ЗОВНІШНЄ НЕЗАЛЕЖНЕ ОЦІНЮВАННЯ 2018 - ФІЗИКА КОМПЛЕКСНЕ ВИДАННЯ

Частина ІІІ ПРОБНИЙ ТЕСТ

РОЗВ'ЯЗАННЯ, ВКАЗІВКИ

Тест 2

1. Тіло кинули з поверхні землі, тому в момент початку спостереження (t = 0) h = 0 с. З рисунка бачимо, що всі графіки відповідають цій умові.

Тіло рухається рівноприскорено вгору, швидкість руху тіла зменшується, отже, графік залежності висоти підйому тіла від часу h(t) являє собою параболу, вітки якої напрямлені вниз. Цій умові відповідають графіки 1, 3 і 4.

Найбільшу висоту, яку досягне тіло, можна визначити за формулою h = = = 5 (м). Цій умові з графіків 1, 3 i 4 відповідають графіки 3 і 4.

Час підйому тіла можна визначити з умови, що у верхній точці траєкторії швидкість руху тіла дорівнює нулю. Визначивши час підйому тіла t = = = 1 (с), маємо, що цій умові з графіків 3 і 4 відповідає графік 4.

2. З рисунка бачимо, що переміщення s човна відносно берега можна розрахувати за теоремою Піфагора: s = , де s1 = v1t = 2 х 200 = 400 (м) — переміщення човна відносно води, s2 = 300 м — переміщення води відносно берега.

Отже, s = = 500 (м).

3. Кутова швидкість руху точок барабана лебідки пов'язана з лінійною швидкістю співвідношенням: = , де v = 0,4 м/с (вона дорівнює швидкості піднімання вантажу), R = 16см = 0,16 м радіус барабана. Отже, = = 2,5 (рад/с).

4. За одне повне коливання поршень проходить відстань: l0 =4 3,5 = 14 см. Отже, за 100 повних коливань поршень пройде відстань: І = 1400 см = 14 м.

5. Під час руху зі швидкостями, порівнянними зі швидкістю поширення світла, спостерігається ефект сповільнення часу:

=

де 0 = 1 рік — час у СВ, відносно якої тіло перебуває в стані спокою, х — час у СВ, відносно якої тіло рухається зі швидкістю v (v = 0,8с), с — швидкість поширення світла. Отже, за підрахунками спостерігача на Землі мине час:

= = 1,7 року.

6. Маса каністри, яка заповнена бензином, складається з маси порожньої каністри m0 і маси бензину m6: m = m0 + m6, де m6 = pV . Тут р = 710 кг/м3 — густина бензину, V = 10 л = 10 ∙ 10-3 м3 — об'єм бензину.

Отже, маса порожньої каністри дорівнює: m0 = m - pV = 8,2 - 710 ∙ 10 ∙ 10-3 = 1,1 (кг).

7. З рисунка бачимо: F1 =5 Н, F2 = 2 Н, F3 = 4 Н. Сили 1 i 2 протилежно напрямлені, отже, модуль рівнодійної цих сил дорівнює: F12 = 5H - 2Н = ЗН. Рівнодійна сила 12 і сила2 напрямлені під кутом 90° одна до одної, отже, за теоремою Піфагора модуль рівнодійної сил 1, 2 i 3 дорівнює:

R = = 5 H.

8. Відповідно до закону Гука: = ℰ, де — механічна напруга, яка виникла в балці, ℰ = 20 МПа = 2 ∙ 107 Па — модуль Юнга для сталі, = = = 0,004 — відносне видовження балки. Отже, маємо: = 2 ∙ 107 ∙ 0,004 = 8 ∙ 104 (Па). = 80 кПа.

9. На тіло, що обертається на нитці, діють дві сили: сила тяжіння m і сила натягу нитки . Під дією цих сил тіло рухається з прискоренням доц, яке напрямлено до центра кола (див. рисунок). За другим законом Ньютона

+ m = mдоц.

У проекції на вісь OY маємо: Т - mg = mадоц Т = maдоц + mg = m (адоц + g) = m ( + g), де m = 100 г = 0,1 кг — маса тіла, v = 5 м/с — швидкість руху тіла, r = 50 см 0,5 м — радіус обертання, який дорівнює довжині нитки.

