3109295 számú opció

Fizika korai egységes államvizsga 2017, 101. lehetőség

A feladatok rövid válasszal történő kitöltésekor a válasz mezőbe írja be a helyes válasz számának megfelelő számot, vagy egy számot, egy szót, egy betűsort (szavakat) vagy számokat. A választ szóközök és további karakterek nélkül kell megírni. Válaszd el a tört részt a teljes tizedesvesszőtől! Nem kell mértékegységeket írni. Az 1-4, 8-10, 14, 15, 20, 25-27 feladatokban a válasz egész vagy véges szám decimális. Az 5–7., 11., 12., 16–18., 21. és 23. feladatok válasza két számsor. A 13. feladat válasza egy szó. A 19. és 22. feladat válasza két szám.

Ha a lehetőséget a tanár megadja, akkor a feladatokhoz részletes választ tartalmazó válaszokat adhat meg vagy tölthet fel a rendszerbe. A tanár látni fogja a rövid válaszú feladatok megoldásának eredményét, és képes lesz értékelni a letöltött feladatok válaszait hosszú válaszokkal. A tanár által megadott pontszámok megjelennek a statisztikákban.

MS Word-ben való nyomtatáshoz és másoláshoz használható verzió

Az ábrán a testsebesség vetületének grafikonja látható v x időről.

Határozza meg ennek a testnek a gyorsulási vetületét! egy x 15 és 20 másodperc közötti időintervallumban. Adja meg válaszát m/s 2-vel.

Válasz:

Kocka tömeg M= 1 kg, oldalról rugók által összenyomva (lásd az ábrát), sima vízszintes asztalon fekszik. Az első rugó 4 cm-rel, a második 3 cm-rel összenyomódik. Az első rugó merevsége k 1 = 600 N/m. Mekkora a második rugó merevsége? k 2? Fejezze ki válaszát N/m-ben.

Válasz:

Két test azonos sebességgel mozog. Az első test mozgási energiája 4-szer kisebb, mint a második test kinetikus energiája. Határozza meg a testek tömegeinek arányát!

Válasz:

A megfigyelőtől 510 m távolságra a munkások cölöpverővel cölöpöket vernek. Mennyi idő telik el attól a pillanattól kezdve, amikor a megfigyelő meglátja a cölöpverő ütközését addig a pillanatig, amikor meghallja az ütközés hangját? A hang sebessége a levegőben 340 m/s. Fejezze ki válaszát a p.

Válasz:

Az ábrán a nyomásfüggés grafikonjai láthatók p merülési mélységből h két nyugalmi folyadékra: vízre és nehézfolyékony dijód-metánra, állandó hőmérsékleten.

Válasszon ki két igaz állítást, amelyek megegyeznek a megadott grafikonokkal!

1) Ha egy üreges golyó belsejében a nyomás megegyezik a légköri nyomással, akkor a vízben 10 m mélységben a felületén kívülről és belülről a nyomás egyenlő lesz.

2) A kerozin sűrűsége 0,82 g/cm 3, a kerozin nyomás/mélység grafikonja hasonló lesz a víz és a dijód-metán grafikonjai között.

3) Vízben 25 m mélységben, nyomás p 2,5-szer több, mint a légköri.

4) A merülési mélység növekedésével a dijód-metán nyomása gyorsabban növekszik, mint a vízben.

5) Az olívaolaj sűrűsége 0,92 g/cm 3, az olaj esetében a nyomás és a mélység hasonló grafikonja lesz a víz grafikonja és az x tengely (vízszintes tengely) között.

Válasz:

A mennyezetről egy súlytalan rugóra felfüggesztett hatalmas teher szabad függőleges rezgéseket hajt végre. A rugó folyamatosan feszített marad. Hogyan viselkedik a rugó potenciális energiája és a terhelés potenciális energiája a gravitációs térben, amikor a terhelés egyensúlyi helyzetéből felfelé mozog?

1) növekszik;

2) csökken;

3) nem változik.

Válasz:

Egy teherautó halad egy egyenes vízszintes úton nagy sebességgel v, fékezett úgy, hogy a kerekek leálltak forogni. Teherautó súlya m, a kerekek súrlódási tényezője az úton μ . Az A és B képlet lehetővé teszi a teherautó mozgását jellemző fizikai mennyiségek értékeinek kiszámítását.

Állítson fel egyezést a képletek és a fizikai mennyiségek között, amelyek értéke ezekkel a képletekkel kiszámítható!

A	B

Válasz:

A ritka argon lehűlése következtében abszolút hőmérséklete 4-szeresére csökkent. Hányszorosára csökkent az átlagos mozgási energia? hőmozgás argon molekulák?

Válasz:

A hőgép munkaközege ciklusonként 100 J hőmennyiséget kap a fűtőberendezéstől, és 60 J munkát végez Mekkora a hőgép hatásfoka? Válaszát fejezze ki %-ban!

Válasz:

A dugattyús zárt edényben a levegő relatív páratartalma 50%. Mekkora lesz a levegő relatív páratartalma az edényben, ha az edény térfogatát állandó hőmérsékleten kétszeresére csökkentjük? Válaszát fejezze ki %-ban!

Válasz:

A kezdetben folyékony halmazállapotú forró anyagot lassan lehűtjük. A hűtőborda teljesítménye állandó. A táblázat egy anyag hőmérsékletének időbeli mérési eredményeit mutatja.

Válasszon ki két olyan állítást a javasolt listából, amelyek megfelelnek a mérési eredményeknek, és jelölje meg a számukat.

1) Az anyag kristályosodási folyamata több mint 25 percig tartott.

2) Egy anyag fajlagos hőkapacitása folyékony és szilárd halmazállapotban azonos.

3) Az anyag olvadáspontja ilyen körülmények között 232 °C.

4) 30 perc elteltével. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.

5) 20 perc múlva. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.

