Kims ühtse riigieksami füüsikast koos lahendusega. Füüsika ühtseks riigieksamiks valmistumine: näited, lahendused, selgitused

Ettevalmistus OGE-ks ja ühtseks riigieksamiks

Liin UMK A.V. Füüsika (10–11) (põhi-, edasijõudnute)

Liin UMK A.V. Füüsika (7–9)

Füüsika ühtseks riigieksamiks valmistumine: näited, lahendused, selgitused

Teeme asja korda Ühtse riigieksami ülesanded füüsikas (variant C) koos õpetajaga.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, füüsikaõpetaja, 27-aastane töökogemus. Autunnistus Moskva piirkonna haridusministeerium (2013), Voskresenski juhi tänu munitsipaalrajoon(2015), Moskva oblasti matemaatika- ja füüsikaõpetajate ühingu presidendi tunnistus (2015).

Töös esitatakse ülesanded erinevad tasemed Raskusaste: põhi-, arenenud ja kõrge. Ülesanded algtase, See lihtsaid ülesandeid, tähtsamate füüsikaliste mõistete, mudelite, nähtuste ja seaduste omastamise testimine. Ülesanded kõrgem tase on suunatud füüsika mõistete ja seaduste kasutamise oskuse testimisele erinevate protsesside ja nähtuste analüüsimisel, samuti ülesannete lahendamise oskusele ühe või kahe seaduse (valemi) abil mis tahes kooli füüsikakursuse teemal. Töös on 2. osa 4 ülesannet ülesanded kõrge tase keerukust ja testida oskust kasutada füüsikaseadusi ja teooriaid muutunud või uues olukorras. Selliste ülesannete täitmine eeldab teadmiste rakendamist kahest või kolmest füüsikaosast korraga, s.t. kõrge koolituse tase. See valik vastab täielikult demole ühtse riigieksami versioon 2017, ülesanded võetud aastast avatud pankÜhtse riigieksami ülesanded.

Joonisel on kujutatud kiiruse mooduli ja aja graafik t. Määrake graafikult auto läbitud vahemaa ajavahemikus 0 kuni 30 s.

Lahendus. Auto läbitud tee ajavahemikus 0 kuni 30 s on kõige lihtsamini määratletav trapetsi pindalana, mille aluseks on ajavahemikud (30 – 0) = 30 s ja (30 – 10 ) = 20 s ja kõrgus on kiirus v= 10 m/s, s.o.

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

Vastus. 250 m.

100 kg kaaluv koorem tõstetakse kaabli abil vertikaalselt üles. Joonisel on näidatud kiiruse projektsiooni sõltuvus Vülespoole suunatud telje koormus aja funktsioonina t. Määrake kaabli pingutusjõu moodul tõstmise ajal.

Lahendus. Kiiruse projektsiooni sõltuvuse graafiku järgi v koormus vertikaalselt ülespoole suunatud teljel aja funktsioonina t, saame määrata koormuse kiirenduse projektsiooni

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

Koorusele mõjuvad: vertikaalselt allapoole suunatud raskusjõud ja piki kaablit vertikaalselt ülespoole suunatud kaabli tõmbejõud (vt joonis 1). 2. Kirjutame üles dünaamika põhivõrrandi. Kasutame Newtoni teist seadust. Kehale mõjuvate jõudude geomeetriline summa on võrdne keha massi ja sellele avalduva kiirenduse korrutisega.

+ = (1)

Kirjutame maaga seotud võrdlussüsteemi vektorite projektsiooni võrrandi, suunates OY-telje ülespoole. Pingutusjõu projektsioon on positiivne, kuna jõu suund langeb kokku OY telje suunaga, gravitatsioonijõu projektsioon on negatiivne, kuna jõuvektor on vastupidine OY-teljele, siis kiirendusvektori projektsioon on samuti positiivne, nii et keha liigub ülespoole kiirendusega. Meil on

T – mg = ma (2);

valemist (2) tõmbejõu moodul

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

Vastus. 1200 N.

Keha lohistatakse mööda karedat horisontaalne pind konstantse kiirusega, mille moodul on 1,5 m/s, rakendades sellele jõudu, nagu näidatud joonisel (1). Sel juhul on kehale mõjuva libiseva hõõrdejõu moodul 16 N. Kui suur on jõu poolt arendatav võimsus? F?

Lahendus. Kujutame ette ülesandepüstituses toodud füüsikalist protsessi ja teeme skemaatilise joonise, mis näitab kõiki kehale mõjuvaid jõude (joonis 2). Paneme kirja dünaamika põhivõrrandi.

Tr + + = (1)

Olles valinud fikseeritud pinnaga seotud võrdlussüsteemi, kirjutame vektorite projektsiooni võrrandid valitud pinnale koordinaatteljed. Vastavalt ülesande tingimustele liigub keha ühtlaselt, kuna selle kiirus on konstantne ja võrdne 1,5 m/s. See tähendab, et keha kiirendus on null. Kehale mõjuvad horisontaalselt kaks jõudu: libisemishõõrdejõud tr. ja jõud, millega keha tõmmatakse. Hõõrdejõu projektsioon on negatiivne, kuna jõuvektor ei lange kokku telje suunaga X. Jõu projektsioon F positiivne. Tuletame meelde, et projektsiooni leidmiseks langetame risti vektori algusest ja lõpust valitud teljele. Seda arvesse võttes on meil: F cosα – F tr = 0; (1) väljendame jõu projektsiooni F, See F cosα = F tr = 16 N; (2) siis on jõu poolt arendatud võimsus võrdne N = F cosα V(3) Teeme asendus, võttes arvesse võrrandit (2), ja asendame vastavad andmed võrrandiga (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Vastus. 24 W.

Kerge vedru külge kinnitatud koormus, mille jäikus on 200 N/m, läbib vertikaalseid võnkumisi. Joonisel on kujutatud nihke sõltuvuse graafik x laadige aeg-ajalt t. Määrake koormuse mass. Ümarda oma vastus täisarvuni.

Lahendus. Vedrul olev mass läbib vertikaalseid võnkumisi. Koormusnihke graafiku järgi X ajast t, määrame koormuse võnkeperioodi. Võnkeperiood on võrdne T= 4 s; valemist T= 2π väljendame massi m lasti

=	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

Vastus: 81 kg.

Joonisel on kahest kergplokist ja kaaluta kaablist koosnev süsteem, millega saab tasakaalus hoida või tõsta 10 kg kaaluvat koormat. Hõõrdumine on tühine. Ülaltoodud joonise analüüsi põhjal valige kaks tõesed väited ja märkige vastuses nende arv.

Koormuse tasakaalus hoidmiseks tuleb trossi otsale mõjuda jõuga 100 N.
Joonisel kujutatud plokkide süsteem ei anna tugevust.
h, peate välja tõmbama trossi pikkuse 3 osa h.
Koorma aeglaselt kõrgusele tõstmiseks hh.

Lahendus. Selle ülesande puhul on vaja meeles pidada lihtsaid mehhanisme, nimelt plokke: liikuv ja fikseeritud plokk. Liigutatav plokk annab kahekordse tugevuse, samas kui trossi osa tuleb tõmmata kaks korda pikemaks ja fikseeritud plokki kasutatakse jõu ümbersuunamiseks. Töös lihtsad võidumehhanismid ei anna. Pärast probleemi analüüsimist valime kohe vajalikud avaldused:

Koorma aeglaselt kõrgusele tõstmiseks h, peate välja tõmbama 2. pikkuse nööriosa h.
Koormuse tasakaalus hoidmiseks tuleb trossi otsale mõjuda jõuga 50 N.

Vastus. 45.

Kaalutu ja venimatu keerme külge kinnitatud alumiiniumist raskus on täielikult veega anumasse kastetud. Koormus ei puuduta laeva seinu ja põhja. Seejärel kastetakse veega samasse anumasse rauast raskus, mille mass on võrdne alumiiniumraskuse massiga. Kuidas muutub selle tulemusena keerme tõmbejõu moodul ja koormusele mõjuva raskusjõu moodul?

