физика. решение задач егэ 2014. ч.1. исаков а.я-камчатгту, 2013 -172с

56 %
44 %
Information about физика. решение задач егэ 2014. ч.1. исаков а.я-камчатгту, 2013 -172с
Books

Published on March 13, 2014

Author: kasinoru

Source: slideshare.net

Description

http://bookgdz.ru/ физика. решение задач егэ 2014. ч.1. исаков а.я-камчатгту, 2013

Камчатский государственный технический университет А. Исаков Физика Решение задач ЕГЭ − 2014 Часть 1 Петропавловск-Камчатский 2013

2 УДК 50(075.8) ББК 20я73 И85 Рецензент доктор физико-математических наук, профессор Дальневосточного Федерального университета Стоценко Л.Г. Исаков Александр Яковлевич И85 Физика. Решение задач ЕГЭ − 2014. Часть 1: КамчатГТУ, 2013. − 172 с. Приведены решения задач из сборника вариантов заданий Грибова А.Г., планируемых, по мнению автора для включения в экзаменационные материалы по физике в 2014 г Большинство задач снабжены подробными решениями с анализом приме- няемых законов и определений, для стандартных задач самого начального уровня приведены только схемы решений Сборник предназначен, прежде всего, для школьников старших классов, намеревающихся овладеть методиками решения задач, в частности, части «С» в рамках современного ЕГЭ. Приведенные материалы могут быть так же полезными студентам первых курсов, изучающих общую физику в университетском объёме по техническим программам подготовки, особенно студентам заочной формы образования, ко- гда программа осваивается самостоятельно.

3 Оглавление Вариант 1 ................................................................................................. 4 Вариант 2 ............................................................................................... 18 Вариант 3 ............................................................................................... 34 Вариант 4 ............................................................................................... 47 Вариант 6 ............................................................................................... 64 Вариант 7 ............................................................................................... 83 Вариант 8 ............................................................................................. 107 Вариант 9 ............................................................................................. 130 Вариант 10 ........................................................................................... 154

4 Вариант 1 Часть 1 А1. Четыре тела двигались по оси Ох. В таблице представлена зависи- мость их координат от времени: У какого из тел скорость могла быть постоянной и отличной от нуля? Решение 1. Наглядно смысл решения модно представить, воспользовавшись графи- ками движения, т.е. зависимостями координат тел от времени: из которых видно, что только в первом случае величина средней скорости дви- жения в проекции на заданную ось остаётся постоянной во всё время движения ;const t x v 1x = Δ Δ >=< 2. У второго тела скорость во всё время движения остаётся равной нулю, что не удовлетворяет поставленному в задаче условию ;0v 2x = 3. Третье тело движется ускоренно, так что ,ktv 2 3x =

5 где k − некоторый постоянный коэффициент, т.е. модуль проекции скорости на ось Ох зависит от времени. 4. Четвёртое тело при t2 = 2 с и t4 = 4 c останавливается ( 0v 4x = ) и меняет направление движения. А2. Шарик движется по окружности радиусом r со скоростью v. Как изме- нится его нормальное (центростремительное ускорение), если радиус окруж- ности увеличить в 3 раза, оставив модуль скорости шарика прежним? Решение 1. Всякое тело, движущееся по криволинейной траектории (к каковой отно- сится и окружность) всегда имеет ускорение отличное от нуля, потому что: , dt vd a r r = следует обратить внимание, что производная по времени берётся от вектора скорости, которая как и всякий вектор характеризуется модулем (величиной) и направлением. При криволинейном движении даже при постоянстве модуля скорости, направление меняется − следовательно такое движение по определе- нию является ускоренным. 2. При рассмотрении криволинейного движения с кинематических позиций принято ускорение представлять в виде двух составляющих − тангенциального (касательного) τa r и нормального (центростремительного) ускорения na r : ;aaa;aaa 2 n 2 n +=+= ττ rrrr ; 3 v a; dt dv a 2 n r rr ==τ 3. Таким образом, на основании записанных уравнений видно, что вектор тангенциального ускорения остаётся постоянным по модулю и направленным по касательной в данной точке траектории. Моль нормального ускорения, об- ратно пропорциональный радиусу окружности, уменьшится в три раза при уве- личении этого радиуса в три раза. А3. У поверхности Луны на космонавта действует сила тяготения F1 = 120 H. Какая сила тяготения действует со стороны Луны на того же космонавта в космическом корабле, движущемся по круговой орбите вокруг Луны на рас- стоянии трёх лунных радиусов от её центра? Решение 1. Между космонавтом и Луной происходит гравитационное взаимодейст- вие в соответствие с законом Ньютона: ( ) ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ = = ; R3 Mm GF ; R Mm GF 22 21 где G − гравитационная постоянная, установленная Кавендишем, M и m − мас- са Луны и космонавта, R − радиус Луны.