Válasz:

Az A és B grafikon diagramokat mutat be p−TÉs p−V az 1-2 és 3-4 folyamatok (hiperbola) esetében 1 mol héliummal hajtják végre. A grafikonokon p- nyomás, V– hangerő és T– abszolút gázhőmérséklet. Hozzon létre megfeleltetést a grafikonok és a grafikonokon ábrázolt folyamatokat jellemző állítások között. Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopban, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatban a megfelelő betűk alá.

A	B

Válasz:

Hogyan irányul a 2. vezető 1. vezetőjére ható Ampererő az ábrához képest (jobbra, balra, fel, le, a megfigyelő felé, a megfigyelőtől távol) (lásd az ábrát), ha a vezetékek vékonyak, hosszúak, egyenesek, párhuzamosak egymással? ( én- áramerősség.) Írd le a választ szó(k)ban!

Válasz:

Egyenáram folyik át az áramkör egy szakaszán (lásd az ábrát) én= 4 A. Milyen áramot fog mutatni az ehhez az áramkörhöz csatlakoztatott ideális ampermérő, ha az egyes ellenállások ellenállása r= 1 Ohm? Adja meg válaszát amperben.

Válasz:

Az elektromágneses indukció megfigyelésére irányuló kísérletben egy vékony huzal menetéből készült négyzet alakú keretet egyenletes mágneses térbe helyeznek, amely merőleges a keret síkjára. Indukció mágneses mező egyenletesen növekszik 0-tól a maximális értékig BAN BEN max időnként T. Ugyanakkor a keret izgatott indukált emf, egyenlő 6 mV. Milyen indukált emf fog előfordulni a keretben, ha T 3-szor csökkenti, és BAN BEN Csökkenti max 2-szer? Adja meg válaszát mV-ban.

Válasz:

Egyenletes elektrosztatikus mezőt hoz létre egy egyenletesen töltött, kiterjesztett vízszintes lemez. A térerősség vonalak függőlegesen felfelé irányulnak (lásd az ábrát).

Az alábbi listából válasszon ki két helyes állítást, és adja meg a számukat.

1) Ha a lényegre A helyezzünk el egy tesztpont negatív töltést, akkor a lemez oldaláról függőlegesen lefelé irányuló erő hat rá.

2) A lemez negatív töltésű.

3) Potenciális elektrosztatikus mező azon a ponton BAN BEN pontnál alacsonyabb VAL VEL.

5) Az elektrosztatikus mező munkája a tesztpont negatív töltésének egy pontból történő mozgatására Aés a lényegre BAN BEN egyenlő nullával.

Válasz:

Egy elektron körben mozog egyenletes mágneses térben. Hogyan változik meg az elektronra ható Lorentz-erő és annak forgási ideje, ha növeljük a mozgási energiáját?

Minden mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

1) növekedni fog;

2) csökkenni fog;

3) nem fog változni.

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

Válasz:

Az ábrán egy egyenáramú áramkör látható. Hozzon létre megfeleltetést a fizikai mennyiségek és a képletek között, amellyel kiszámíthatók ( ε – az áramforrás EMF-je, r- az áramforrás belső ellenállása, R– ellenállás ellenállás).

Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopban, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatban a megfelelő betűk alá.

FIZIKAI MENNYISÉGEK		KÉPLETEK
A) áramerősség a forráson keresztül nyitott K kapcsolóval B) áramerősség a forráson keresztül a K gomb zárt állapotában

Válasz:

Vákuumban két monokromatikus hullám terjed elektromágneses hullámok. Az első hullám fotonjának energiája 2-szer nagyobb, mint a második hullám fotonjának energiája. Határozza meg ezen elektromágneses hullámok hosszának arányát!

Válasz:

Hogyan fognak változni mikor β − - az atommag bomlási tömegszáma és töltése?

Minden mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

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.

Válasz:

Határozza meg a voltmérő állását (lásd az ábrát), ha hiba van közvetlen mérés feszültség megegyezik a voltmérő osztásértékével. Válaszát voltban adja meg. Válaszában írja le az értéket és a hibát együtt szóköz nélkül.

Válasz:

Mert laboratóriumi munka Miután felfedezte a vezető ellenállásának hosszától való függését, a hallgató öt vezetőt kapott, amelyek jellemzőit a táblázat tartalmazza. Az alábbi két útmutató közül melyiket kell a tanulónak követnie a tanulmány elvégzéséhez?

A felkészülés során Egységes államvizsga érettségizetteknek A záróvizsgához jobb, ha a hivatalos információforrásokból származó lehetőségeket használja.

A vizsgafeladat elvégzésének megértéséhez először meg kell ismerkednie a KIM Egységes Fizikai Állami Vizsga bemutató verzióival. jelen évés opciókkal Korai egységes államvizsga időszak.

2015.10.05., annak érdekében, hogy a végzősök további lehetőséget biztosítsanak az egységes fizika államvizsgára való felkészülésre, az egységes államvizsgára használt KIM egyik változata megjelenik a FIPI honlapján korai időszak 2017. Ezek valós lehetőségek a 2017. április 7-én lefolytatott vizsgán.

A 2017-es fizika egységes államvizsga korai verziói

A 2017-es fizika egységes államvizsga bemutató verziója

Feladat opció + válaszok	változat + válasz
Leírás	Letöltés
Kodifikátor	Letöltés

A 2016-2015-ös fizika egységes államvizsga bemutató változatai

Fizika	Letöltési lehetőség
2016	az Egységes Államvizsga 2016 változata
2015	változat EGE fizika

Az egységes államvizsga KIM változásai 2017-ben 2016-hoz képest

A vizsgadolgozat 1. részének szerkezete módosult, a 2. rész változatlan maradt. Az egy helyes választ adó feladatokat kizártuk a vizsgamunkából, és hozzáadtuk a rövid válaszú feladatokat.