Suureneb;
Väheneb;
Ei muutu.

Lahendus. Analüüsime probleemi seisukorda ja tõstame esile need parameetrid, mis uuringu käigus ei muutu: need on keha mass ja vedelik, millesse keha niidil kastetakse. Pärast seda on parem teha skemaatiline joonis ja näidata koormusele mõjuvad jõud: keerme pinge F juhtimine, suunatud piki niiti ülespoole; gravitatsioon, mis on suunatud vertikaalselt allapoole; Archimedese jõud a, mis toimib vedeliku küljelt sukeldatud kehale ja on suunatud ülespoole. Vastavalt ülesande tingimustele on koormuste mass sama, mistõttu koormusele mõjuva raskusjõu moodul ei muutu. Kuna lasti tihedus on erinev, on erinev ka maht.

V =	m	.
	lk

Raua tihedus on 7800 kg/m3 ja alumiiniumlasti tihedus 2700 kg/m3. Seega V ja< V a. Keha on tasakaalus, kõigi kehale mõjuvate jõudude resultant on null. Suuname OY koordinaatide telje ülespoole. Dünaamika põhivõrrandi, võttes arvesse jõudude projektsiooni, kirjutame kujule F juhtimine + F a – mg= 0; (1) Väljendame tõmbejõudu F kontroll = mg – F a(2); Archimedese jõud sõltub vedeliku tihedusest ja sukeldatud kehaosa mahust F a = ρ gV p.h.t. (3); Vedeliku tihedus ei muutu ja raua keha maht on väiksem V ja< V a, seetõttu on rauakoormusele mõjuv Archimedese jõud väiksem. Teeme järelduse keerme pingutusjõu mooduli kohta, töötades võrrandiga (2), see suureneb.

Vastus. 13.

Massiplokk m libiseb maha fikseeritud jämedalt kaldtasandilt, mille aluses on nurk α. Ploki kiirendusmoodul on võrdne a, siis ploki kiiruse moodul suureneb. Õhutakistuse võib tähelepanuta jätta.

Looge vastavus füüsikaliste suuruste ja valemite vahel, millega neid saab arvutada. Iga esimese veeru positsiooni jaoks valige teisest veerust vastav positsioon ja kirjutage valitud numbrid tabelisse vastavate tähtede alla.

B) Ploki ja kaldtasandi vaheline hõõrdetegur

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Lahendus. See ülesanne nõuab Newtoni seaduste rakendamist. Soovitame teha skemaatilise joonise; märkige kõik kinemaatilised omadused liigutused. Võimalusel kujutage kiirendusvektorit ja kõigi liikuvale kehale mõjuvate jõudude vektoreid; pidage meeles, et kehale mõjuvad jõud on teiste kehadega suhtlemise tulemus. Seejärel kirjutage üles dünaamika põhivõrrand. Valige võrdlussüsteem ja kirjutage üles saadud võrrand jõu- ja kiirendusvektorite projektsiooniks;

Pakutud algoritmi järgides teeme skemaatilise joonise (joonis 1). Joonisel on kujutatud ploki raskuskeskmele rakendatavad jõud ja kaldtasandi pinnaga seotud tugisüsteemi koordinaatteljed. Kuna kõik jõud on konstantsed, on ploki liikumine kiiruse suurenedes ühtlaselt muutuv, s.t. kiirendusvektor on suunatud liikumissuunas. Valime telgede suuna, nagu on näidatud joonisel. Kirjutame üles jõudude projektsioonid valitud telgedele.

Kirjutame üles dünaamika põhivõrrandi:

Tr + = (1)

Kirjutame selle võrrandi (1) jõudude ja kiirenduse projektsiooni jaoks.

OY-teljel: maapinna reaktsioonijõu projektsioon on positiivne, kuna vektor langeb kokku OY-telje suunaga Ny = N; hõõrdejõu projektsioon on null, kuna vektor on teljega risti; gravitatsiooni projektsioon on negatiivne ja võrdne mg y= – mg cosα ; kiirendusvektori projektsioon jah= 0, kuna kiirendusvektor on teljega risti. Meil on N – mg cosα = 0 (2) võrrandist väljendame plokile mõjuvat reaktsioonijõudu kaldtasandi küljelt. N = mg cosα (3). Paneme kirja projektsioonid OX-teljel.

OX-teljel: jõu projektsioon N on võrdne nulliga, kuna vektor on OX-teljega risti; Hõõrdejõu projektsioon on negatiivne (vektor on suunatud valitud telje suhtes vastupidises suunas); gravitatsiooni projektsioon on positiivne ja võrdne mg x = mg sinα (4) alates täisnurkne kolmnurk. Kiirenduse projektsioon on positiivne a x = a; Seejärel kirjutame võrrandi (1) projektsiooni arvesse võttes mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Pidage meeles, et hõõrdejõud on jõuga võrdeline normaalne rõhk N.

A-prioor F tr = μ N(7), väljendame ploki hõõrdetegurit kaldtasandil.

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

Valime iga tähe jaoks sobivad positsioonid.

Vastus. A – 3; B-2.

Ülesanne 8. Gaasiline hapnik on anumas mahuga 33,2 liitrit. Gaasi rõhk on 150 kPa, temperatuur 127° C. Määrake selles anumas oleva gaasi mass. Väljendage vastus grammides ja ümardage lähima täisarvuni.

Lahendus. Oluline on pöörata tähelepanu ühikute teisendamisele SI-süsteemi. Teisenda temperatuur Kelviniteks T = t°C + 273, maht V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3; Teisendame rõhu P= 150 kPa = 150 000 Pa. Ideaalgaasi olekuvõrrandi kasutamine

Avaldame gaasi massi.

Kindlasti pöörake tähelepanu sellele, millistel üksustel palutakse vastus kirja panna. See on väga tähtis.

Vastus.„48

Ülesanne 9. Ideaalne üheaatomiline gaas koguses 0,025 mol paisub adiabaatiliselt. Samal ajal langes selle temperatuur +103°C pealt +23°C peale. Kui palju tööd on gaas ära teinud? Väljendage oma vastust džaulides ja ümardage lähima täisarvuni.

Lahendus. Esiteks on gaas vabadusastmete monoatomne arv i= 3, teiseks paisub gaas adiabaatiliselt - see tähendab ilma soojusvahetuseta K= 0. Gaas töötab siseenergiat vähendades. Seda arvesse võttes kirjutame termodünaamika esimese seaduse kujul 0 = ∆ U + A G; (1) väljendame gaasitööd A g = –∆ U(2); Me kirjutame üheaatomilise gaasi siseenergia muutuse kui

Vastus. 25 J.

Õhuosa suhteline niiskus teatud temperatuuril on 10%. Mitu korda tuleks selle õhuosa rõhku muuta, et konstantsel temperatuuril suureneks suhteline õhuniiskus 25%?

Lahendus. Kõige sagedamini valmistavad koolilastele raskusi küsimused, mis on seotud küllastunud auru ja õhuniiskusega. Kasutame arvutamiseks valemit suhteline niiskusõhku

Vastavalt probleemi tingimustele temperatuur ei muutu, mis tähendab, et küllastunud auru rõhk jääb samaks. Kirjutame üles valem (1) kahe õhu oleku jaoks.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Avaldame õhurõhku valemitest (2), (3) ja leiame rõhu suhte.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Vastus. Rõhku tuleks suurendada 3,5 korda.

Kuum vedel aine jahutati aeglaselt sulatusahjus konstantsel võimsusel. Tabelis on näidatud aine temperatuuri mõõtmise tulemused aja jooksul.

Valige pakutavast loendist kaks avaldused, mis vastavad tehtud mõõtmiste tulemustele ja märgivad nende numbrid.