6 2. Поделив уравнения друг на друга получим: ;H3,13 9 F F; R R9 F F 1 22 2 2 1 ≈=⇒= А4. Шары движутся со скоростями, показанными на рисунке, и сталкивают- ся. Как будет направлен суммарный импульс шаров после столкновения, если удар абсолютно упругий? Решение 1. При абсолютно упругом столкновении тел сохраняется как импульс, так и кинетиче- ская энергия, сумма импульсов тел до столк- новения равна сумме импульсов тел после столкновения, что позволяет записать для ко- нечного импульса тел следующее уравнение: ( ) ( ) ;0p;pcos;p;pcospp2ppp;ppp 212121 2 2 2 12,1212,1 =++=+= rrrrrrrr ;ppp 2 2 2 12,1 += r А5. Мальчик столкнул санки с вершины горки. Сразу после точка санки имели скорость v1 = 5 м/с, а у подножия горки она равнялась v2 = 15 м/с. Тре- ние санок о снег пренебрежимо мало. Какова высота горки? Решение 1. Движение санок вниз по склону без учёта сил трения происходит под действи- ем силы тяжести, которая относится к консервативным силам, т.е. справедлив закон сохранения энергии: ;ПКПК;EE 221121 +=+= 2. В точке старта 1 санки обладают кинетической и потенциальной энерги- ей. Если уровень подножия горы принять за нулевой уровень потенциальной энергии, то потенциальная энергия в конце спуска будет равна нулю. В этом случае закон сохранения энергии примет вид: ;м10 20 25225 g2 vv h;vgh2v; 2 mv mgh 2 mv 2 1 2 22 2 2 1 2 2 2 1 ≈ − ≈ − =⇒=+=+ А6. Мужской голос баритон занимает частотный интервал от ν1 = 100 Гц до ν2 = 400 Гц. Чему равно отношение длин волн соответствующих границам это- го интервала? Решение 1. Скорость звука с в средах, без учёта дисперсии (зависимость скорости упругих волн от частоты) равна произведению частоты ν на длину волны λ: ;4;c 12212211 =νν=λλ⇒νλ=νλ=

7 А7. В результате охлаждения идеального газа средняя кинетическая энер- гия теплового движения его молекул уменьшилась в три раза. Во сколько раз изменилась при этом абсолютная температура этого идеального газа? Решение 1. Молекула идеального газа обладает тремя поступательными степенями свободы i = 3, поэтому кинетическая энергия поступательного движения, в со- ответствии с основным уравнением молекулярно-кинетической теории опреде- ляется уравнением: ,Tk 2 3 Tk 2 i BB =>=ε< где kB − постоянная Людвига Больцмана, Т − абсолютная температура. 2. Кинетическая энергия молекул идеального газа в двух заданных состоя- ниях: ; 3 T T; 3 1 T T ;Tk 2 3 3 ;Tk 2 3 1 3 2 1 2B 1 1B1 ==⇒ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ = >ε< >=ε< А8. Один моль разреженного газа сначала изотермически сжали, а затем изохорно нагрели. На каком из рисунков изображён график этих процессов? Решение 1. Для ответа на поставленный вопрос необходимо изобразить изопроцессы в различном сочетании параметров состояния: 2. Сравнение графиков с учётом последовательности процессов (сначала при постоянной температуре газ сжали, т.е. увеличили его давление, а затем, при постоянном давлении нагрели) заданному ходу процессов соответствует график 2.

