

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 felé 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 ezt az (1) egyenletet az erők és a gyorsulás vetületére.

Az OY tengelyen: a támasztó reakcióerő 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 mg y= – mg cosa; gyorsulás vektor vetítés a y= 0, mivel a gyorsulásvektor merőleges a tengelyre. Nekünk van N – mg cosα = 0 (2) az egyenletből a rúdra ható reakció erejét fejezzük ki, a ferde sík oldaláról. N = mg cosα (3). Írjunk vetületeket az OX tengelyre.

Az OX tengelyen: erővetítés N egyenlő nullával, mivel a vektor merőleges az OX tengelyre; A súrlódási erő vetülete negatív (a vektor a kiválasztott tengelyhez képest ellenkező irányban irányul); a gravitáció vetülete pozitív és egyenlő mg x = mg sinα (4) derékszögű háromszögből. Gyorsulási vetület pozitív 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 nyomáserővel N.

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

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

Minden betűhöz kiválasztjuk a megfelelő pozíciókat.

Válasz. A-3; B-2.

8. feladat Oxigéngáz van egy 33,2 literes edényben. 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!

Megoldás. Fontos odafigyelni a mértékegységek SI rendszerre való átszámítására. A hőmérsékletet átváltjuk Kelvinre T = t° С + 273, kötet V= 33,2 l = 33,2 · 10 -3 m 3; Lefordítjuk a nyomást 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 g

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

Megoldás. Először is, a gáz a szabadsági fokok egyatomszáma én= 3, másodszor, a gáz adiabatikusan tágul - ez azt jelenti, hogy nincs hőcsere K= 0. A gáz a belső energia csökkentésével működik. Ezt figyelembe véve a termodinamika első főtételét 0 = ∆ alakban írjuk fel U + A G; (1) kifejezi a gáz munkáját A r = –∆ U(2); Egy monoatomos gáz belső energiájának változása így írható fel

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?

Megoldás. A telített gőzzel és a levegő páratartalmával kapcsolatos kérdések leggyakrabban az iskolások számára nehezek. Használjuk a képletet a relatív páratartalom kiszámításához

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

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Adjuk meg a légnyomást a (2), (3) képletekből, és keressük meg a nyomásarányt.

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 állandó teljesítményű olvasztókemencében lassan lehűtjük. A táblázat egy anyag hőmérsékletének időbeli mérési eredményeit mutatja.

Válasszon a megadott listából kettő az elvégzett mérések eredményeinek megfelelő nyilatkozatokat és azok számát.

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

Megoldás. Ahogy az anyag lehűlt, belső energiája csökkent. A hőmérsékletmérési eredmények lehetővé teszik annak a hőmérsékletnek a meghatározását, amelyen az anyag kristályosodni kezd. Amíg egy anyag folyadékból szilárd halmazállapotba kerül, a hőmérséklet nem változik. Tudva, hogy az olvadáspont és a kristályosodási hőmérséklet megegyezik, a következő állítást választjuk:

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

A második igaz 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 beállt a termikus egyensúly. Hogyan változott ennek hatására a B test hőmérséklete és az A és B test teljes belső energiája?

Minden értékhez határozza meg a megfelelő változási mintát:

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

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Ha egy izolált testrendszerben a hőcsere kivételével nincs energia átalakulás, akkor a testek által leadott hőmennyiség, amelyek belső energiája csökken, megegyezik a testek által felvett hőmennyiséggel, amelyek belső energiája növeli. (Az energiamegmaradás törvénye szerint.) Ebben az esetben a rendszer teljes belső energiája nem változik. Az ilyen típusú feladatok megoldása a hőmérleg egyenlet alapján történik.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	én = 1

ahol ∆ U- belső energia változása.

Esetünkben a hőcsere következtében 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 megnő. Az A és B test teljes belső energiája nem változik.

Válasz. 23.