A vizsgamunka szerkezetének módosítása során megőrizték az oktatási teljesítmények értékelésének általános koncepcionális megközelítéseit. Beleértve változatlan maradt maximális pontszám a vizsgadolgozat összes feladatának teljesítéséhez megmarad a különböző nehézségi fokú feladatok maximális pontjainak elosztása és a feladatok számának hozzávetőleges szakaszonkénti megoszlása iskolai tanfolyam fizika és a tevékenység módszerei.

A 2017-es egységes államvizsgán ellenőrizhető kérdések teljes listája megtalálható a diplomások képzési szintjére vonatkozó tartalmi elemek és követelmények kodifikátorában. oktatási szervezetek a 2017-es fizika egységes államvizsgára.

Az Egységes Fizikai Államvizsga bemutató verziójának célja, hogy az egységes államvizsgán résztvevők és a nagyközönség képet kaphasson a jövőbeni CMM-ek felépítéséről, a feladatok számáról és formájáról, valamint összetettségükről. .

Az ebben az opcióban szereplő, részletes válaszú feladatok elvégzésének értékelésére vonatkozó megadott kritériumok képet adnak a részletes válasz rögzítésének teljességére és helyességére vonatkozó követelményekről. Ez az információ lehetővé teszi a diplomások számára, hogy stratégiát dolgozzanak ki az egységes államvizsga előkészítésére és letételére.

A KIM Egységes Fizika Államvizsga tartalmi kiválasztásának és szerkezetének kialakításának megközelítései

A vizsgadolgozat minden változata tartalmaz olyan feladatokat, amelyek az iskolai fizika tantárgy összes részéből ellenőrzött tartalmi elemek elsajátítását tesztelik, míg az egyes részekhez minden taxonómiai szintű feladatot kínálnak. A felsőoktatásban való továbbtanulás szempontjából a legfontosabb oktatási intézmények A tartalmi elemeket ugyanabban a változatban különböző bonyolultságú feladatok vezérlik.

Az adott szakaszra vonatkozó feladatok számát annak tartalma és a hozzávetőleges fizika szaknak megfelelően a tanulásra szánt tanítási idő arányában határozza meg. Különféle tervek, amelyek alapján készülnek vizsgalehetőségek, a tartalom-kiegészítés elvén épülnek fel, így általában minden opciósorozat diagnosztikát nyújt a kodifikátorban szereplő összes tartalmi elem fejlődéséhez.

Mindegyik opció tartalmaz feladatokat a különböző bonyolultságú szakaszok mindegyikéhez, lehetővé téve a fizikai törvények és képletek alkalmazásának képességének tesztelését mind a szokásos oktatási helyzetekben, mind a nem hagyományos helyzetekben, amelyek kellő megnyilvánulást igényelnek. magas fokozat függetlenség az ismert cselekvési algoritmusok kombinálásakor vagy egy feladat elvégzésének saját tervének elkészítésekor.

A részletes választ igénylő feladatok ellenőrzésének objektivitását egységes értékelési szempontok, egy-egy munkát értékelő két független szakértő részvétele, harmadik szakértő kijelölésének lehetősége, jogorvoslati eljárás megléte biztosítja. Egyetlen Államvizsga a fizikából választható vizsga érettségizettek számára, és a felsőoktatási intézményekbe való belépéskor differenciálásra szolgál.

Ebből a célból a munka három nehézségi szintű feladatot tartalmaz. Feladatok elvégzése alapszint A komplexitás lehetővé teszi a fizikatanfolyam legjelentősebb tartalmi elemeinek elsajátítási szintjének felmérését Gimnáziumés a legfontosabb tevékenységek elsajátítása.

Az alapszint feladatai között megkülönböztetik azokat a feladatokat, amelyek tartalma megfelel az alapszint színvonalának. Az alapszintű szabvány elsajátításának követelményei alapján állapítják meg a fizika egységes államvizsga-pontszámának minimális számát, amely megerősíti, hogy a végzett hallgató egy középfokú (teljes) általános fizikaképzési programot szerzett. Használd be vizsgadolgozat A megnövekedett és magas szintű bonyolultságú feladatok lehetővé teszik a hallgatók felkészültségének fokát az egyetemi továbbtanulásra.

Felkészülés az OGE-re és az egységes államvizsgára

Átlagos Általános oktatás

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

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

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

Felkészülés az egységes fizika államvizsgára: példák, megoldások, magyarázatok

Tegyük rendbe Egységes államvizsga-feladatok fizikából (C lehetőség) tanárral.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikatanár, 27 éves szakmai tapasztalat. Becsület oklevél A Moszkvai Régió Oktatási Minisztériuma (2013), Voskresensky vezetőjének köszönete önkormányzati kerület(2015), A Moszkvai Régió Matematika-fizikatanárok Szövetsége elnöki bizonyítványa (2015).

A mű különböző nehézségi szintű feladatokat mutat be: alap, haladó és magas. Az alapszintű feladatok egyszerű feladatok, amelyek a legfontosabb fizikai fogalmak, modellek, jelenségek és törvények elsajátítását tesztelik. Az emelt szintű feladatok az iskolai fizika tantárgy bármely témájában a fizika fogalmak és törvényszerűségek különböző folyamatok, jelenségek elemzésére való képességének, valamint egy vagy két törvény (képlet) felhasználásával történő problémamegoldási képesség tesztelésére irányulnak. A munkában a 2. rész 4 feladata feladat magas szint komplexitás és tesztelje a fizika törvényeinek és elméleteinek alkalmazási képességét egy megváltozott vagy új helyzetben. Az ilyen feladatok elvégzéséhez egyszerre két-három fizikarész ismereteinek alkalmazására van szükség, pl. magas szintű képzés. Ez az opció teljesen konzisztens próba verzió Egységes Államvizsga 2017, a nyílt Egységes Államvizsga feladatbankból vett feladatok.