8 А9. Вода может испаряться: 1. Только при кипении; 2. Только при нагревании; 3. При любой температуре, если пар над поверхностью воды является ненасыщенным; 4. При любой температуре, если пар в воздухе над поверхностью воды является насыщенным? Решение 1. В жидком состоянии молекулы веществ, в основном совершают колеба- тельные движения, но некоторая часть молекул в результате взаимодействия между соседками получает поступательную составляющую движения, именно эти молекулы, будучи расположенными в приповерхностном слое жидкости способны преодолеть силы поверхностного натяжения и покинуть жидкость, превратившись в её пар. 2. В принципе процесс испарения протекает при любой температуре, если пар над поверхностью ненасыщенный, при наступлении состояния насыщения, количество молекул покидающих единицу поверхности жидкости в единицу времени, становится равным количеству жидкостей возвращающихся в жид- кость в процессе конденсации, в этом случае говорят о состоянии динамиче- ского равновесия между жидким и парообразным состоянием. 3. Таким образом, количество вещества в жидком состоянии будет умень- шаться за счёт испарения во всех случаях, пока давление паров не достигнет значения насыщения. А10. Газ совершил работу А = 10 Дж и получил количество тепла Q = 6 Дж. Внутренняя энергия газа ΔU: 1. Увеличилась на 16 Дж; 2. Уменьшилась на 16 Дж? 3. Увеличилась на 4 Дж; 4. Уменьшилась на 4 Дж? Решение 1. В соответствии с первым началом термодинамики: ;Дж4106U;UAQ −=−=Δ⇒Δ+δ=δ Внутренняя энергия газа уменьшилась на 4 Дж. А11. Два неподвижных точечных электрических заряда действуют модуль сил друг на друга силами, равными по модулю 9 мкН. Каким станет модуль сил взаимодействия между зарядами, если, не меняя расстояние между ними, увеличить модуль каждого из них в 3 раза? Решение 1. Взаимодействие точечных электрических зарядов подчиняется закону Кулона:

9 ;мкН81F9F; 9 1 F F ; r q3 4 1 F ; r q 4 1 F 12 2 1 2 2 0 2 2 2 0 1 ===⇒ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ πεε = πεε = rr r r r r А12. Два резистора включены в электрическую цепь параллельно, при этом I1 = 0,8 А, I2 = 0,2 А. Для сопротивлений резисторов справедливо соотношение: 1. ;R2R.4;R 2 1 R.3;R4R.2;R 4 1 R 24212121 ==== Решение 1. Резисторы включены параллельно, поэтому падение напряжения на них бу- дет одинаковым, что делает возможным применения следствий закона Ома для участка цепи: ;R 4 1 R; R R I I ;RIRIU 21 1 2 2 1 2211 ==⇒== A13. Основным законом электромагнитной индукции Майкла Фарадея t B i Δ ΔΦ −=ε можно объяснить: 1. Взаимодействие двух параллельных проводов, по которым течёт ток; 2. Отклонение магнитной стрелки, расположенной вблизи проводника с током параллельно ему; 3. Возникновение электрического тока в замкнутой катушке при увели- чении силы тока в другой катушке, находящейся рядом; 4. Возникновение силы, действующей на проводник с током в магнитном поле; Решение 1. Проявлению закона электромагнитной индукции соответствует третий случай. Экс- периментальным подтверждением которого может служить трансформатор, включенный с цепь переменного тока, где в цепи первой катушки сила тока изменяется по синусои- дальному закону, т.е. по синусоидальному закону меняется поток магнитной индукции ( ) ;tsint (max)BB ωΦ=Φ А14. Напряжение на обкладках конденсатора в колебательном контуре ме- няется во времени в соответствии с приведенным графиком. Какое преобразо- вание энергии происходит в контуре в промежутке времени от t1 = 2⋅10 − 6 с до t2 = 3⋅10 −6 с? 1. Энергия магнитного поля катушки уменьшается от максимального значе- ния до нуля;