Aine sulamistemperatuur nendes tingimustes on 232°C.
20 minuti pärast. pärast mõõtmiste algust oli aine alles tahkes olekus.
Aine soojusmahtuvus vedelas ja tahkes olekus on sama.
Pärast 30 min. pärast mõõtmiste algust oli aine alles tahkes olekus.
Aine kristalliseerumisprotsess kestis üle 25 minuti.

Lahendus. Aine jahtudes vähenes selle siseenergia. Temperatuuri mõõtmise tulemused võimaldavad meil määrata temperatuuri, mille juures aine hakkab kristalliseeruma. Samal ajal kui aine möödub vedel olek tahkeks, temperatuur ei muutu. Teades, et sulamistemperatuur ja kristalliseerumistemperatuur on samad, valime väite:

1. Aine sulamistemperatuur nendes tingimustes on 232°C.

Teine õige väide on:

4. Pärast 30 min. pärast mõõtmiste algust oli aine alles tahkes olekus. Kuna temperatuur on sellel ajahetkel juba madalam kui kristalliseerumistemperatuur.

Vastus. 14.

Isoleeritud süsteemis on keha A temperatuur +40°C ja keha B temperatuur +65°C. Need kehad viidi üksteisega termiliselt kokku. Mõne aja pärast saabus termiline tasakaal. Kuidas muutusid selle tulemusena keha B temperatuur ning kehade A ja B kogusiseenergia?

Määrake iga koguse jaoks muudatuse olemus:

Suurenenud;
Vähenenud;
Ei ole muutunud.

Kirjutage tabelisse iga jaoks valitud numbrid. füüsiline kogus. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

Lahendus. Kui isoleeritud kehade süsteemis peale soojusvahetuse ei toimu muid energia muundumisi, siis kehade poolt, mille siseenergia väheneb, eraldatav soojushulk võrdub soojushulgaga, mida saavad kehad, mille siseenergia suureneb. (Vastavalt energia jäävuse seadusele.) Sel juhul süsteemi kogu siseenergia ei muutu. Seda tüüpi ülesanded lahendatakse soojusbilansi võrrandi alusel.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	i = 1

kus ∆ U– siseenergia muutus.

Meie puhul väheneb soojusvahetuse tulemusena keha B siseenergia, mis tähendab, et selle keha temperatuur langeb. Keha A siseenergia suureneb, kuna keha sai kehalt B teatud koguse soojust, tõuseb selle temperatuur. Kehade A ja B kogusiseenergia ei muutu.

Vastus. 23.

Prooton lk, lendab elektromagneti pooluste vahelisse pilusse, omab kiirust risti induktsioonivektoriga magnetväli, nagu pildil näidatud. Kus on prootonile mõjuv Lorentzi jõud, mis on suunatud joonise suhtes (üles, vaatleja poole, vaatlejast eemale, alla, vasakule, paremale)

Lahendus. Magnetväli mõjub laetud osakesele Lorentzi jõuga. Selle jõu suuna määramiseks on oluline meeles pidada vasaku käe mnemoloogilist reeglit, ärge unustage arvestada osakese laenguga. Suuname vasaku käe neli sõrme mööda kiirusvektorit, positiivselt laetud osakese korral peaks vektor sisenema peopessa risti, pöial kõrvale jäetud 90° näitab osakesele mõjuva Lorentzi jõu suunda. Selle tulemusena saame, et Lorentzi jõuvektor on joonise suhtes vaatlejast eemale suunatud.

Vastus. vaatlejalt.

Elektrivälja tugevuse suurus tasapinnalises õhukondensaatoris mahuga 50 μF on võrdne 200 V/m. Kondensaatoriplaatide vaheline kaugus on 2 mm. Mis on kondensaatori laeng? Kirjutage oma vastus µC.

Lahendus. Teisendame kõik mõõtühikud SI süsteemi. Mahtuvus C = 50 µF = 50 10 -6 F, plaatide vaheline kaugus d= 2 · 10 –3 m Ülesanne räägib lamedast õhukondensaatorist - seadmest elektrilaengu ja elektrivälja energia salvestamiseks. Elektrilise mahtuvuse valemist

Kus d- plaatide vaheline kaugus.

Väljendame pinget U=E d(4); Asendame (4) väärtusega (2) ja arvutame kondensaatori laengu.

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

Palun pöörake tähelepanu ühikutele, milles peate vastuse kirjutama. Saime selle kulonides, kuid esitame selle µC-des.

Vastus. 20 uC.

Õpilane viis läbi fotol näidatud valguse murdumise katse. Kuidas muutub klaasis leviva valguse murdumisnurk ja klaasi murdumisnäitaja langemisnurga suurenedes?

Suureneb
Väheneb
Ei muutu
Kirjutage tabelisse iga vastuse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

Lahendus. Seda tüüpi probleemide puhul mäletame, mis on murdumine. See on laine levimissuuna muutumine ühest keskkonnast teise üleminekul. Selle põhjuseks on asjaolu, et lainete levimise kiirused nendes keskkondades on erinevad. Olles välja mõelnud, millisesse keskkonda valgus levib, kirjutagem murdumisseadus kujul

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Kus n 2 – absoluutne näitaja klaasi murdumine, keskmine kuhu ta läheb valgus; n 1 on esimese keskkonna, millest valgus tuleb, absoluutne murdumisnäitaja. Õhu jaoks n 1 = 1. α on kiire langemisnurk klaasist poolsilindri pinnale, β on kiire murdumisnurk klaasis. Pealegi on murdumisnurk väiksem kui langemisnurk, kuna klaas on optiliselt tihedam keskkond - kõrge murdumisnäitajaga keskkond. Valguse levimise kiirus klaasis on aeglasem. Pange tähele, et me mõõdame nurki kiirte langemispunktis taastatud ristist. Kui suurendate langemisnurka, suureneb ka murdumisnurk. See ei muuda klaasi murdumisnäitajat.

Vastus.

Vase hüppaja teatud ajahetkel t 0 = 0 hakkab liikuma kiirusega 2 m/s mööda paralleelseid horisontaalseid juhtivaid rööpaid, mille otstesse on ühendatud 10 oomi takisti. Kogu süsteem on vertikaalses ühtlases magnetväljas. Hüppaja ja siinide takistus on tühine, hüppaja paikneb alati rööbastega risti. Magnetilise induktsiooni vektori voog Ф läbi hüppaja, siinide ja takisti moodustatud ahela muutub aja jooksul t nagu on näidatud graafikul.

Valige graafiku abil kaks õiget väidet ja märkige vastuses nende numbrid.

Selleks ajaks t= 0,1 s magnetvoo muutus läbi ahela on 1 mWb.
Induktsioonivool džempris vahemikus alates t= 0,1 s t= max 0,3 s.
Ahelas tekkiva induktiivse emfi moodul on 10 mV.
Jumperis voolava induktsioonivoolu tugevus on 64 mA.
Hüppaja liikumise säilitamiseks rakendatakse sellele jõudu, mille projektsioon rööbaste suunale on 0,2 N.

Lahendus. Kasutades graafikut ahelat läbiva magnetinduktsiooni vektori voo sõltuvuse ajast, määrame alad, kus voog F muutub ja kus voo muutus on null. See võimaldab meil määrata ajavahemikud, mille jooksul indutseeritud vool ahelasse ilmub. Õige väide:

1) Ajaks t= 0,1 s vooluringi läbiva magnetvoo muutus võrdub 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Ahelas tekkiva induktiivse emfi moodul määratakse kindlaks EMR seaduse abil

Vastus. 13.

Kasutades voolu ja aja graafikut elektriahelas, mille induktiivsus on 1 mH, määrake iseinduktiivne emf-moodul ajavahemikus 5 kuni 10 s. Kirjutage oma vastus µV-des.

Lahendus. Teisendame kõik suurused SI süsteemi, st. teisendame induktiivsuse 1 mH H-ks, saame 10 –3 H. Joonisel näidatud vool mA-des teisendatakse samuti A-ks, korrutades 10–3-ga.