Az ábra a sebesség modulusát az idő függvényében ábrázolja t. Határozza meg a grafikonon az autó által 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett távolságot!

Megoldás. Az autó által 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett út legkönnyebben egy trapéz területeként határozható meg, melynek alapja a (30 – 0) = 30 s és (30 – 10) időintervallum. ) = 20 s, a magasság pedig a sebesség v= 10 m/s, azaz

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

Válasz. 250 m.

Egy 100 kg súlyú rakományt egy kábel segítségével függőlegesen felfelé emelnek. Az ábra a sebességvetítés függését mutatja V a tengely felfelé irányuló terhelése, az idő függvényében t. Határozza meg a kábelfeszítő erő modulusát emelés közben.

Megoldás. A sebesség vetületi függőségi grafikonja szerint v terhelés egy függőlegesen felfelé irányuló tengelyre, az idő függvényében t, meg tudjuk határozni a terhelés gyorsulásának vetületét

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

A terhelésre: a függőlegesen lefelé irányuló gravitációs erő és a kábel mentén függőlegesen felfelé irányuló kábel feszítőereje hat (lásd az ábrát). 2. Írjuk fel a dinamika alapegyenletét! Használjuk Newton második törvényét. A testre ható erők geometriai összege egyenlő a test tömegének és a rá adott gyorsulásnak a szorzatával.

+ = (1)

Írjuk fel a vektorok vetületének egyenletét a Földhöz tartozó vonatkoztatási rendszerben, az OY tengelyt felfelé irányítva. A feszítőerő vetülete pozitív, mivel az erő iránya egybeesik az OY tengely irányával, a gravitációs erő vetülete negatív, mivel az erővektor ellentétes az OY tengellyel, a gyorsulásvektor vetülete pozitív is, így a test felfelé gyorsulással mozog. Nekünk van

T – mg = ma (2);

a (2) képletből húzóerő modulus

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 sebességgel, amelynek modulusa 1,5 m/s, és erőt fejtenek ki rá az (1) ábrán látható módon. Ebben az esetben a testre ható csúszósúrlódási erő modulusa 16 N. Mekkora az erő által kifejlesztett teljesítmény? F?

Megoldás. Képzeljük el a problémafelvetésben megadott 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 referenciarendszer kiválasztását követően felírjuk a vektorok vetítésének egyenleteit a kiválasztott koordinátatengelyekre. A probléma körülményei szerint 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: a csúszósúrlódási erő tr. és az erő, amellyel a testet vonszolják. A súrlódási erő vetülete negatív, mivel az erővektor nem esik egybe a tengely irányával x. Az erő kivetítése F pozitív. Emlékeztetünk arra, hogy a vetítés megtalálásához a merőlegest a vektor elejétől és végétől a kiválasztott tengelyre engedjük le. Ezt figyelembe véve rendelkezésünkre áll: F cosα – F tr = 0; (1) fejezzük ki az erő vetületét F, Ezt F cosα = F tr = 16 N; (2) akkor az erő által kifejlesztett teljesítmény egyenlő lesz N = F cosα V(3) Tegyünk egy cserét a (2) egyenlet figyelembevételével, és cseréljük be a megfelelő adatokat a (3) egyenletbe:

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Válasz. 24 W.

A 200 N/m merevségű könnyű rugóra rögzített terhelés függőleges oszcillációkat szenved. Az ábrán az elmozdulásfüggés grafikonja látható x időnként töltse be t. Határozza meg, mekkora a teher tömege! Válaszát kerekítse egész számra.

Megoldás. A rugón lévő tömeg függőleges oszcillációkon megy keresztül. A terheléselmozdulás grafikonja szerint x időről t, meghatározzuk a terhelés lengési periódusát. Az oszcilláció periódusa egyenlő T= 4 s; a képletből T= 2π fejezzük ki a tömeget m szállítmány

=	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

Válasz: 81 kg.

Az ábrán két könnyűblokkból és egy súlytalan kábelből álló rendszer látható, mellyel egyensúlyban tartható vagy 10 kg súlyú terhet emelhet. A súrlódás elhanyagolható. A fenti ábra elemzése alapján válassza ki kettő igaz állításokat, és válaszában tüntesse fel számukat.

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

Megoldás. Ebben a problémában emlékezni kell egyszerű mechanizmusok, nevezetesen blokkok: mozgatható és rögzített blokk. A mozgatható blokk kétszeres erőnövekedést ad, míg a kötélszakaszt kétszer hosszabbra kell húzni, a rögzített blokkot pedig az erő átirányítására használják. A munkában az egyszerű nyerési mechanizmusok nem adnak. A probléma elemzése után azonnal kiválasztjuk a szükséges állításokat:

1. Teher lassú emelése magasba h, ki kell húznia egy 2-es kötélhosszúságú szakaszt h.
2. A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 50 N erővel kell hatnia a kötél végére.

Válasz. 45.

A súlytalan és nyújthatatlan menethez erősített alumínium súlyt teljesen elmerítik egy edényben vízzel. A rakomány nem érinti az edény falát és alját. Ezután ugyanabba az edénybe vízzel egy vassúlyt merítünk, amelynek tömege megegyezik az alumínium 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 kiemeljük azokat a paramétereket, amelyek a vizsgálat során nem változnak: ezek a test tömege és a folyadék, amelybe a testet egy szálon merítjük. Ezek után célszerű vázlatos rajzot készíteni és feltüntetni a terhelésre ható erőket: menetfeszességet F vezérlés, a menet mentén felfelé irányítva; függőlegesen lefelé irányuló gravitáció; Arkhimédeszi erő a, a folyadék oldaláról hatva a bemerült testre és felfelé irányítva. A feladat feltételei szerint a terhek tömege azonos, ezért a terhelésre ható gravitációs erő modulusa nem változik. Mivel a rakomány sűrűsége eltérő, a térfogat is más lesz.