Proton p, az elektromágnes pólusai közötti résbe repült, sebessége merőleges a mágneses indukciós vektorra, amint az az ábrán látható. Hol van a protonra ható Lorentz-erő az ábrához képest (felfelé, a megfigyelő felé, a megfigyelőtől, le, balra, jobbra)

Megoldás. 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 részecsketöltést. A bal kéz négy ujját a sebességvektor mentén irányítjuk, pozitív töltésű részecske esetén a vektornak merőlegesen kell bejutnia a tenyérbe, a 90 ° -ra beállított hüvelykujj a részecskére ható Lorentz-erő irányát mutatja. Ennek eredményeként azt kaptuk, hogy a Lorentz-erővektor az ábrához képest a megfigyelőtől elfelé irányul.

Válasz. a szemlélőtől.

Az elektromos térerősség modulusa egy 50 μF-os lapos légkondenzátorban 200 V/m. A kondenzátorlapok közötti távolság 2 mm. Mekkora a kondenzátor töltése? Írd le a választ μC-ban!

Megoldás. Váltsunk át minden mértékegységet SI rendszerre. Kapacitás C = 50 μF = 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 képletéből

ahol d A lemezek közötti távolság.

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

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

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

Válasz. 20 μC.

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

1. Növekszik
2. Csökken
3. Nem változik
4. Írja le a táblázatba minden válaszhoz a kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Az ilyen jellegű feladatoknál emlékezünk arra, hogy mi a fénytörés. Ez a hullám terjedési irányának változása, amikor egyik közegből a másikba megy át. Ennek oka, hogy ezekben a közegekben eltérő a hullámterjedési sebesség. Miután kitaláltuk, melyik közegből melyik fény terjed, a törés törvényét a formába írjuk

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

ahol n 2 - az üveg abszolút törésmutatója, a közeg, ahová a fény megy; n Az 1 annak az első közegnek az abszolút törésmutatója, amelyből a fény érkezik. Levegőért n 1 = 1. α a sugár beesési szöge az üveg félhenger 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 pontján helyreállított merőlegestől mérjük. Ha növeli a beesési szöget, akkor a törésszög is nő. Az üveg törésmutatója ettől nem fog változni.

Válasz.

Réz jumper egy adott időpontban t A 0 = 0 2 m / s sebességgel kezd mozogni párhuzamos vízszintes vezető sínek mentén, amelyek végeihez 10 ohmos ellenállás van csatlakoztatva. Az egész rendszer függőleges, egyenletes mágneses térben van. A szemöldök és a sínek ellenállása elhanyagolható, a szemöldök mindig merőleges a sínekre. A mágneses indukciós vektor fluxusa egy jumper, sínek és ellenállás által alkotott áramkörön keresztül idővel változik t a grafikonon látható módon.

A grafikon segítségével válasszon ki két helyes állítást, és írja be a számukat a válaszba.

1. Az időpont szerint t= 0,1 s, az áramkörön átmenő mágneses fluxus változása 1 mVb.
2. Indukciós áram a jumperben a tól tartományban t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Az áramkörben fellépő indukció EMF modulusa 10 mV.
4. A jumperben folyó indukciós áram erőssége 64 mA.
5. A válaszfal mozgásának fenntartása érdekében erőt fejtenek ki rá, amelynek a sínek irányára vetülete 0,2 N.

Megoldás. A mágneses indukciós vektor áramkörön átmenő fluxusának időbeli függésének grafikonja alapján meghatározzuk azokat a szakaszokat, ahol a fluxus Ф változik, és ahol a fluxus változása nulla. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy meghatározzuk azokat az időintervallumokat, amelyekben az indukciós áram fellép az áramkörben. Helyes állítás:

1) Mire t= 0,1 s az áramkörön átmenő mágneses fluxus változása egyenlő 1 mWb ∆F = (1 - 0) · 10 –3 Wb; Az áramkörben fellépő EMF indukciós modulus az EMR törvény alapján kerül meghatározásra

Válasz. 13.

Az áramerősség időtől való függésének grafikonja szerint egy elektromos áramkörben, amelynek induktivitása 1 mH, határozza meg az önindukció EMF modulusát 5 és 10 s közötti időintervallumban. Írd le a választ μV-ban!