Eneseinduktsiooni emf valemil on vorm

sel juhul antakse ajavahemik vastavalt ülesande tingimustele

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundit ja graafiku abil määrame voolu muutumise intervalli selle aja jooksul:

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

Asendame arvväärtusi valemisse (2), saame

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V või 2 µV.

Vastus. 2.

Kaks läbipaistvat tasapinnalist paralleelset plaati surutakse tihedalt üksteise vastu. Valguskiir langeb õhust esimese plaadi pinnale (vt joonist). On teada, et ülemise plaadi murdumisnäitaja on võrdne n 2 = 1,77. Looge vastavus füüsikaliste suuruste ja nende tähenduste vahel. Iga esimese veeru positsiooni jaoks valige teisest veerust vastav positsioon ja kirjutage valitud numbrid tabelisse vastavate tähtede alla.

Lahendus. Valguse murdumise probleemide lahendamiseks kahe kandja liidesel, eelkõige valguse läbimisel tasapinnaliste paralleelsete plaatidega, võib soovitada järgmist lahendusmenetlust: tehke joonis, mis näitab ühest keskkonnast tulevate kiirte teekonda. teine; Kiire langemispunktis kahe keskkonna vahelisel liidesel tõmmake pinnale normaal, märkige langemis- ja murdumisnurgad. Pöörake erilist tähelepanu vaadeldava kandja optilisele tihedusele ja pidage meeles, et kui valguskiir liigub optiliselt vähemtihedast keskkonnast optiliselt tihedamasse keskkonda, on murdumisnurk väiksem kui langemisnurk. Joonisel on kujutatud langeva kiire ja pinna vaheline nurk, kuid meil on vaja langemisnurka. Pidage meeles, et nurgad määratakse löögipunktis taastatud risti järgi. Määrame, et kiire langemisnurk pinnale on 90° – 40° = 50°, murdumisnäitaja n 2 = 1,77; n 1 = 1 (õhk).

Paneme kirja murdumisseaduse

sinβ =	patt50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Joonistame tala ligikaudse teekonna läbi plaatide. Piiride 2–3 ja 3–1 jaoks kasutame valemit (1). Vastuseks saame

A) Tala langemisnurga siinus plaatide vahelisel piiril 2–3 on 2) ≈ 0,433;

B) Kiire murdumisnurk piiri 3–1 ületamisel (radiaanides) on 4) ≈ 0,873.

Vastus. 24.

Määrake, kui palju α-osakesi ja kui palju prootoneid tekib termotuumasünteesi reaktsiooni tulemusena

+ → x+ y;

Lahendus. Kõigi ees tuumareaktsioonid järgitakse elektrilaengu ja nukleonide arvu jäävuse seadusi. Tähistame x-ga alfaosakeste arvu, y-ga prootonite arvu. Koostame võrrandid

+ → x + y;

meie käsutuses oleva süsteemi lahendamine x = 1; y = 2

Vastus. 1 – α-osake; 2 – prootonid.

Esimese footoni impulsimoodul on 1,32 · 10 –28 kg m/s, mis on 9,48 · 10 –28 kg m/s vähem kui teise footoni impulsimoodul. Leia teise ja esimese footoni energiasuhe E 2 /E 1. Ümarda oma vastus lähima kümnendikuni.

Lahendus. Teise footoni impulss on vastavalt tingimusele suurem kui esimese footoni impulss, mis tähendab, et seda saab esitada lk 2 = lk 1 + Δ lk(1). Footoni energiat saab väljendada footoni impulsi kaudu, kasutades järgmisi võrrandeid. See E = mc 2 (1) ja lk = mc(2), siis

E = pc (3),

Kus E- footoni energia, lk– footoni impulss, m – footoni mass, c= 3 · 10 8 m/s – valguse kiirus. Võttes arvesse valemit (3), on meil:

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

Ümardame vastuse kümnenditeni ja saame 8,2.

Vastus. 8,2.

Aatomi tuum on läbinud radioaktiivse positroni β - lagunemise. Kuidas see muutus elektrilaeng tuum ja neutronite arv selles?

Määrake iga koguse jaoks muudatuse olemus:

Suurenenud;
Vähenenud;
Ei ole muutunud.

Kirjutage tabelisse iga füüsilise suuruse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

Lahendus. Positron β – lagunemine aatomituum tekib siis, kui prooton muutub positroni emissiooniga neutroniks. Selle tulemusena suureneb tuumas neutronite arv ühe võrra, elektrilaeng väheneb ühe võrra ja tuuma massiarv jääb muutumatuks. Seega on elemendi muundamisreaktsioon järgmine:

Vastus. 21.

Laboris viidi läbi viis katset, et jälgida difraktsiooni erinevate difraktsioonivõrede abil. Iga võre valgustati paralleelsete kindla lainepikkusega monokromaatilise valguse kiirtega. Kõikidel juhtudel langes valgus võrega risti. Kahes neist katsetest täheldati sama arvu peamisi difraktsioonimaksimume. Märkige esmalt katse number, milles kasutati lühema perioodiga difraktsioonvõret, ja seejärel katse number, milles kasutati suurema perioodiga difraktsioonvõret.

Lahendus. Valguse difraktsioon on nähtus, kus valguskiir geomeetrilise varju piirkonda. Difraktsiooni võib täheldada siis, kui valguslaine teel on suurtes takistustes läbipaistmatud alad või augud, mis on valgusele läbipaistmatud ja nende alade või aukude suurus on proportsionaalne lainepikkusega. Üks olulisemaid difraktsiooniseadmeid on difraktsioonivõre. Difraktsioonimustri maksimumide nurksuunad määratakse võrrandiga

d sinφ = kλ (1),

Kus d– difraktsioonivõre periood, φ – nurk võre normaalse ja difraktsioonimustri ühe maksimumi suuna vahel, λ – valguse lainepikkus, k– täisarv, mida nimetatakse difraktsioonimaksimumi järjekorraks. Avaldame võrrandist (1)

Valides paarid vastavalt katsetingimustele, valime esmalt 4, kus kasutati lühema perioodiga difraktsioonvõret ja seejärel katse numbri, milles kasutati suurema perioodiga difraktsioonvõret - see on 2.

Vastus. 42.

Vool voolab läbi traattakisti. Takisti asendati teisega, samast metallist ja sama pikkusega, kuid poole ristlõikepindalaga juhtmega, millest juhiti läbi pool voolu. Kuidas muutub takisti pinge ja selle takistus?

Määrake iga koguse jaoks muudatuse olemus:

Suureneb;
Väheneb;
Ei muutu.

Kirjutage tabelisse iga füüsilise suuruse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

Lahendus. Oluline on meeles pidada, millistest väärtustest sõltub juhi takistus. Takistuse arvutamise valem on

Ohmi seadus ahela lõigu kohta, valemist (2) väljendame pinget

U = Mina R (3).

Vastavalt probleemi tingimustele on teine takisti valmistatud samast materjalist, sama pikkusega, kuid erineva ristlõikepindalaga traadist. Pindala on kaks korda väiksem. Asendades (1) leiame, et takistus suureneb 2 korda ja vool väheneb 2 korda, seega pinge ei muutu.

Vastus. 13.

Matemaatilise pendli võnkeperiood Maa pinnal on 1,2 korda suurem kui selle võnkeperiood teatud planeedil. Kui suur on gravitatsioonist tingitud kiirendus sellel planeedil? Atmosfääri mõju on mõlemal juhul tühine.

Lahendus. Matemaatiline pendel on süsteem, mis koosneb keermest, mille mõõtmeid on palju rohkem suurusi pall ja pall ise. Raskusi võib tekkida, kui unustada Tomsoni valem matemaatilise pendli võnkeperioodi kohta.

T= 2π (1);

l– matemaatilise pendli pikkus; g- gravitatsiooni kiirendus.

Tingimuste järgi

Väljendame (3) g n = 14,4 m/s 2. Tuleb märkida, et raskuskiirendus sõltub planeedi massist ja raadiusest

Vastus. 14,4 m/s 2.