V =	m	.
	p

A vas sűrűsége 7800 kg/m3, az alumínium rakomány sűrűsége 2700 kg/m3. Ennélfogva, Vés< V a. A test egyensúlyban van, a testre ható összes erő eredője nulla. Irányítsuk felfelé az OY koordinátatengelyt. A dinamika alapegyenletét, figyelembe véve az erők vetületét, alakba írjuk F vezérlő + F a – mg= 0; (1) Adjuk meg a feszítőerőt F kontroll = mg – F a(2); Az arkhimédeszi erő a folyadék sűrűségétől és a bemerült testrész térfogatától függ F a = ρ gV p.h.t. (3); A folyadék sűrűsége nem változik, és a vastest térfogata kisebb Vés< V a, ezért a vasterhelésre ható arkhimédészi erő kisebb lesz. Arra a következtetésre jutunk, hogy a menet feszítőerejének modulusa a (2) egyenlettel dolgozva növekedni fog.

Válasz. 13.

Egy tömegtömb m lecsúszik egy rögzített durva ferde síkról α szöggel az alapnál. A blokk gyorsulási modulusa egyenlő a, a blokk sebességének modulusa 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 táblázatban a megfelelő betűk alá.

B) Egy blokk és egy ferde sík közötti súrlódási tényező

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 gyorsulásvektort és a mozgó testre ható összes erő vektorait; ne feledje, hogy a testre ható erők más testekkel való kölcsönhatás eredménye. Ezután írja fel a dinamika alapegyenletét. Válasszunk ki egy referenciarendszert, és írjuk fel az eredményül kapott egyenletet az erő- és gyorsulásvektorok vetítésére;

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

Írjuk fel a dinamika alapegyenletét:

Tr + = (1)

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

Az OY tengelyen: a talajreakció erő vetülete pozitív, mivel a vektor egybeesik az OY tengely irányával Ny = N; a súrlódási erő vetülete nulla, mivel a vektor merőleges a tengelyre; a gravitáció vetülete negatív és egyenlő lesz mg y= – mg cosα; gyorsulás vektor vetítés a y= 0, mivel a gyorsulásvektor merőleges a tengelyre. Nekünk van N – mg cosα = 0 (2) az egyenletből kifejezzük a blokkra ható reakcióerőt a ferde sík oldaláról. N = mg cosα (3). Írjuk fel a 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. A gyorsulás előrejelzése 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 nyomás erejével N.

A-priory F tr = μ N(7), kifejezzük a blokk 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 az edényben lévő gáz tömegét. Adja meg válaszát grammban, és kerekítse a legközelebbi egész számra!

Megoldás. Fontos odafigyelni a mértékegységek SI rendszerre való átszámítására. Átalakítsa a hőmérsékletet Kelvinre T = t°C + 273, térfogat V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Átalakítjuk a nyomást P= 150 kPa = 150 000 Pa. Az állapotegyenlet felhasználásával ideális gáz

Adjuk meg a gáz tömegét.

Ügyeljen arra, hogy melyik egységeket kéri fel a válasz lejegyzésére. Ez nagyon fontos.

Válasz.„48

9. feladat. Ideális egyatomos gáz 0,025 mol mennyiségben adiabatikusan expandált. Ugyanakkor a hőmérséklete +103°C-ról +23°C-ra csökkent. Mennyi 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 úgy működik, hogy csökkenti a belső energiát. Ezt figyelembe véve a termodinamika első főtételét 0 = ∆ alakban írjuk fel U + A G; (1) fejezzük ki a gázmunkát A g = –∆ U(2); A belső energia változását egy monoatomos gázra így írjuk

Válasz. 25 J.

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

Megoldás. Kapcsolódó kérdések telített gőzés a levegő páratartalma, leggyakrabban az iskolások számára okoz nehézségeket. Használjuk a képletet a levegő relatív páratartalmának kiszámításához

A probléma körülményei szerint a hőmérséklet nem változik, ami a nyomást jelenti telített gőz ugyanaz 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 forró folyékony anyagot olvasztókemencében állandó teljesítmény mellett lassan lehűtjük. A táblázat egy anyag hőmérsékletének időbeli mérési eredményeit mutatja.

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

1. Az anyag olvadáspontja ilyen körülmények között 232°C.
2. 20 perc múlva. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.
3. Egy anyag hőkapacitása folyékony és szilárd 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 hőmérsékletmérés eredményei lehetővé teszik, hogy meghatározzuk azt a hőmérsékletet, amelyen egy anyag kristályosodni kezd. Míg egy anyag folyékonyból szilárdra változik, a hőmérséklet nem változik. Tudva, hogy az olvadási hőmérséklet és a kristályosodási hőmérséklet megegyezik, a következő állítást választjuk:

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

A második helyes állítás:

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

Válasz. 14.

Izolált rendszerben az A test hőmérséklete +40°C, a B test hőmérséklete +65°C. Ezeket a testeket termikus érintkezésbe hozták 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 mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

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

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

Megoldás. Ha a testek izolált rendszerében a hőcserén kívül más energiaátalakulás nem következik be, akkor az olyan testek által leadott hőmennyiség, amelyek belső energiája csökken, megegyezik azon testek hőmennyiségével, amelyek belső energiája nő. (Az energiamegmaradás törvénye szerint.) Ebben az esetben a rendszer teljes belső energiája nem változik. Az ilyen 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 bizonyos mennyiségű hőt kapott a B testtől, a hőmérséklete megnő. Az A és B test teljes belső energiája nem változik.

Válasz. 23.