Megoldás. Fordítsuk le az összes mennyiséget az SI rendszerbe, azaz. 1 mH induktivitását H-vé alakítjuk, 10 –3 H-t kapunk. Az ábrán látható áram mA-ban szintén A-vá alakul, ha megszorozzuk 10–3-mal.

Az önindukció EMF képlete a következővel rendelkezik

ebben az esetben az időintervallumot a probléma állapotának megfelelően adjuk meg

∆t= 10 s - 5 s = 5 s

másodperc, és a grafikon alapján meghatározzuk az áramváltozás időtartamát ezen idő alatt:

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

A számértékeket behelyettesítve a (2) képletbe, megkapjuk

| Ɛ | = 2 · 10 –6 V vagy 2 µV.

Válasz. 2.

Két átlátszó sík-párhuzamos lemezt szorosan egymáshoz nyomnak. A levegőből egy 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.

Megoldás. A két közeg határfelületén a fénytöréssel kapcsolatos problémák, különösen a sík-párhuzamos lemezeken át történő fényáteresztés problémáinak megoldására a következő megoldási sorrend ajánlható: készítsen rajzot az egyikből kilépő sugarak útját mutató rajzzal. közepes a másiknak; a sugár beesési pontján a két közeg határfelületén rajzoljunk egy normált a felületre, jelöljük be a beesési és törési szögeket. Fordítson különös figyelmet a szóban forgó közeg optikai sűrűségére, és ne feledje, hogy amikor egy 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, de 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

Szerkesszük meg a sugár hozzávetőleges útját a lemezeken. A 2–3 és 3–1 határokhoz az (1) képletet használjuk. A válaszban azt kapjuk

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 termonukleáris fúziós reakció során

+ → x+ y;

Megoldás. Minden magreakcióban betartják az elektromos töltés és a nukleonok számának megmaradásának törvényeit. Jelölje x - az alfa részecskék számát, y - a protonok számát. Készítsük el az egyenleteket

+ → x + y;

megoldani a rendszert, ez megvan x = 1; y = 2

Válasz. 1 - α-részecske; 2 - proton.

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 impulzusmodulusa. Határozzuk meg a második és az első foton E 2 / E 1 energiaarányát! Válaszát kerekítse tizedekre.

Megoldás. A második foton impulzusa nagyobb, mint az első foton lendülete a feltétel alapján, ez azt jelenti, hogy tudjuk ábrázolni p 2 = p 1 + Δ p(1). A foton energiája a foton impulzusával fejezhető ki a következő egyenletekkel. azt E = mc 2. (1) és p = mc(2), akkor

E = pc (3),

ahol E- foton energia, p- foton impulzus, m - foton tömeg, c= 3 · 10 8 m / s - a fény sebessége. A (3) képletet figyelembe véve 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 változott ennek hatására az atommag elektromos töltése és a benne lévő neutronok száma?

Minden értékhez határozza meg a megfelelő változási mintát:

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

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Pozitron β - bomlás az atommagban, amikor egy proton neutronná alakul pozitron kibocsátásával. Ennek eredményeként az atommagban lévő neutronok száma eggyel nő, az elektromos töltés eggyel csökken, és az atommag tömegszáma változatlan marad. Így az elem átalakulási reakciója a következő:

Válasz. 21.

A laboratóriumban öt kísérletet végeztek a diffrakció megfigyelésére különféle diffrakciós rácsokkal. Mindegyik rácsot meghatározott hullámhosszú, párhuzamos monokromatikus fénysugarakkal világították meg. A fény minden esetben a rácsra merőlegesen esett. E kísérletek közül kettőben ugyanannyi fő diffrakciós maximumot figyeltek meg. Először adja meg annak a kísérletnek a számát, amelyben rövidebb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk, majd annak a kísérletnek a számát, amelyben hosszabb időtartamú diffrakciós rácsot alkalmaztunk.

Megoldás. A fény diffrakciója egy fénysugár jelensége egy geometriai árnyék területén. Diffrakció akkor figyelhető meg, ha a fényhullám útján átlátszatlan területek vagy lyukak vannak a fény számára nagy és átlátszatlan akadályokban, és ezen területek vagy lyukak mérete arányos a hullámhosszal. Az egyik legfontosabb diffrakciós eszköz a diffrakciós rács. A diffrakciós mintázat maximumaihoz vezető 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. Fejezzük ki az (1) egyenletből

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

Válasz. 42.