1 m pikkune sirge juht, mille vool on 3 A, paikneb ühtlases induktsiooniga magnetväljas IN= 0,4 Teslat vektori suhtes 30° nurga all. Kui suur on magnetväljast juhile mõjuv jõud?

Lahendus. Kui asetate voolu juhtiva juhtme magnetvälja, toimib voolu juhtival olev väli amprijõuga. Paneme kirja jõumooduli Ampere valemi

F A = Ma LB sinα ;

F A = 0,6 N

Vastus. F A = 0,6 N.

Magnetvälja energia, mis salvestub mähises selle läbimisel alalisvool, võrdub 120 J. Mitu korda tuleb pooli mähist läbivat voolu suurendada, et sinna salvestatud magnetvälja energia suureneks 5760 J võrra.

Lahendus. Pooli magnetvälja energia arvutatakse valemiga

W m =	LI 2	(1);
	2

Tingimuste järgi W 1 = 120 J, siis W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

I 1 2 =	2W 1	; I 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Siis praegune suhe

I 2 2	= 49;	I 2	= 7
I 1 2		I 1

Vastus. Voolutugevust tuleb suurendada 7 korda. Sisestate vastuse vormile ainult numbri 7.

Elektriahel koosneb kahest lambipirnist, kahest dioodist ja juhtmest, mis on ühendatud joonisel näidatud viisil. (Diood võimaldab voolul liikuda ainult ühes suunas, nagu on näidatud pildi ülaosas.) Milline pirnidest süttib, kui viia magneti põhjapoolus mähisele lähemale? Selgitage oma vastust, näidates, milliseid nähtusi ja mustreid te oma selgituses kasutasite.

Lahendus. Magnetilised induktsiooniliinid väljuvad põhjapoolus magnet ja lahknevad. Magneti lähenedes suureneb juhtmepooli läbiv magnetvoog. Vastavalt Lenzi reeglile peab pooli induktiivvoolu tekitatav magnetväli olema suunatud paremale. Gimleti reegli kohaselt peaks vool kulgema päripäeva (vasakult vaadatuna). Teise lambiahela diood läbib selles suunas. See tähendab, et teine lamp süttib.

Vastus. Teine tuli süttib.

Alumiiniumist kodara pikkus L= 25 cm ja ristlõike pindala S= 0,1 cm 2 riputatud ülemise otsa keermele. Alumine ots toetub anuma horisontaalsele põhjale, kuhu vesi valatakse. Kodara vee all oleva osa pikkus l= 10 cm Leidke jõud F, millega kudumisvarras surub anuma põhja, kui on teada, et niit asub vertikaalselt. Alumiiniumi tihedus ρ a = 2,7 g/cm 3, vee tihedus ρ b = 1,0 g/cm 3. Gravitatsiooni kiirendus g= 10 m/s 2

Lahendus. Teeme selgitava joonise.

– keerme pingutusjõud;

– laeva põhja reaktsioonijõud;

a on Archimedese jõud, mis mõjub ainult sukeldatud kehaosale ja rakendatakse kodara sukeldatud osa keskele;

– gravitatsioonijõud, mis mõjub kodarale Maalt ja rakendub kogu kodara keskpunktile.

Definitsiooni järgi kodara mass m ja Archimedese jõumoodul on väljendatud järgmisel viisil: m = SLρa (1);

F a = Slρ sisse g (2)

Vaatleme jõudude momente kodara riputuspunkti suhtes.

M(T) = 0 – tõmbejõu moment; (3)

M(N)= NL cosα on toetusreaktsioonijõu hetk; (4)

Võttes arvesse hetkede märke, kirjutame võrrandi

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

arvestades, et Newtoni kolmanda seaduse järgi on anuma põhja reaktsioonijõud võrdne jõuga F d millega kudumisvarras vajutab anuma põhja kirjutame N = F d ja võrrandist (7) väljendame seda jõudu:

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

Asendame arvandmed ja saame need

F d = 0,025 N.

Vastus. F d = 0,025 N.

Silindrit sisaldav m 1 = 1 kg lämmastikku, tugevuskatse ajal plahvatas temperatuuril t 1 = 327 °C. Kui suur vesiniku mass m 2 võiks sellises silindris temperatuuril hoida t 2 = 27°C, millel on viiekordne ohutusvaru? Molaarmass lämmastik M 1 = 28 g/mol, vesinik M 2 = 2 g/mol.

Lahendus. Kirjutame Mendelejevi – Clapeyroni ideaalse gaasi olekuvõrrandi lämmastiku jaoks

Kus V- silindri maht, T 1 = t 1 + 273 °C. Vastavalt seisundile saab vesinikku säilitada rõhu all lk 2 = p 1/5; (3) Arvestades seda

Vesiniku massi saame väljendada, töötades otse võrranditega (2), (3), (4). Lõplik valem näeb välja selline:

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

Pärast arvandmete asendamist m 2 = 28 g.

Vastus. m 2 = 28 g.

Ideaalis võnkeahel voolukõikumiste amplituud induktiivpoolis ma m= 5 mA ja kondensaatori pinge amplituud Ee= 2,0 V. Ajal t pinge kondensaatoril on 1,2 V. Leia voolutugevus mähises sel hetkel.

Lahendus. Ideaalses võnkeahelas võnkeenergia säilib. Hetkeks t on energia jäävuse seadusel vorm

C	U 2	+ L	I 2	= L	ma m 2	(1)
	2		2		2

Amplituudi (maksimaalsete) väärtuste jaoks kirjutame

ja võrrandist (2) väljendame

C	=	ma m 2	(4).
L		Ee 2

Asendame (4) väärtusega (3). Selle tulemusena saame:

I = ma m (5)

Seega vool mähises hetkel t võrdne

I= 4,0 mA.

Vastus. I= 4,0 mA.

2 m sügavuse veehoidla põhjas on peegel. Vett läbiv valguskiir peegeldub peeglist ja väljub veest. Vee murdumisnäitaja on 1,33. Leidke kaugus kiire vette sisenemise punkti ja kiire veest väljumise punkti vahel, kui kiire langemisnurk on 30°

Lahendus. Teeme selgitava joonise

α on kiire langemisnurk;

β on kiire murdumisnurk vees;

AC on kaugus kiire vette sisenemise punkti ja kiire veest väljumise punkti vahel.

Vastavalt valguse murdumise seadusele

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Mõelge ristkülikukujulisele ΔADB-le. Selles AD = h, siis DB = AD

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

Saame järgmise väljendi:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Asendame arvulised väärtused saadud valemis (5)

Vastus. 1,63 m.

Ühtseks riigieksamiks valmistudes kutsume teid tutvuma töökava füüsikas 7.–9. klassile UMK liinile Perõškina A.V. Ja kõrgtaseme tööprogramm 10.-11. klassile õppematerjalide jaoks Myakisheva G.Ya. Programmid on vaatamiseks saadaval ja tasuta allalaadimine kõigile registreeritud kasutajatele.

Ühtne riigieksam 2017 füüsikastandard testülesanded Lukaševa

M.: 2017 - 120 lk.

Tüüpilised füüsika testiülesanded sisaldavad 10 erinevat ülesannete komplekti, mis on koostatud, võttes arvesse kõiki Unified funktsioone ja nõudeid. riigieksam aastal 2017. Käsiraamatu eesmärk on anda lugejatele teavet 2017. aasta füüsikaalaste katsemõõtmismaterjalide ülesehituse ja sisu ning ülesannete raskusastme kohta. Kogumik sisaldab vastuseid kõigile testivõimalustele, aga ka lahendusi kõige keerulisematele probleemidele kõigis 10 valikus. Lisaks esitatakse ühtsel riigieksamil kasutatud vormide näidised. Autorite meeskond on ühtse füüsika riigieksami föderaalse ainekomisjoni spetsialistid. Käsiraamat on adresseeritud õpetajatele õpilaste füüsikaeksamiks ettevalmistamiseks ning gümnaasiumiõpilastele eneseettevalmistuseks ja enesekontrolliks.