Proton p, az elektromágnes pólusai közötti résbe repülve, a mágneses tér indukciós vektorára merőleges sebességgel rendelkezik, amint az az ábrán látható. Hol van a protonra ható Lorentz-erő a rajzhoz képest (felfelé, a megfigyelő felé, a megfigyelőtől távol, 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, ne felejtsük el figyelembe venni a részecske töltését. A bal kéz négy ujját a sebességvektor mentén irányítjuk, pozitív töltésű részecske esetén a vektornak merőlegesen kell bemennie a tenyérbe, a 90°-ra állított 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.

Feszültségi modulus elektromos mező 50 μF kapacitású lapos levegő kondenzátorban 200 V/m. A kondenzátorlapok közötti távolság 2 mm. Mennyi a töltés a kondenzátoron? Írja 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 lapos légkondenzátorról szól - egy elektromos töltés és elektromos térenergia tárolására szolgáló eszközről. Az elektromos kapacitás képletéből

Ahol d- a lemezek közötti távolság.

Adjuk meg a feszültséget U=E d(4); Helyettesítsük (4)-et (2)-be, és számítsuk ki a kondenzátor töltését.

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

Kérjük, ügyeljen arra, hogy milyen egységekben kell a választ írnia. Kulonban kaptuk, de µC-ban mutatjuk be.

Válasz. 20 µC.

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

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

Megoldás. Az ilyen jellegű problémáknál 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 hullámterjedés sebessége. Miután rájöttünk, hogy a fény melyik közegbe melyikbe terjed, írjuk fel a törés törvényét

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Ahol n 2 – az üveg abszolút törésmutatója, az a közeg, ahová a fény eljut; n 1 az első közeg abszolút törésmutatója, amelyből a fény származik. Levegőért n 1 = 1. α a sugár beesési szöge az üvegfélhenger felületén, β a sugár törésszöge az üvegben. Sőt, a törésszög is lesz kisebb szögősz, mivel az üveg optikailag sűrűbb közeg - olyan közeg egy nagy mutató fénytörés. Az üvegben a fény terjedési sebessége lassabb. Felhívjuk figyelmét, hogy a szögeket a sugár beesési pontjában helyreállított merőlegestől mérjük. Ha növeli a beesési szöget, akkor a törésszög nő. Ez nem változtatja meg az üveg törésmutatóját.

Válasz.

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

A grafikon segítségével válasszon ki két helyes állítást, és adja meg a számukat a válaszában.

1. Mire t= 0,1 másodperces változás a mágneses fluxusban az áramkörön keresztül 1 mWb.
2. Indukciós áram a jumperben a tól tartományban t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Az áramkörben keletkező induktív emf modulja 10 mV.
4. A jumperben folyó indukciós áram erőssége 64 mA.
5. A jumper mozgásának fenntartása érdekében erőt fejtenek ki rá, amelynek vetülete a sínek irányára 0,2 N.

Megoldás. Az áramkörön áthaladó mágneses indukciós vektor fluxusának időbeli függőségét ábrázoló grafikon segítségével meghatározzuk azokat a területeket, ahol az F fluxus változik, és ahol a fluxus változása nulla. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy meghatározzuk azokat az időintervallumokat, amelyek alatt az indukált áram megjelenik az áramkörben. Igaz állítás:

1) Mire t= 0,1 másodperces változás a mágneses fluxusban az áramkörön keresztül egyenlő 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Az áramkörben keletkező induktív emf modulját az EMR törvény alapján határozzuk meg

Válasz. 13.

Az áram/idő grafikon szerint elektromos áramkör, melynek induktivitása 1 mH, határozza meg az önindukciós emf modulját 5-10 s időintervallumban. Válaszát írja le µV-ban.

Megoldás. Váltsunk át minden mennyiséget SI rendszerbe, azaz. 1 mH induktivitását H-vé alakítjuk, 10 –3 H-t kapunk. Az ábrán látható áramot mA-ban A-vá alakítjuk, 10 –3-mal megszorozva.

EMF képlet az önindukciónak megvan a formája

ebben az esetben az időintervallumot a probléma körülményei szerint adjuk meg

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

másodperc, és a grafikon segítségével meghatározzuk az áram változásának intervallumát ezen idő alatt:

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

Cseréljük számértékek 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 jelentéseik között. Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopból, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatban a megfelelő betűk alá.

Megoldás. A két közeg határfelületén a fénytörés problémáinak megoldására, különösen a fény síkpárhuzamos lemezeken való áthaladásával kapcsolatos problémák megoldására a következő megoldási eljárás javasolható: készítsen rajzot, amely az egyik közegből érkező sugarak útját jelzi. egy másik; A nyaláb beesési pontján a két közeg határfelületén rajzoljunk egy normált a felületre, jelöljük meg a beesési és törési szögeket. Különös figyelmet kell fordítani a szóban forgó közeg optikai sűrűségére, és ne feledje, hogy amikor 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 az ütközési pontban helyreállított merőleges határozza meg. Meghatározzuk, hogy a sugár beesési szöge a felületen 90° – 40° = 50°, törésmutató n 2 = 1,77; n 1 = 1 (levegő).

Írjuk fel a fénytörés törvényét

sinβ =	sin50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

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

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

B) A nyaláb törésszöge a 3–1 határon (radiánban) 4) ≈ 0,873.

Válasz. 24.

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

+ → x+ y;

Megoldás. Mindenki előtt nukleáris reakciók betartják az elektromos töltés és a nukleonok számának megmaradásának törvényeit. Jelöljük x-el az alfa-részecskék számát, y-val a protonok számát. Alkossunk egyenleteket

+ → x + y;

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

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

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

Megoldás. A második foton impulzusa nagyobb, mint az első foton impulzusa a feltételnek megfelelően, ami azt jelenti, hogy ábrázolható p 2 = p 1 + Δ p(1). A foton energiája a foton impulzusával fejezhető ki a következő egyenletekkel. Ez 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 – fénysebesség. 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 ez elektromos töltés mag és a benne lévő neutronok száma?