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

Minden értékhez határozza meg a megfelelő változási mintát:

1. Növekedni fog;
2. Csökkenni fog;
3. Nem fog változni.

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Fontos megjegyezni, hogy milyen értékektől függ a vezető ellenállása. Az ellenállás kiszámításának képlete a

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

U = I R (3).

A probléma állapotának megfelelően a második ellenállás azonos anyagú, azonos hosszúságú, de eltérő keresztmetszeti területű huzalból készül. A terület fele akkora. 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 hosszabb, mint egy bizonyos bolygón. Mekkora a gravitációs gyorsulás modulusa ezen a bolygón? A légkör hatása mindkét esetben elhanyagolható.

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

T= 2π(1);

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

Feltétel szerint

Kifejezzük a (3)-ból g n = 14,4 m/s 2. Meg kell jegyezni, hogy a gravitáció 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. V= 0,4 T a vektorral 30°-os szögben. Mekkora a mágneses tér oldaláról a vezetőre ható erő modulusa?

Megoldás. Ha egy áramvezetőt mágneses mezőbe helyez, akkor az áramerősségű vezető mezője Amper erejével fog hatni. Felírjuk az Amper-erő modulusának képletét

F A = I LB sinα;

F A = 0,6 N

Válasz. F A = 0,6 N.

A tekercsben tárolt mágneses mező energiája egyenáram átvezetésekor egyenlő 120 J. Hányszorosára kell növelni a tekercs tekercselésen átfolyó áramot, hogy a tárolt mágneses mező energiája 5760 J-el növekedjen .

Megoldás. A tekercs mágneses térenergiáját a képlet számítja ki

W m =	LI 2	(1);
	2

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

én 1 2 =	2W 1	; én 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Ezután az áramok aránya

én 2 2	= 49;	én 2	= 7
én 1 2		én 1

Válasz. Az áramerősséget 7-szeresére kell növelni. A válasz űrlapon csak a 7-es számot kell megadnia.

Az elektromos áramkör két izzóból, két diódából és egy huzaltekercsből áll, az ábrán látható módon csatlakoztatva. (A dióda csak egy irányba engedi át az áramot, amint az az ábra tetején látható). Melyik izzó fog kigyulladni, ha a mágnes északi pólusát közelebb hozzuk a hurokhoz? Magyarázza meg a választ annak megjelölésével, hogy milyen jelenségeket és mintákat használt a magyarázat során.

Megoldás. A mágneses indukció vonalai a mágnes északi pólusából jönnek ki, és eltérnek egymástól. Ahogy a mágnes közeledik, a mágneses fluxus a huzaltekercsen keresztül növekszik. A Lenz-szabály szerint a hurok indukciós árama által keltett mágneses teret jobbra kell irányítani. A gimbal szabálya szerint az áramnak az óramutató járásával megegyező irányban kell folynia (balról nézve). A második lámpa áramkörében lévő dióda ebbe az irányba halad. Ez azt jelenti, hogy a második lámpa kigyullad.

Válasz. Kigyullad a második lámpa.

Alumínium küllőhossz L= 25 cm és keresztmetszeti terület S= 0,1 cm 2 egy menetre felfüggesztve a felső végén. Az alsó vége egy edény vízszintes alján nyugszik, amelybe vizet öntenek. Az elmerült küllő hossza l= 10 cm. Határozza 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 b = 1,0 g / cm 3. A gravitáció gyorsulása g= 10 m/s 2

Megoldás. Készítsünk egy magyarázó rajzot.

- Menetfeszítő erő;

- Az edény fenekének reakcióereje;

a - Arkhimédeszi erő, amely csak a bemerült testrészre hat, és a küllő bemerült részének közepére hat;

- a Földről a küllőre ható gravitációs erő, amely a teljes küllő közepére hat.