T = 0,1( + 10) = 6 (Н).

10. Брусок повернеться, якщо момент сили , що обертає його за ходом годинникової стрілки, буде трошки більше за момент сили тяжіння m, що обертає його проти ходу годинникової стрілки: Fl2 = mgl1.

(Плече сили реакції опори відносно точки А під час повороту дорівнює нулю (див. рисунок).)

Для того щоб модуль сили був найменшим, необхідно, щоб плече l2 цієї сили було якомога більшим, тобто силу треба прикладати в точці В перпендикулярно до відрізка AВ.

З рисунка бачимо, що плече l1 сили m дорівнює: l1 = , де а = 30 см = 0,30 м — ширина бруска; плече сили дорівнює: l2 = , де h = 40 см = 0,4 м — висота бруска.

Отже, маємо: F ∙ = mg F = = = 12(H).

11. Запишемо ДРУГИЙ закон Ньютона в імпульсному вигляді:

t = m - m0.

У проекції на вісь ОХ, яку спрямуємо вздовж ствола рушниці, маємо:

Ft = mv - mv0 F = = = 200 (Н).

За третім законом Ньютона сила поштовху в плече стрільця дорівнює силі, яка діє на кулю, отже, Fпошт = 200 Н.

12. Оскільки опором повітря можна знехтувати, то виконується закон збереження механічної енергії: Wк1 + Wп1 = Wk2 + Wп2, де Wк1 = , Wп1 = mgh1; Wк2 = , Wп2 = mgh2= 0, оскільки h2 = 0.

Отже, + mgh1 = v2 = = 15 (м/с).

13. Оскільки під час ізохорного процесу тиск газу прямо пропорційний абсолютній температурі, то в координатах р, Т графік ізохорного процесу є прямою, яка проходить через початок координат. Цій умові відповідають графіки 1 і 2. Температура газу знижується, цій умові з графіків 1 і 2 відповідає тільки графік 1.

14. В одному молі будь-якої речовини міститься однакова кількість молекул: NA = 6,02 ∙ 1023 моль-1. Маса однієї молекули дорівнює: m0 =

Тут М — маса одного моля (молярна маса), яку знайдемо за допомогою періодичної системи хімічних елементів Менделєєва: М = 2 ∙ 16 ∙ 10 3кг/моль = 32 ∙ 10-3 кг/моль (врахували, що молекула Оксигену складається з двох атомів).

Отже, m0 = = = 5,3 ∙ 10-26 (кг).

15. Робота газу чисельно дорівнює площі S фігури під графіком залежності р(V). З рисунка бачимо, що площа фігури під графіком 1в2 є найбільшою, отже, під час цього переходу газ виконує найбільшу роботу.

16. За визначенням напруженості: Е = = = 4.

17. Відповідно до закону Джоуля — Ленца кількість теплоти Q, яка виділяється у нагрівнику, дорівнює: Q = I2Rt. Діюче значення сили струму І знайдемо, скориставшись законом Ома для ділянки кола: I = , де U = — діюче значення напруги. Отже, Q = t.

За графіком Umax = 300 В. Час нагрівання t = NT, де N = 500 —кількість періодів, Т = 20 мс = 20 ∙ 10-3 с — період зміни напруги, яку знайшли за графіком. Q = ∙ 20 ∙ 10-3 ∙ 500 = 22,5 (кДж).

18. За напрямок електричного струму прийнято напрямок від позитивного полюса джерела струму « + » до негативного «-». Скориставшись правилом правої руки або правилом свердлика, визначимо напрямок магнітної індукції магнітного поля котушки зі струмом (див. рисунок).

Під час замикання кола сила струму в колі котушки С збільшується, отже, магнітний потік, який пронизує котушки А і В, також збільшується.

За правилом Ленца індукційний струм в котушках А і В у ЦЬОМУ випадку має такий напрямок, що магнітна індукція 'створеного ним магнітного поля напрямлена протилежно до напрямку вектора : ' .

Скориставшись правилом правої руки або правилом свердлика, визначимо

напрямок електричного струму в котушках А і В.

По передніх стінках кожної з двох котушок А і В індукційний струм напрямлений униз.