Minden mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

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 be atommag akkor fordul elő, amikor egy proton pozitron kibocsátásával neutronná alakul. Ennek következtében 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.

Öt kísérletet végeztünk a laboratóriumban a diffrakció megfigyelésére különféle diffrakciós rácsokkal. Mindegyik rácsot meghatározott hullámhosszú, párhuzamos monokromatikus fénysugarak 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 kisebb periódussal, majd annak a kísérletnek a számát, amelyben nagyobb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk.

Megoldás. A fény diffrakciója az a jelenség, amikor egy fénysugár egy geometriai árnyék tartományba kerül. Diffrakció akkor figyelhető meg, ha egy fényhullám útján átlátszatlan területek vagy lyukak vannak a nagy akadályokban, amelyek átlátszatlanok a fényre, és ezeknek a területeknek vagy lyukak mérete arányos a hullámhosszal. Az egyik legfontosabb diffrakciós eszköz a diffrakciós rács. Szögirányok a maximumig diffrakciós mintázat 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 – fényhullámhossz, k– a diffrakciós maximum rendjének 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 annak a kísérletnek a számát, amelyben nagyobb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk - ez 2.

Válasz. 42.

Az áram átfolyik egy huzalos ellenálláson. 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 mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

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 a vezető ellenállása milyen értékektől függ. Az ellenállás kiszámításának képlete a

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

U = I R (3).

A probléma körülményeinek megfelelően a második ellenállás azonos anyagú, azonos hosszúságú, de eltérő keresztmetszeti területű huzalból készül. A terület kétszer kisebb. Az (1)-be behelyettesítve azt találjuk, hogy az ellenállás 2-szeresére nő, az áram pedig 2-szeresére csökken, ezért a feszültség nem változik.

Válasz. 13.

Oszcillációs periódus matematikai inga a Föld felszínén 1,2-szer hosszabb, mint a rezgési periódus valamely bolygón. Mi az a gyorsító modul? szabadesés 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, 3 A áramerősségű egyenes vezető egyenletes indukciós mágneses térben helyezkedik el BAN BEN= 0,4 Tesla a vektorral 30°-os szögben. Mekkora a mágneses térből a vezetőre ható erő?

Megoldás. Ha egy áramvezető vezetéket mágneses mezőbe helyez, az áramvezetőn lévő mező Amper erővel fog hatni. Írjuk fel az Amper erőmodulus képletét

F A = I LB sinα ;

F A = 0,6 N

Válasz. F A = 0,6 N.

A tekercsben tárolt mágneses mező energia egyenáram átvezetésekor egyenlő 120 J. Hányszorosára kell növelni a tekercs tekercselésen átfolyó áram erősségét, hogy a benne tárolt mágneses tér energia növekedjen 5760 J.

Megoldás. A tekercs mágneses terének energiáját 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

Aztán a jelenlegi arány

én 2 2	= 49;	én 2	= 7
én 1 2		én 1

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

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

Megoldás. Mágneses indukciós vezetékek jönnek ki északi sark mágnes és eltér. Amikor a mágnes közeledik mágneses fluxus huzal fordulattal növekszik. A Lenz-szabály szerint a tekercs induktív árama által létrehozott mágneses mezőt jobbra kell irányítani. A gimlet szabály 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. A második lámpa kigyullad.

Alumínium küllőhossz L= 25 cm és keresztmetszeti terület S= 0,1 cm 2 egy menetre felfüggesztve a felső végénél. Az alsó vége az edény vízszintes alján nyugszik, amelybe vizet öntenek. A küllő víz alá süllyesztett részének hossza l= 10 cm. Határozza meg az erőt F, amellyel a kötőtű az edény alját nyomja, 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 az arkhimédeszi erő, amely csak a bemerült testrészre hat, és a küllő bemerült részének közepére hat;

– a Földről a küllőre ható, a teljes küllő középpontjára ható gravitációs erő.

Értelemszerűen a küllő tömege més az arkhimédeszi erőmodulus a következőképpen van kifejezve: m = SLρa (1);

F a = Slρ in g (2)

Tekintsük a küllő felfüggesztési pontjához viszonyított erőnyomatékokat.

M(T) = 0 – húzóerő nyomatéka; (3)

M(N)= NL cosα a támasztó reakcióerő 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

tekintve, hogy Newton harmadik törvénye szerint az edény fenekének reakcióereje egyenlő az erővel F d amellyel a kötőtű az edény alját nyomja írjuk N = F d és a (7) egyenletből ezt az erőt fejezzük ki:

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

Helyettesítsük be a numerikus adatokat, és kapjuk meg azt

F d = 0,025 N.

Válasz. F d = 0,025 N.

Henger tartalmú m 1 = 1 kg nitrogén, szilárdsági vizsgálat során hőmérsékleten robbant t 1 = 327 °C. Mekkora tömegű hidrogén m 2 ilyen hengerben olyan hőmérsékleten tárolható t 2 = 27°C, ötszörös biztonsági ráhagyással? Moláris tömeg nitrogén M 1 = 28 g/mol, hidrogén M 2 = 2 g/mol.

Megoldás.Írjuk fel a Mengyelejev–Clapeyron ideális gáz állapotegyenletet nitrogénre

Ahol V- a henger térfogata, T 1 = t 1+273 °C. Az állapottól függően 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 így néz ki:

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

A numerikus adatok helyettesítése után m 2 = 28 g.

Válasz. m 2 = 28 g.

Egy ideális oszcillációs áramkörben az induktor áramingadozásának amplitúdója én m= 5 mA, és a feszültség amplitúdója a kondenzátoron Hm= 2,0 V. Időben t a kondenzátor feszültsége 1,2 V. Keresse meg a tekercs áramát ebben a pillanatban.