Értelemszerűen a küllő súlya 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 cosα + Slρ in g (L –	l	) cosα = SLρ a g	L	cosα (7)
	2		2

figyelembe véve, hogy Newton harmadik törvénye szerint az edény fenekének reakcióereje egyenlő az erővel F d amellyel a küllő az edény fenekét nyomja, 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

Cserélje ki a numerikus adatokat, és kapja meg azt

F d = 0,025 N.

Válasz. F d = 0,025 N.

Egy tartály, amely tartalmaz m 1 = 1 kg nitrogén, szilárdsági próbában hőmérsékleten felrobbant t 1 = 327 °C. Mekkora a hidrogén tömege m 2 ilyen edényben olyan hőmérsékleten tárolható t 2 = 27 °C, ötszörös biztonsági tényezővel? A nitrogén moláris tömege M 1 = 28 g/mol, hidrogén M 2 = 2 g/mol.

Megoldás.Írjuk fel a Mengyelejev-Clapeyron ideális gáz állapotegyenletét nitrogénre

ahol V- a henger térfogata, T 1 = t 1 + 273 °C. Feltételek szerint a hidrogén nyomás alatt tárolható p 2 = p 1/5; (3) Figyelembe véve azt

a (2), (3), (4) egyenletekkel közvetlenül dolgozva kifejezhetjük a hidrogén tömegét. A végső képlet a következő:

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

A numerikus adatok pótlása után m 2 = 28 g.

Válasz. m 2 = 28 g.

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

Megoldás. Egy ideális oszcillációs körben a rezgési energia tárolódik. A t időpillanatban az energiamegmaradási törvény alakja

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

Az amplitúdó (maximális) értékekhez írunk

és a (2) egyenletből azt fejezzük ki

C	=	én m 2	(4).
L		U m 2

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

én = én m (5)

Így az áram a tekercsben az idő pillanatában t egyenlő

én= 4,0 mA.

Válasz. én= 4,0 mA.

A tározó alján 2 m mélyen tükör található. A vízen áthaladó fénysugár visszaverődik a tükörről és kijön 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 °

Megoldás. Készítsünk egy magyarázó rajzot

α a sugár beesési szöge;

β a sugár törésszöge vízben;

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

A fénytörés törvénye szerint

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

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

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

A következő kifejezést kapjuk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Helyettesítse a számértékeket a kapott képletbe (5)

Válasz. 1,63 m.

A vizsgára való felkészülés során javasoljuk, hogy ismerkedjen meg egy fizikai munkaprogram a 7–9. évfolyam számára az UMK Peryshkina A.V. vonalára.és mélyreható szintű munkaprogram a 10-11. osztály számára a Myakisheva G.Ya oktatási komplexum számára. A programok minden regisztrált felhasználó számára megtekinthetők és ingyenesen letölthetők.

Leírás
ellenőrző mérőanyagok
egységes államvizsga lebonyolítására 2017-ben
a FIZIKÁBAN

1. A KIM USE kinevezése

Egyetlen Államvizsga(a továbbiakban - Egységes Államvizsga) az olyan személyek képzési minőségének objektív értékelésének formája, akik elsajátították. oktatási programok középső Általános oktatás, szabványos formájú feladatok (ellenőrző mérőanyagok) felhasználásával.

Az egységes állami vizsgát az Orosz Föderáció oktatásáról szóló, 2012. december 29-i 273-FZ szövetségi törvénynek megfelelően végzik.

Az ellenőrző mérőanyagok lehetővé teszik a diplomások fejlettségi szintjének megállapítását Szövetségi komponensállapot oktatási színvonal középfokú (teljes) általános fizikaképzés, alap- és szakirányú végzettség.

Elismerik a fizika egységes államvizsga eredményeit oktatási szervezetek középső szakképzésés a felsőoktatás oktatási szervezetei eredményeként felvételi vizsgák a fizikában.