19. Запишемо рівняння Ейнштейна для фотоефекту: hv = Авих + Wк. Частота світлової хвилі v пов'язана із довжиною хвилі X співвідношенням c = v, отже: v = .

Оскільки робота виходу Авих електронів з поверхні фотокатода не змінюється, то у разі збільшення довжини хвилі кінетична енергія фотоелектронів зменшується.

20. Кінетична енергія електрона визначається за формулою Wк = . Маса електрона під час проходження через пластинку не змінюється, тому: = ()2.

Для знаходження відношення швидкостей руху електрона до і після проходження через пластинку врахуємо, що електрон рухається перпендикулярно до ліній індукції поля, отже, він рухається по колу. Рухаючись но колу, електрон має доцентрове прискорення, причиною якого є дія сили Лоренца. Відповідно до другого закону Ньютона: FЛ = maдоц. Оскільки FЛ = qBvsina = qBv (а = 90°), а адоц = , то маємо: qBv = v = .

Оскільки магніт на індукція В магнітного поля постійна, то = .

Відношення знайдемо за рисунком в умові задачі: = .

Отже:

1,44. Кінетична енергія електронів зменшилася в 1,44 разу.

21.

22. Період коливань математичного маятника визначається за формулою Гюйґенса: Т = 2. Період електромагнітних коливань в ідеальному

коливальному контурі визначається за формулою Томсона: Т = 2.

Частота коливань тіла, що здійснює коливання на пружині:

v = = .

За визначенням частота коливань дорівнює кількості коливань за одиницю часу: v = .

23. Під час випаровування молекули рідини долають сили міжмолекулярної взаємодії та сили, що діють на поверхню рідини.

Оскільки у різних рідин сили міжмолекулярної взаємодії є різними, то швидкість випаровування залежить від роду рідини. Чим меншими є сили міжмолекулярної взаємодії, тим більшою є швидкість випаровування.

Молекула, яка покинула поверхню рідини, знаходячись поблизу цієї поверхні, може бути захоплена молекулами рідини. Наявність руху повітря відносить молекули, які покинули рідину, від її поверхні і заважає їх поверненню у рідину. Чим більшою є швидкість руху повітря, тим більшою є швидкість випаровування.

Зі збільшенням температури збільшується середня кінетична енергія руху молекул всередині рідини та на її поверхні, отже, більша кількість молекул мас можливість подолати сили міжмолекулярної взаємодії, і швидкість випаровування збільшується.

Молекули, що покидають поверхню рідини, мають подолати дію зовнішніх сил, які обумовлені тиском газу на поверхню рідини. Зі збільшенням зовнішнього тиску на поверхню рідини швидкість випаровування зменшується.

24. Данський вчений Ганс Крістіан Ерстед помітив, що під час проходження струму по провіднику магнітна стрілка, яка розташована поблизу нього, відхиляється від напрямку «північ — південь».

Французький математик і фізик Андре Марі Ампер вперше продемонстрував взаємодію двох паралельних провідників зі струмом.

Залежність напрямку індукційного струму від характеру зміни магнітного потоку встановив російський вчений Емілій Хрістиянович Ленц.

Гіпотезу про створення магнітного поля змінним електричним полем висунув англійський фізик Джеймс Клерк Максвелл.

25. Залежність координати тіла від часу спостереження є квадратичною, тіло рухається вздовж осі ОХ, отже, рух рівноприскорений прямолінійний. Рівняння координати для рівноприскореного руху має вигляд: х = х0 + v0xt + t2, отже, х0 = 6 м, v= 5 м/с, = 2 м/с2 aх = 4м/с2.

1) Знаки проекцій початкової швидкості та прискорення збігаються, тобто напрямок руху тіла не змінюється. У цьому випадку шлях, який пройшло тіло, дорівнює модулю переміщення:

l = s = x - x0 = v0t + t2.

За перші 4 с спостереження: l = 5 ∙ 4 + 216 = 52 (м).

2) Середня швидкість руху дорівнює: vcep = = = 13 (м/с).

26. 1) Куля рухається рівномірно під дією сили тяжіння m, сили опору руху оп і сили Архімеда A (див. рисунок).

Запишемо другий закон Ньютона:

m1 + оп + A = 0 — тіло рухається вниз.