Vorming: pdf

Suurus: 4,3 MB

Vaata, lae alla: drive.google

SISU
Töö teostamise juhised 4
VARIANT 1 9
1. osa 9
2. osa 15
VARIANT 2 17
1. osa 17
2. osa 23
VARIANT 3 25
1. osa 25
2. osa 31
4. VARIANT 34
1. osa 34
2. osa 40
5. VARIANT 43
1. osa 43
2. osa 49
6. VARIANT 51
1. osa 51
2. osa 57
VARIANT 7 59
1. osa 59
2. osa 65
VARIANT 8 68
1. osa 68
2. osa 73
VARIANT 9 76
1. osa 76
2. osa 82
VARIANT 10 85
1. osa 85
2. osa 91
VASTUSED. EKSAMI HINDAMISE SÜSTEEM
TÖÖD FÜÜSIKAS 94

Füüsika proovitöö tegemiseks on ette nähtud 3 tundi 55 minutit (235 minutit). Töö koosneb 2 osast, sealhulgas 31 ülesannet.
Ülesannetes 1-4, 8-10, 14, 15, 20, 24-26 on vastuseks täisarv või lõplik kümnend. Kirjutage number vastuseväljale teose tekst, ja seejärel alloleva näidise järgi üle kanda vastusevormile nr 1. Füüsikaliste suuruste mõõtühikuid pole vaja kirjutada.
Ülesannete 27-31 vastus sisaldab Täpsem kirjeldus kogu ülesande edenemist. Vastusevormi nr 2 märkige ülesande number ja kirjutage üles selle terviklahendus.
Arvutuste tegemisel on lubatud kasutada mitteprogrammeeritavat kalkulaatorit.
Kõik ühtse riigieksami vormid täidetakse erkmusta tindiga. Võite kasutada geeli-, kapillaar- või täitesulepead.
Ülesannete täitmisel saate kasutada mustandit. Tööde hindamisel mustandi kandeid ei arvestata.
Täidetud ülesannete eest saadud punktid summeeritakse. Proovige täita võimalikult palju ülesandeid ja saada kasu suurim arv punktid.

Ettevalmistus OGE-ks ja ühtseks riigieksamiks

Keskharidus üldharidus

Liin UMK A.V. Füüsika (10–11) (põhi-, edasijõudnute)

Liin UMK A.V. Füüsika (7–9)

Füüsika ühtseks riigieksamiks valmistumine: näited, lahendused, selgitused

Analüüsime koos õpetajaga füüsika ühtse riigieksami (variant C) ülesandeid.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, füüsikaõpetaja, 27-aastane töökogemus. Moskva oblasti haridusministeeriumi aukiri (2013), Voskresenski linnaosa juhataja tänukiri (2015), Moskva piirkonna matemaatika- ja füüsikaõpetajate ühingu presidendi tunnistus (2015).

Töös esitatakse erineva raskusastmega ülesanded: põhi-, edasijõudnu- ja kõrgetasemelised. Põhitaseme ülesanded on lihtsad ülesanded, mis panevad proovile olulisemate füüsikaliste mõistete, mudelite, nähtuste ja seaduste valdamise. Edasijõudnute taseme ülesanded on suunatud füüsika mõistete ja seaduste kasutamise oskuse testimisele erinevate protsesside ja nähtuste analüüsimisel, samuti ülesannete lahendamise oskusele ühe või kahe seaduse (valemi) abil mis tahes kooli füüsikakursuse teemal. Töös 4 on 2. osa ülesanded kõrge keerukusega ülesanded ja testivad oskust kasutada füüsikaseadusi ja teooriaid muutunud või uues olukorras. Selliste ülesannete täitmine eeldab teadmiste rakendamist kahest-kolmest füüsikaosast korraga, s.t. kõrge koolituse tase. See valik on täielikult kooskõlas demo versioonÜhtne riigieksam 2017, ülesanded võetud avatud ühtse riigieksami ülesannete pangast.

Joonisel on kujutatud kiiruse mooduli ja aja graafik t. Määrake graafikult auto läbitud vahemaa ajavahemikus 0 kuni 30 s.

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

Vastus. 250 m.

Lahendus. Kiiruse projektsiooni sõltuvuse graafiku järgi v koormus vertikaalselt ülespoole suunatud teljel aja funktsioonina t, saame määrata koormuse kiirenduse projektsiooni

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

+ = (1)

T – mg = ma (2);

valemist (2) tõmbejõu moodul

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

Vastus. 1200 N.

Keha lohistatakse mööda karedat horisontaalset pinda konstantse kiirusega, mille moodul on 1,5 m/s, rakendades sellele jõudu, nagu näidatud joonisel (1). Sel juhul on kehale mõjuva libiseva hõõrdejõu moodul 16 N. Kui suur on jõu poolt arendatav võimsus? F?

Tr + + = (1)

Olles valinud fikseeritud pinnaga seotud võrdlussüsteemi, kirjutame vektorite projektsiooni võrrandid valitud koordinaattelgedele. Vastavalt ülesande tingimustele liigub keha ühtlaselt, kuna selle kiirus on konstantne ja võrdne 1,5 m/s. See tähendab, et keha kiirendus on null. Kehale mõjuvad horisontaalselt kaks jõudu: libisemishõõrdejõud tr. ja jõud, millega keha tõmmatakse. Hõõrdejõu projektsioon on negatiivne, kuna jõuvektor ei lange kokku telje suunaga X. Jõu projektsioon F positiivne. Tuletame meelde, et projektsiooni leidmiseks langetame risti vektori algusest ja lõpust valitud teljele. Seda arvesse võttes on meil: F cosα – F tr = 0; (1) väljendame jõu projektsiooni F, See F cosα = F tr = 16 N; (2) siis on jõu poolt arendatud võimsus võrdne N = F cosα V(3) Teeme asendus, võttes arvesse võrrandit (2), ja asendame vastavad andmed võrrandiga (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Vastus. 24 W.

=	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

Vastus: 81 kg.

Koormuse tasakaalus hoidmiseks tuleb trossi otsale mõjuda jõuga 100 N.
Joonisel kujutatud plokkide süsteem ei anna tugevust.
h, peate välja tõmbama trossi pikkuse 3 osa h.
Koorma aeglaselt kõrgusele tõstmiseks hh.

Koorma aeglaselt kõrgusele tõstmiseks h, peate välja tõmbama 2. pikkuse nööriosa h.
Koormuse tasakaalus hoidmiseks tuleb trossi otsale mõjuda jõuga 50 N.

Vastus. 45.

Suureneb;
Väheneb;
Ei muutu.

V =	m	.
	lk

Vastus. 13.

B) Ploki ja kaldtasandi vaheline hõõrdetegur

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Lahendus. See ülesanne nõuab Newtoni seaduste rakendamist. Soovitame teha skemaatilise joonise; näitavad liikumise kõiki kinemaatilisi omadusi. Võimalusel kujutada kiirendusvektorit ja kõigi liikuvale kehale mõjuvate jõudude vektoreid; pidage meeles, et kehale mõjuvad jõud on teiste kehadega suhtlemise tulemus. Seejärel kirjutage üles dünaamika põhivõrrand. Valige võrdlussüsteem ja kirjutage üles saadud võrrand jõu- ja kiirendusvektorite projektsiooniks;

Kirjutame üles dünaamika põhivõrrandi:

Tr + = (1)

Kirjutame selle võrrandi (1) jõudude ja kiirenduse projektsiooni jaoks.

OX-teljel: jõu projektsioon N on võrdne nulliga, kuna vektor on OX-teljega risti; Hõõrdejõu projektsioon on negatiivne (vektor on suunatud valitud telje suhtes vastupidises suunas); gravitatsiooni projektsioon on positiivne ja võrdne mg x = mg sinα (4) täisnurksest kolmnurgast. Kiirenduse projektsioon on positiivne a x = a; Seejärel kirjutame võrrandi (1) projektsiooni arvesse võttes mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Pidage meeles, et hõõrdejõud on võrdeline normaalrõhu jõuga N.