10 2. Энергия магнитного поля катушки преобразуется в энергию электриче- ского поля конденсатора; 3. Энергия электрического поля конденсатора увеличивается от нуля до максимального значения; 4. Энергия электрического поля конденсатора преобразуется в энергию магнитного поля конденсатора; Решение 1. Энергия заряженного конденса- тора определяется уравнением: ( ) 2 )t(Cu tW 2 C = , т.е. в указанном промежутке времени энергия конденсатора изменяется от некоторого амплитудного значения до нуля. 2. В соответствии с законом со- хранения электромагнитной энергии, уменьшение энергии электрического поля конденсатора должно сопровождаться увеличением магнитного поля катушки, т.е. в заданном интервале времени протекает процесс преобразование электри- ческой энергии в магнитную энергию. А15. На рисунке показан ход светового луча сквозь стеклянную призму, на- ходящуюся в воздухе. Если точка О является центром окружности, то показа- тель преломления стекла n равен отношению длин отрезков: ; OB OD .4; OD OB .3; CD AB .2; AB CD .1 Решение 1. Закон преломления света для рас- сматриваемого случая запишется сле- дующим образом: ;OCOA; OC CD OA AB sin sin n 1 == β α = ; AB CD n = А16. В инерциальной системе отсчёта свет от неподвижного источника распространяется в ва- кууме со скоростью с. Если источник и зеркало движутся навстречу друг к другу со скоростями, равными по модулю v, то скорость отражённого луча света в инерциальной системе отсчёта, свя- занной с источником, равна: 2 2 c v 1c.4;v2c.3;c.2;v2c.1 −+− ;

11 Решение 1. Хендрик Лоренц анализируя уравнения электродинамики Джеймса Клер- ка Максвелла попытался совместить их с уравнениями относительности Гали- лео Галилея, сформулировал преобразования, получившие в последствии его имя. В соответствие с этими преобразованиями им было записано, для элек- тромагнитных волн уравнение сложения их скоростей в инерциальных систе- мах отсчёта ; c vv 1 vv v 2 21 21 + + = 2. Применительно к заданному случаю, уравнение релятивистского сложе- ния скоростей запишется следующим образом: ;c 2 c2 c cc 1 cc v 2 == + + = А17. Атом бора B8 5 одержит: 1. 8 протонов, 5 нейтронов и 13 электронов; 2. 8 протонов, 5 нейтронов и 8 электронов; 3. 5 протонов, 3 нейтрона и 5 электронов; 4. 5 протонов, 8 нейтронов и 13 электронов. Решение 1 Химические элементы принято обозначать XA Z , где Z − зарядовое число, численно равное суммарному количеству протонов, содержащихся в ядре, A − массовое число, равное сумме масс протонов и нейтронов в ядре. Поскольку у нейтрального атома положительный заряд ядра должен быть равен по модулю суммарному отрицательному заряду электронов: ;5NN;3N;5N ;8A ;5Z penp ====⇒ ⎭ ⎬ ⎫ = = 18. Задан график изменения числа рас- павшихся ядер в пробирке с радиоактив- ным изотопом с течением времени. Опре- делить период полураспада этого изотопа. Решение 1. Периодом полураспада радиоактивно- го вещества равен времени в течение кото- рого распадается половина начального ко- личества активных ядер, при N = 6⋅1018 по- ловина ядер будет составлять N1/2 = 3⋅108 , поэтому период полураспада составит: .мес1Т 2/1 =

12 19. Радиоактивный полоний Po216 84 , испытав один α-распад и два электрон- ных β-распада, превратился в изотоп: ;TlТаллия.4;BiВисмута.3;PoПолония.2;PbСвинца.1 208 81 212 83 212 84 212 82 Решение 1. α-распад испытывают, как правило, ядра с относительно большим массо- вым числом A > 200, поскольку испускаются дважды ионизированные атомы гелия, то массовое число уменьшается на 4 единицы, зарядовое же число уменьшается на 2 единицы ;XPo 4 2 4216 284 216 84 α+→ − − 2. Электронный β-распад сопровождается испусканием электрона, который возникает в результате превращения нейтрона в протон, при этом зарядовое число ядра увеличивается на 1 единицу, массовое число ввиду малости массы электрона − сохраняется: ;PoY;e2YX 212 84 212 84 0 1 212 84 212 82 ≡⇒+→ − Радиоактивный полоний в результате одного α-распада и двух электронных β-распадов превращается в изотоп полония с А = 212 и Z = 84. 20. На рисунке показана часть шкалы ком- натного термометра. Определить абсолютную температуру воздуха в комнате. Решение 1. Шкала комнатного термометра градуи- рована в градусах Цельсия, а абсолютная (термодинамическая) температура измеряется в градусах Кельвина, поэтому: ;K295273tT;C22t 0 =+≅≅ 21. При проведении эксперимента исследовалась зависимость модуля силы упругости пружины от длины пружины, которая выражается формулой ( ) 0kF lll −= , где 0l − длина недеформированной пружины. Какое (-ие) из утверждений соот- ветствует (-ют) результатам опыта? А. Длина недеформированной пружины равна 7 см. Б. Жёсткость пружины k = 200 Н/м. 1. Только А; 2. Только Б; 3. И А, и Б; 4. Ни А, ни Б. Решение 1. Судя по данным графика, длина неде- формированной пружины составляет 0l ≈ 3 см. 2. Коэффициент упругости пружины: ( ) ; м Н 200 1036 6F k 2 ≈ − ≈ Δ Δ = − l