Знайдемо проекції на вісь OY, яку спрямуємо вертикально вгору:

-m1g + Fоп + FA = 0 Fоп = m1g - FA;

Fоп = 500 ∙ 10 - 4000 = 1000(Н), Foп = 1 кН.

2) Оскільки за умовою після скидання баласту модуль швидкості руху кулі не змінився, то не змінився й модуль сили опору (а напрямок цієї сили змінився на протилежний).

Запишемо другий закон Ньютона:

m2 + оп + A = 0 — тіло рухається вгору.

Знайдемо проекції на вісь OY, яку спрямуємо вертикально вгору:

-m2g - Fоп + FA = 0 => m2 = , m2 = = 300 (кг).

Оскільки m6 = m1 - m2 m6 = 500 - 300 = 200 (кг).

27. На брусок масою m1 = 200 г = 0,2 кг, який лежить на столі, діють чотири сили: сила тяжіння m2, сила тертя тер, сила натягу нитки і сила нормальної реакції опори (див. рисунок). На тягарець масою m2 = 100 г = 0,1 кг, який підвішено на нитці, діють дві сили: сила тяжіння m2 і сила натягу нитки . Модуль прискорення а, з яким рухаються обидва тіла, є однаковим.

Запишемо другий закон Ньютона для кожного тіла:

1) m1 + тер + 1 + = m11;

2) m2 + тер + 2 = m22;

Знайдемо проекції на осі координат:

1) ОХ: -Fтер1 = m1а1; OY: -m1g + N = 0.

2) OY: -m2g + Т2 = -m2а2, Fтер = N, N = m1g Fтер = m1g, отже:

Віднімаючи від першого рівняння системи друге та враховуючи, що а1 = а2 = а, Т1 = Т2, маємо:

-m1g + T + m2g - T = a(m1+ m2) а =

28. Оскільки теплообміном із навколишнім середовищем можна знехтувати, то кількість теплоти, яку отримала кулька, нагріваючись від температури t1 = -30 °С до t = 0 °С (до температури плавлення льоду), дорівнює кількості теплоти, яку віддала вода, охолоджуючись від температури

t2 = 10 °С до t = 0 °С і частково кристалізуючись: cлmл(t - t1) = cвmв(t2 - t) + .

Звідси знайдемо масу латунної кульки:

29. За першим законом термодинаміки: Q = ∆U + А, де Q — кількість теплоти, яку передано газу, ∆U— зміна внутрішньої енергії газу, А — робота, яку виконав газ.

Під час ізохорного процесу газ не виконує роботу (А = 0), отже, Q = ∆U.

Газ одноатомний ідеальний, тому U = RT = pV.

U1 = p1V, U2 = p2V ∆U = (P2 - P1) V.

Враховуючи, що Q = ∆U, V = 60 л = 60 ∙ 10-3 м3, р1 = 110кПа = 110 ∙ 103Па, р2 = 250 кПа = 250 ∙ 103 Па, отримаємо: Q = 1,5 (250 ∙ 103 - 110 ∙ 103) ∙ 60 ∙ 10-3 = 12,6 ∙ 103(Дж).

30. Оскільки конденсатори до з'єднання були відключені від джерела струму, то сумарний заряд на пластинах конденсатора залишився незмінним. Конденсатори однакові, тому після з'єднання заряди на пластинах конденсаторів також будуть однакові.

Відповідно до закону збереження електричного заряду: q1 + q2 = q, де q1 = CU1 — заряд на пластинах першого конденсатора, напруга на якому дорівнює U1 = 200 В, q2 = CU2— заряд на пластинах другого конденсатора, напруга на якому дорівнює U2 = 50 В, q — сумарний заряд на пластинах конденсаторів.

Ємність батареї паралельно з'єднаних конденсаторів: Сзаг. = С + С = 2С. Напруга на кожному з конденсаторів однакова і дорівнює напрузі на батареї конденсаторів:

31. Відповідно до явища електромагнітної індукції в замкненому провідному контурі виникає індукційний струм внаслідок зміни магнітного потоку, що пронизує поверхню, обмежену контуром. Магнітна індукція В поля зменшується рівномірно, тому магнітний потік Ф також зменшується рівномірно, отже, в контурі індукується постійна ЕРС індукції ℰ1сила струму І в контурі буде постійною.