A-prioor F tr = μ N(7), väljendame ploki hõõrdetegurit kaldtasandil.

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

Valime iga tähe jaoks sobivad positsioonid.

Vastus. A – 3; B-2.

Avaldame gaasi massi.

Kindlasti pöörake tähelepanu sellele, millistel üksustel palutakse vastus kirja panna. See on väga tähtis.

Vastus.„48

Vastus. 25 J.

Õhuosa suhteline niiskus teatud temperatuuril on 10%. Mitu korda tuleks selle õhuosa rõhku muuta, et konstantsel temperatuuril suureneks suhteline õhuniiskus 25%?

Lahendus. Kõige sagedamini valmistavad koolilastele raskusi küsimused, mis on seotud küllastunud auru ja õhuniiskusega. Kasutame suhtelise õhuniiskuse arvutamiseks valemit

Vastavalt probleemi tingimustele temperatuur ei muutu, mis tähendab, et küllastunud auru rõhk jääb samaks. Kirjutame üles valem (1) kahe õhu oleku jaoks.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Avaldame õhurõhku valemitest (2), (3) ja leiame rõhu suhte.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Vastus. Rõhku tuleks suurendada 3,5 korda.

Kuum vedel aine jahutati aeglaselt sulatusahjus konstantsel võimsusel. Tabelis on näidatud aine temperatuuri mõõtmise tulemused aja jooksul.

Valige pakutavast loendist kaks avaldused, mis vastavad tehtud mõõtmiste tulemustele ja märgivad nende numbrid.

Aine sulamistemperatuur nendes tingimustes on 232°C.
20 minuti pärast. pärast mõõtmiste algust oli aine alles tahkes olekus.
Aine soojusmahtuvus vedelas ja tahkes olekus on sama.
Pärast 30 min. pärast mõõtmiste algust oli aine alles tahkes olekus.
Aine kristalliseerumisprotsess kestis üle 25 minuti.

Lahendus. Aine jahtudes vähenes selle siseenergia. Temperatuuri mõõtmise tulemused võimaldavad meil määrata temperatuuri, mille juures aine hakkab kristalliseeruma. Kui aine muutub vedelast tahkeks, siis temperatuur ei muutu. Teades, et sulamistemperatuur ja kristalliseerumistemperatuur on samad, valime väite:

1. Aine sulamistemperatuur nendes tingimustes on 232°C.

Teine õige väide on:

4. Pärast 30 min. pärast mõõtmiste algust oli aine alles tahkes olekus. Kuna temperatuur on sellel ajahetkel juba madalam kui kristalliseerumistemperatuur.

Vastus. 14.

Määrake iga koguse jaoks muudatuse olemus:

Suurenenud;
Vähenenud;
Ei ole muutunud.

Kirjutage tabelisse iga füüsilise suuruse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	i = 1

kus ∆ U– siseenergia muutus.

Vastus. 23.

Prooton lk, lendab elektromagneti pooluste vahelisse pilusse, omab kiirust risti magnetvälja induktsioonivektoriga, nagu on näidatud joonisel. Kus on prootonile mõjuv Lorentzi jõud, mis on suunatud joonise suhtes (üles, vaatleja poole, vaatlejast eemale, alla, vasakule, paremale)

Lahendus. Magnetväli mõjub laetud osakesele Lorentzi jõuga. Selle jõu suuna määramiseks on oluline meeles pidada vasaku käe mnemoreeglit, ärge unustage arvestada osakese laenguga. Suuname vasaku käe neli sõrme mööda kiirusvektorit, positiivselt laetud osakese puhul peaks vektor sisenema peopessa risti, 90° nurga all olev pöial näitab osakesele mõjuva Lorentzi jõu suunda. Selle tulemusena saame, et Lorentzi jõuvektor on joonise suhtes vaatlejast eemale suunatud.

Vastus. vaatlejalt.

Elektrivälja tugevuse suurus tasapinnalises õhukondensaatoris mahuga 50 μF on võrdne 200 V/m. Kondensaatoriplaatide vaheline kaugus on 2 mm. Mis on kondensaatori laeng? Kirjutage oma vastus µC.

Kus d- plaatide vaheline kaugus.

Väljendame pinget U=E d(4); Asendame (4) väärtusega (2) ja arvutame kondensaatori laengu.

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

Palun pöörake tähelepanu ühikutele, milles peate vastuse kirjutama. Saime selle kulonides, kuid esitame selle µC-des.

Vastus. 20 uC.

Õpilane viis läbi fotol näidatud valguse murdumise katse. Kuidas muutub klaasis leviva valguse murdumisnurk ja klaasi murdumisnäitaja langemisnurga suurenedes?

Suureneb
Väheneb
Ei muutu
Kirjutage tabelisse iga vastuse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Kus n 2 – klaasi absoluutne murdumisnäitaja, keskkond, kuhu valgus läheb; n 1 on esimese keskkonna, millest valgus tuleb, absoluutne murdumisnäitaja. Õhu jaoks n 1 = 1. α on kiire langemisnurk klaasist poolsilindri pinnale, β on kiire murdumisnurk klaasis. Pealegi on murdumisnurk väiksem kui langemisnurk, kuna klaas on optiliselt tihedam keskkond - kõrge murdumisnäitajaga keskkond. Valguse levimise kiirus klaasis on aeglasem. Pange tähele, et me mõõdame nurki kiirte langemispunktis taastatud ristist. Kui suurendate langemisnurka, suureneb ka murdumisnurk. See ei muuda klaasi murdumisnäitajat.

Vastus.

Valige graafiku abil kaks õiget väidet ja märkige vastuses nende numbrid.

Selleks ajaks t= 0,1 s magnetvoo muutus läbi ahela on 1 mWb.
Induktsioonivool džempris vahemikus alates t= 0,1 s t= max 0,3 s.
Ahelas tekkiva induktiivse emfi moodul on 10 mV.
Jumperis voolava induktsioonivoolu tugevus on 64 mA.
Hüppaja liikumise säilitamiseks rakendatakse sellele jõudu, mille projektsioon rööbaste suunale on 0,2 N.

1) Ajaks t= 0,1 s vooluringi läbiva magnetvoo muutus võrdub 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Ahelas tekkiva induktiivse emfi moodul määratakse kindlaks EMR seaduse abil

Vastus. 13.

Kasutades voolu ja aja graafikut elektriahelas, mille induktiivsus on 1 mH, määrake iseinduktiivne emf-moodul ajavahemikus 5 kuni 10 s. Kirjutage oma vastus µV-des.

Lahendus. Teisendame kõik suurused SI süsteemi, st. teisendame induktiivsuse 1 mH H-ks, saame 10 –3 H. Joonisel näidatud vool mA-des teisendatakse samuti A-ks, korrutades 10–3-ga.

Eneseinduktsiooni emf valemil on vorm

sel juhul antakse ajavahemik vastavalt ülesande tingimustele

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundit ja graafiku abil määrame voolu muutumise intervalli selle aja jooksul:

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

Asendame arvväärtused valemiga (2), saame

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V või 2 µV.

Vastus. 2.

Paneme kirja murdumisseaduse

sinβ =	patt50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Joonistame tala ligikaudse teekonna läbi plaatide. Piiride 2–3 ja 3–1 jaoks kasutame valemit (1). Vastuseks saame

A) Tala langemisnurga siinus plaatide vahelisel piiril 2–3 on 2) ≈ 0,433;

B) Kiire murdumisnurk piiri 3–1 ületamisel (radiaanides) on 4) ≈ 0,873.

Vastus. 24.