13 Часть 2 В1. В сосуде под поршнем находится фиксированное количество идеаль- ного газа. Если при нагревании газа его давление остаётся постоянным, то как изменятся величины: объём газа, его плотность и внутренняя энергия? 1. Увеличится; 2. Уменьшится; 3. Не изменится; Решение 1. Объём газа: , p RT V;RTpV ν =ν= другими словами, при фиксированном значении количества вещества ν и дав- ления р при увеличении температуры объем газа увеличится (1). 2. Плотность газа: , RT p , RTRT V m p;RT m pV μ =ρ⇒ μ ρ= μ = μ = при постоянстве давления и молярной массы μ увеличение абсолютной темпе- ратуры приведёт к уменьшению плотности (2). 3. Внутренняя энергия газа: ;TR m 2 i U Δ μ =Δ При постоянстве числа степеней свободы молекулы газа i, массы газа m, молярной массы μ внутренняя энергия ΔU при увеличении температуры тоже увеличивается (1). Объём газа V Плотность газа ρ Внутренняя энергия U 1 2 1 В2. Световой пучок выходит из стекла в воздух. Что происходит при этом с частотой электромагнитных ко- лебаний в световой волне, скоростью их распростране- ния, длиной волны? Для каждой величины определить характер изменения: 1. Увеличивается; 2. Уменьшается; 3. Не изменяется; Решение 1. Частота колебаний в электромагнитной волне при переходе из стекла в воздух меняться не будет т.к. она зависит только от физических свойств излу- чателя, (3). 2. Изменение скорости распространения можно определить из закона пре- ломления: , sin sin v c n γ α ==

14 как известно, для стекла n > 1, поэтому при переходе электромагнитной волны из стекла в воздух её скорость увеличится, (1). 3. Длина волны связана со скоростью распространения уравнением: , v ;v ν =λ⇒νλ= из которого следует, что при постоянстве частоты и увеличении скорости, дли- на волны так же будет увеличиваться, (1). Частота ν Скорость v Длина волны λ 3 1 1 В3. Конденсатор колебательного контура подклю- чён к источнику постоянного напряжения. Графики А и Б представляют изменения физических величин, ха- рактеризующих колебания в контуре после переведе- ния ключа К в положение 2 в момент времени t = 0. Ус- тановить соответствие между графиками и физически- ми величинами, зависимости которых от времени эти графики могут представлять. К каждой позиции первого столбца подобрать соответствующую позицию второго и записать в таблицу выбранные цифры под соответ- ствующими буквами. Решение 1. При переводе ключа в положение 2 конденсатор С будет замкнут на ка- тушку индуктивности L, энергия электрического поля конденсатора начнёт трансформироваться в энергию магнитного поля катушки. Без учёта потерь: , 2 )t(Li 2 )t(Cu ;WW 22 BE ⇔⇔ поскольку сила тока и напряжение колеблются в противофазе, то график А бу- дет соответствовать изменению силы тока в катушке, (3). 2. График Б представляет собой гармоническую функцию от времени с пе- риодом в два раза меньшим, чем период изменения силы тока и напряжения. Этот график представляет собой изменение энергии магнитного поля в катуш- ке, (4).