Megoldás. Egy ideális oszcillációs áramkörben az oszcillációs energia megmarad. Egy t időpillanatig az energiamegmaradás törvényének alakja van

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

Az amplitúdó (maximális) értékekhez írunk

és a (2) egyenletből azt fejezzük ki

C	=	én m 2	(4).
L		Hm 2

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

én = én m (5)

Így az áram a tekercsben az idő pillanatában t egyenlő

én= 4,0 mA.

Válasz. én= 4,0 mA.

Egy 2 m mély tározó alján tükör található. A vízen áthaladó fénysugár visszaverődik a tükörről és 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

Tekintsük a téglalap alakú ΔADB-t. Ebben AD = h, akkor DB = AD

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

A következő kifejezést kapjuk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Helyettesítsük be a számértékeket a kapott (5) képletbe!

Válasz. 1,63 m.

Az egységes államvizsgára való felkészülés során felkérjük Önt, hogy ismerkedjen meg fizika munkaprogram a 7–9. évfolyam számára a Peryshkina A.V. UMK vonalára.És emelt szintű munkaprogram a 10-11. évfolyamos oktatási anyagokhoz Myakisheva G.Ya. A programok minden regisztrált felhasználó számára megtekinthetők és ingyenesen letölthetők.

A fizika vizsga időtartama - 3 óra 55 perc
A munka két részből áll, benne 31 feladattal.
1. rész: 1-23 feladatok
2. rész: 24-31. feladatok.
Az 1-4, 8-10, 14, 15, 20, 24-26 feladatokban a válasz:
egész szám vagy véges tizedes tört.
Válasz az 5–7., 11., 12., 16–18., 21. és 23. feladatokra
egy két számjegyből álló sorozat.
A 13. feladat válasza egy szó.
A 19. és 22. feladat válasza két szám.
A 27–31. feladatok válasza tartalmazza
Részletes leírás a feladat teljes előrehaladását.
Minimális teszt eredmény(100 pontos skálán) - 36

Az Egységes Államvizsga 2020 fizikából bemutató verziója (PDF):

Egységes államvizsga

A USE feladatok demonstrációs verziójának célja, hogy a USE bármely résztvevője képet kapjon a CMM felépítéséről, a feladatok számáról és formájáról, valamint összetettségükről.
Az ebben az opcióban szereplő, részletes válaszú feladatok elvégzésének értékelésére vonatkozó megadott kritériumok képet adnak a részletes válasz rögzítésének teljességére és helyességére vonatkozó követelményekről.
Mert sikeres felkészülés Nak nek letette az egységes államvizsgát Javaslom az Egységes Államvizsgából származó valós feladatok prototípusainak megoldásainak elemzését.

2017-ben sok végzős fizikát fog letenni, mivel erre a vizsgára nagy az igény. Sok egyetemnek szüksége van egy egységes államvizsga-eredményre fizikából, hogy 2017-ben fel tudjon venni, és be tudjon iratkozni intézetei karainak egyes szakaira. És ezért a leendő diplomás, aki a 11. osztályban tanul, nem tudva, hogy ilyen nehéz vizsgát kell tennie, és nem csak úgy, hanem olyan eredménnyel, amely lehetővé teszi számára, hogy valóban jó szakra lépjen. ehhez a fizika, mint tantárgy és jelenlét ismerete szükséges Egységes államvizsga eredmények, annak jelzéseként, hogy ebben az évben jogában áll felvételizni a tanulmányaira, attól vezérelve, hogy letette a 2017-es egységes fizika államvizsgát, jó eredményeket ért el, és úgy gondolja, hogy legalább bekerül a kereskedelmi szakra, bár Szeretnék belépni a költségvetési osztályba.

És ezért gondoljuk, hogy az iskolai tankönyveken, a fejedben rendelkezésre álló tudáson, valamint a már megvásárolt könyveken kívül még legalább két fájlra lesz szükséged, melyek letöltését javasoljuk ingyenesen. .

Először is, ez évek, mert ez az az alap, amelyre először támaszkodhat. Lesznek olyan specifikációk és kodifikátorok is, amelyek segítségével megismerheti az ismétlésre szoruló témákat és általában a vizsga teljes menetét és lebonyolításának feltételeit.

Másodszor, ezek a FIPI által kora tavasszal, azaz március-áprilisban lebonyolított fizika próbavizsga KIM-ei.

Ezek azok, amelyek letöltését itt ajánljuk, és nem csak azért, mert mindez ingyenes, hanem leginkább azért, mert neked van rá szükséged, nem nekünk. A fizikából az egységes államvizsga-feladatok egy nyílt adatbankból származnak, amelyben a FIPI több tízezer feladatot és kérdést helyez el minden tantárgyból. És megérted, hogy egyszerűen irreális mindegyiket megoldani, mert 10 vagy 20 év kell hozzá, de nincs ennyi időd, sürgősen cselekedned kell 2017-ben, mert nem akarsz elveszíteni egyet sem. évfolyamon, és ezen kívül olyan új diplomások érkeznek oda, akiknek tudásszintje számunkra ismeretlen, ezért nem világos, hogyan lesz könnyű vagy nehéz felvenni velük a versenyt.

Figyelembe véve azt, hogy a tudás idővel elhalványul, neked is most kell tanulnod, vagyis amíg friss tudás jár a fejedben.

Ezen tények alapján arra a következtetésre jutunk, hogy minden tőlünk telhetőt meg kell tenni annak érdekében, hogy eredeti módon felkészüljünk bármilyen vizsgára, beleértve a 2017-es Egységes Fizika Államvizsgát is, amelynek próbaidőszaki beosztását most ajánljuk Önnek, és töltse le itt.

Csak ezt kell alaposan és teljesen megértened, mert nehéz lesz mindent megemészteni elsőre, és amit a letöltött feladatokban látni fogsz, az elgondolkodtató lesz, hogy felkészülj a rád váró gondokra. a jövőben.vizsga tavasszal!