Määrake, kui palju α-osakesi ja kui palju prootoneid tekib termotuumasünteesi reaktsiooni tulemusena

+ → x+ y;

Lahendus. Kõikides tuumareaktsioonides järgitakse elektrilaengu ja nukleonide arvu jäävuse seadusi. Tähistame x-ga alfaosakeste arvu, y-ga prootonite arvu. Koostame võrrandid

+ → x + y;

meie käsutuses oleva süsteemi lahendamine x = 1; y = 2

Vastus. 1 – α-osake; 2 – prootonid.

E = pc (3),

Kus E- footoni energia, lk– footoni impulss, m – footoni mass, c= 3 · 10 8 m/s – valguse kiirus. Võttes arvesse valemit (3), on meil:

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

Ümardame vastuse kümnenditeni ja saame 8,2.

Vastus. 8,2.

Aatomi tuum on läbinud radioaktiivse positroni β - lagunemise. Kuidas muutus selle tulemusena tuuma elektrilaeng ja neutronite arv selles?

Määrake iga koguse jaoks muudatuse olemus:

Suurenenud;
Vähenenud;
Ei ole muutunud.

Kirjutage tabelisse iga füüsilise suuruse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

Lahendus. Positroni β – lagunemine aatomituumas toimub siis, kui prooton muutub positroni emissiooniga neutroniks. Selle tulemusena suureneb tuumas neutronite arv ühe võrra, elektrilaeng väheneb ühe võrra ja tuuma massiarv jääb muutumatuks. Seega on elemendi muundamisreaktsioon järgmine:

Vastus. 21.

d sinφ = kλ (1),

Vastus. 42.

Määrake iga koguse jaoks muudatuse olemus:

Suureneb;
Väheneb;
Ei muutu.

Kirjutage tabelisse iga füüsilise suuruse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevad numbrid võivad korduda.

Lahendus. Oluline on meeles pidada, millistest väärtustest sõltub juhi takistus. Takistuse arvutamise valem on

Ohmi seadus ahela lõigu kohta, valemist (2) väljendame pinget

U = Mina R (3).

Vastus. 13.

Lahendus. Matemaatiline pendel on süsteem, mis koosneb niidist, mille mõõtmed on palju suuremad kui kuuli ja kuuli enda mõõtmed. Raskusi võib tekkida, kui unustada Tomsoni valem matemaatilise pendli võnkeperioodi kohta.

T= 2π (1);

l– matemaatilise pendli pikkus; g- gravitatsiooni kiirendus.

Tingimuste järgi

Väljendame (3) g n = 14,4 m/s 2. Tuleb märkida, et raskuskiirendus sõltub planeedi massist ja raadiusest

Vastus. 14,4 m/s 2.

1 m pikkune sirge juht, mille vool on 3 A, paikneb ühtlases induktsiooniga magnetväljas IN= 0,4 Teslat vektori suhtes 30° nurga all. Kui suur on magnetväljast juhile mõjuv jõud?

Lahendus. Kui asetate voolu juhtiva juhtme magnetvälja, toimib voolu juhtival olev väli amprijõuga. Paneme kirja jõumooduli Ampere valemi

F A = Ma LB sinα ;

F A = 0,6 N

Vastus. F A = 0,6 N.

Mähisesse salvestunud magnetvälja energia alalisvoolu läbimisel võrdub 120 J. Mitu korda tuleb pooli mähist läbiva voolu tugevust suurendada, et sinna salvestatud magnetvälja energia suureneks autor 5760 J.

Lahendus. Pooli magnetvälja energia arvutatakse valemiga

W m =	LI 2	(1);
	2

Tingimuste järgi W 1 = 120 J, siis W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

I 1 2 =	2W 1	; I 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Siis praegune suhe

I 2 2	= 49;	I 2	= 7
I 1 2		I 1

Vastus. Voolutugevust tuleb suurendada 7 korda. Sisestate vastuse vormile ainult numbri 7.

Lahendus. Magnetilise induktsiooni jooned väljuvad magneti põhjapoolusest ja lahknevad. Magneti lähenedes suureneb juhtmepooli läbiv magnetvoog. Vastavalt Lenzi reeglile peab pooli induktiivvoolu tekitatav magnetväli olema suunatud paremale. Gimleti reegli kohaselt peaks vool kulgema päripäeva (vasakult vaadatuna). Teise lambiahela diood läbib selles suunas. See tähendab, et teine lamp süttib.

Vastus. Teine tuli süttib.

Lahendus. Teeme selgitava joonise.

– keerme pingutusjõud;

– laeva põhja reaktsioonijõud;

a on Archimedese jõud, mis mõjub ainult sukeldatud kehaosale ja rakendatakse kodara sukeldatud osa keskele;

– gravitatsioonijõud, mis mõjub kodarale Maalt ja rakendub kogu kodara keskpunktile.

Definitsiooni järgi kodara mass m ja Archimedese jõumoodulit väljendatakse järgmiselt: m = SLρa (1);

F a = Slρ sisse g (2)

Vaatleme jõudude momente kodara riputuspunkti suhtes.

M(T) = 0 – tõmbejõu moment; (3)

M(N)= NL cosα on toetusreaktsioonijõu hetk; (4)

Võttes arvesse hetkede märke, kirjutame võrrandi

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

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

Asendame arvandmed ja saame need

F d = 0,025 N.

Vastus. F d = 0,025 N.

Silindrit sisaldav m 1 = 1 kg lämmastikku, tugevuskatse ajal plahvatas temperatuuril t 1 = 327 °C. Kui suur vesiniku mass m 2 võiks sellises silindris temperatuuril hoida t 2 = 27°C, millel on viiekordne ohutusvaru? Lämmastiku molaarmass M 1 = 28 g/mol, vesinik M 2 = 2 g/mol.

Lahendus. Kirjutame Mendelejevi – Clapeyroni ideaalse gaasi olekuvõrrandi lämmastiku jaoks

Kus V- silindri maht, T 1 = t 1 + 273 °C. Vastavalt seisundile saab vesinikku säilitada rõhu all lk 2 = p 1/5; (3) Arvestades seda

Vesiniku massi saame väljendada, töötades otse võrranditega (2), (3), (4). Lõplik valem näeb välja selline:

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

Pärast arvandmete asendamist m 2 = 28 g.

Vastus. m 2 = 28 g.

Ideaalses võnkeahelas on induktiivpooli voolukõikumiste amplituud ma m= 5 mA ja kondensaatori pinge amplituud Ee= 2,0 V. Ajal t pinge kondensaatoril on 1,2 V. Leia voolutugevus mähises sel hetkel.

Lahendus. Ideaalses võnkeahelas võnkeenergia säilib. Hetkeks t on energia jäävuse seadusel vorm

C	U 2	+ L	I 2	= L	ma m 2	(1)
	2		2		2

Amplituudi (maksimaalsete) väärtuste jaoks kirjutame

ja võrrandist (2) väljendame

C	=	ma m 2	(4).
L		Ee 2

Asendame (4) väärtusega (3). Selle tulemusena saame:

I = ma m (5)

Seega vool mähises hetkel t võrdne

I= 4,0 mA.

Vastus. I= 4,0 mA.

Lahendus. Teeme selgitava joonise

α on kiire langemisnurk;

β on kiire murdumisnurk vees;

AC on kaugus kiire vette sisenemise punkti ja kiire veest väljumise punkti vahel.

Vastavalt valguse murdumise seadusele

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Mõelge ristkülikukujulisele ΔADB-le. Selles AD = h, siis DB = AD

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

Saame järgmise väljendi:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Asendame arvulised väärtused saadud valemis (5)

Vastus. 1,63 m.

Ühtseks riigieksamiks valmistudes kutsume teid tutvuma töökava füüsikas 7.–9. klassile UMK liinile Perõškina A.V. Ja kõrgtaseme tööprogramm 10.-11. klassile õppematerjalide jaoks Myakisheva G.Ya. Programmid on vaatamiseks ja tasuta allalaadimiseks saadaval kõigile registreeritud kasutajatele.