За визначенням сили CТРУМУ І = , де q — заряд, що пройшов через поперечний переріз проводу контуру за час ∆t.

За законом Ома для повного кола: І = , де R — опір контуру.

Отже:

Відповідно до закону Фарадея:

а)

Тут ∆В = В2 - В1 — зміна магнітної індукції магнітного поля, S = 50 см2 = 5 ∙ 10-3 м2 — площа поверхні, яка обмежена контуром, а — кут між напрямком вектора магнітної індукції та нормаллю до поверхні. Оскільки а = 0°, то cos а = 1.

Підставляючи формулу (2) в формулу (1) і враховуючи, що cosa = 1, маємо:

= 0,10 ∙ 10-3 (Кл), q = 0,10 мКл.

32. Коефіцієнт трансформації трансформатора k дорівнює: k = .

Тут — діюче значення ЕРС самоіндукції в первинній обмотці трансформатора, E2 — діюче значення ЕРС індукції у вторинній обмотці трансформатора.

Оскільки за умовою задачі втратами енергії в колі первинної обмотки можна знехтувати, то напруга U1 на вході трансформатора дорівнює ЕРС самоіндукції: U1 = E1. Враховуючи рівність k = , маємо: E2 = = = 11 (В).

Коло вторинної обмотки є замкненим. Відповідно до закону Ома для повного кола: І2 = 2 = І2(R2 + r) = I2 () = U2 + I2r U2 = ℰ2 - I2r, де U2 — напруга на виході трансформатора, І2 — сила струму у вторинній обмотці, r — опір вторинної обмотки.

U2 = 11 - 5 ∙ 0,4 = 9 (В).

33. Імпульсний радіолокатор протягом короткого часу випромінює імпульс високочастотних радіохвиль, потім чекає відлуння. Відстань до об'єкта визначається часом проходження радіоімпульсу до цілі й назад: s = .

Якщо об'єкт перебуває на дуже великій відстані від радара, то відбитий сигнал може надійти вже після посилання наступного імпульсу. Тому максимальна відстань виявлення об'єкта (глибина розвідки) визначається співвідношенням s = = , де с = 3 ∙ 108 м/с — швидкість поширення світла, v0 — частота посилання імпульсу, за умовою задачі v0=3000 с-1 .

Отже, smax = = 5 ∙ 104 (М);smax = 50 км.

34. Запишемо рівняння ядерної реакції, врахуємо, що а-частинки — це ядра атома Гелію , протони — ядра атома Гідрогену : + = .

Знайдемо масу ядер до реакції, масу ядер після реакції і дефект мас:

Енергія Wвид, яка виділилася внаслідок реакції, дорівнює: Wвид = ∆m ∙ 931,5 МеВ/а. о. м. (оскільки ∆m подано в атомних одиницях маси, а відповідь треба знайти в мегаелектрон-вольтах). Wвид = 0,01864 ∙ 931,5 = 17,36 (МеВ).

Загальна енергія W, яку можуть мати обидві а-частинки, складається з енергії та енергії, яку мав протон до реакції Wвид = 0,20 МеВ:

W = Wвид + Wр = 17,36 МеВ + 0,20 МеВ = 17,56 МеВ.

Можлива енергія кожної а-частники дорівнює: Wa = = 8,78 МеВ.






Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити

Віртуальна читальня освітніх матеріалів для студентів, вчителів, учнів та батьків.

Наш сайт не претендує на авторство розміщених матеріалів. Ми тільки конвертуємо у зручний формат матеріали з мережі Інтернет які знаходяться у відкритому доступі та надіслані нашими відвідувачами.

Всі матеріали на сайті доступні за ліцензією Creative Commons Attribution-Sharealike 3.0 Unported CC BY-SA 3.0 та GNU Free Documentation License (GFDL)

Якщо ви являєтесь володарем авторського права на будь-який розміщений у нас матеріал і маєте намір видалити його зверніться для узгодження до адміністратора сайту.

Дозволяється копіювати матеріали з обов'язковим гіпертекстовим посиланням на сайт, будьте вдячними ми приклали багато зусиль щоб привести інформацію у зручний вигляд.

© 2007-2019 Всі права на дизайн сайту належать С.Є.А.