2. A KIM USE tartalmát meghatározó dokumentumok

3. A tartalom kiválasztásának megközelítései, a CIM USE szerkezetének kialakítása

A vizsgadolgozat minden változata az iskolai fizika kurzus minden szakaszából tartalmaz ellenőrzött tartalomelemeket, míg minden részhez minden taxonómiai szintre vonatkozó feladatokat javasolunk. A felsőoktatási intézményekben a továbbképzés szempontjából legfontosabb tartalmi elemeket azonos változatban különböző komplexitási szintű feladatok ellenőrzik. Egy adott szakaszra vonatkozó feladatok számát annak tartalma határozza meg, és arányos a tanulásra szánt tanulási idővel, a hozzávetőleges fizika szaknak megfelelően. Különféle tervek készülnek vizsgalehetőségek, az érdemi összeadás elve szerint épülnek fel, így általában minden változatsorozat diagnosztikát nyújt a kodifikátorban szereplő összes tartalmi elem fejlődéséről.

A CMM tervezésének prioritása a szabvány által előírt tevékenységtípusok ellenőrzésének szükségessége (figyelembe véve a hallgatók tudásának és készségeinek tömeges írásbeli ellenőrzése feltételeinek korlátait): fogalmi apparátus fizika tanfolyam, mastering módszertani ismeretek, ismeretek alkalmazása a fizikai jelenségek magyarázatában és a problémák megoldásában. A fizikai tartalmú információkkal való munkavégzés készségeinek elsajátítását közvetetten tesztelik az információ szöveges megjelenítésének különféle módszereivel (grafikonok, táblázatok, diagramok és sematikus rajzok).

A sikeres egyetemi továbbképzés szempontjából a legfontosabb tevékenység a problémamegoldás. Mindegyik opció tartalmaz feladatokat a különböző bonyolultságú szakaszokhoz, lehetővé téve, hogy tesztelje a fizikai törvények és képletek szokásos alkalmazásának képességét. tanulási helyzetek valamint a kellően nagyfokú függetlenség megnyilvánulását igénylő, nem szokványos helyzetekben ismert cselekvési algoritmusok kombinálásakor vagy saját feladat-végrehajtási terv elkészítésekor.

A részletes választ igénylő feladatok ellenőrzésének objektivitását egységes értékelési szempontok, egy-egy munkát értékelő két független szakértő részvétele, harmadik szakértő kijelölésének lehetősége és jogorvoslati eljárás megléte biztosítja.

Az egységes fizika államvizsga a végzettek által választott vizsga, és a felsőoktatásba való felvételkor differenciálásra szolgál. oktatási intézményekben... Ebből a célból a munka három összetettségi szintű feladatokat tartalmaz. Az alapszintű komplexitási feladatok elvégzése lehetővé teszi a fizika tantárgy legjelentősebb tartalmi elemeinek elsajátításának szintjének felmérését Gimnáziumés a legfontosabb tevékenységek elsajátítása.

Az alapszint feladatai között megkülönböztetésre kerülnek azok a feladatok, amelyek tartalma megfelel az alapszint színvonalának. Minimális mennyiség Az egységes fizika államvizsga-pontszámok, amelyek megerősítik a fizika középfokú (teljes) általános képzési programjának elsajátítását, az alapszintű standard elsajátításának követelményei alapján kerülnek megállapításra. Feladatok felhasználása a vizsgamunkában a megnövekedett ill magas szint A komplexitás lehetővé teszi, hogy felmérje a hallgató felkészültségi fokát az egyetemi továbbképzésre.

4. A KIM USE felépítése

A vizsgamunka minden változata 2 részből áll, és 32 olyan feladatot tartalmaz, amelyek formailag és nehézségi fokában eltérőek (1. táblázat).

Az 1. rész 24 feladatot tartalmaz, ebből 9 feladat a helyes válaszok számának kiválasztásával és rögzítésével, 15 pedig rövid válaszú feladat, köztük a válasz szám formában történő önrögzítésével, valamint megállapítási feladatok. levelezés és feleletválasztós, amelyben a válaszokat számsorként kell leírni.

A 2. rész 8 összevont feladatot tartalmaz Általános nézet tevékenységek – problémák megoldása. Ebből 3 rövid válaszú feladat (25-27) és 5 feladat (28-32), amelyekre részletes válaszadás szükséges.