15 А Б 3 4 В4. Шарик брошен вертикально вверх с начальной скоро- стью v0. Установить соответствие между графиками и физиче- скими величинами, зависимости которых от времени эти гра- фики могут представлять (t0 − время полёта). К каждой пози- ции первого столбца подобрать соответствующую позицию второго и записать в таблицу выбранные цифры под соответ- ствующими буквами. Решение 1. Система уравнений, описывающих вертикальный бросок тела в поле си- лы тяжести (без учёта сил сопротивления): ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ −= −= ; 2 gt tv)t(y ;gtv)t(v 2 0 0y 2. В верхней точке траектории при t = t0/2 проекция скорости тела на верти- кальную ось станет равной нулю, перед тем как начать падение вниз, тело ос- танавливается и меняет направление скорости, график А соответствует изме- нению проекции скорости тела на заданную вертикальную ось, (2). 3. Во время как подъема тела так и его спуска ускорение постоянно по мо- дулю и направлено в противоположную сторону вертикальной оси, (3). А Б 2 3

16 Часть 3 А22. Автомобиль, двигаясь по горизонтальной дороге, совершает поворот по дуге окружности. Каков минимальный радиус этой окружности при коэффи- циенте рения шин автомобиля о дорогу μ = 0,4 при скорости автомобиля v = 10 м/с. Решение 1. Приняв автомобиль за материальную точку, можно утверждать, что она находится под действием сил: силы трения, которая является ньютоновской силой и силой инерции (центробежной силой) которая часто называется фик- тивной или не ньютоновской. В проекции на горизонтальную ось уравнение второго закона Ньютона представится в виде: ;м25 104,0 100 g v R; R mv mg 22 ≅ ⋅ ≅ μ =⇒=μ A23. В кубическом метре воздуха в помещении при температуре t = 20 0 С находится mp = 1,12⋅10 − 2 кг водяных паров. Пользуясь таблицей плотности на- сыщенных паров воды, определить относительную влажность воздуха. Решение 1. Плотность пара ρ характеризует массу водяного пара в 1 кубическом метре воздуха, поэтому: ≈== ρ ρ =ϕ 73,1 12,1 m m np p np p 0,647 (≈65%); А24. Две частицы, имеющие отношение зарядов q2/q1 =2 и отношение масс m2/m1 = 4, движутся в однородном магнитном поле. Начальная скорость у обе- их частиц равна нулю. Определить отношение кинетических энергий этих час- тиц W2/W1 в один и тот же момент времени после начала движения. Решение 1. Частицы в электрическом поле из состояния покоя будут двигаться уско- ренно: ;1 qm qm vm vm W W ;t m Eq v ;t m Eq v ;tav ;tav 2 21 2 12 2 22 2 11 1 2 2 2 2 1 1 1 22 11 === ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ = = ⎭ ⎬ ⎫ = = А25. В опытах по фотоэффекту взяли пластинку из металла с работой вы- хода А = 3,5 эВ и стали освещать её светом частоты ν1 = 3⋅105 Гц. Затем час- тоту падающей световой волны уменьшили в 4 раза, увеличив в 2 раза интен-

17 сивность светового пучка. В результате этого число фотоэлектронов, поки- дающих пластину за 1 с: 1. Осталось приблизительно таким же; 2. Уменьшилось в 2 раза; 3. Оказалась равной нулю; 4. Уменьшилась в 4 раза. Решение 1. Уравнение внешнего фотоэффекта: ,A 2 vm h 2 e +=ν где h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, ν − частота электромагнитной волны, падающей на поверхность металла с работой выхода А, me ≈ 9,1⋅10 − 31 кг, v − скорость выхода электрона с поверхности металла. 2. Определим энергию падающего на поверхность кванта в первоначальном варианте эксперимента: ;эВ5,12 106,1 102 Дж102103106,6h 19 18 181534 11f ≈ ⋅ ⋅ ≈⋅≈⋅⋅⋅≈ν=ε − − −− 3. При заданных условиях фотоэффект будет иметь место, потому что энер- гия фотона превышает величину работы выхода: ;A1f >ε 4. Определим энергию фотона при уменьшении частоты падающей волны в 4 раза: ,эВ125,3 4 5,12 4 h 1 2f ≈≈ ν ≈ε т.е. A2f <ε , другими словами, фотоэффект протекать не будет при любой ин- тенсивности падающего на поверхность электромагнитного излучения. Элек- троны поверхность металла покидать не будут, (3).

18 Вариант 2 Часть 1 А1. тело начинает двигаться из состояния покоя с постоянным ускорением а = 4 м/с. Чему будет равна скорость тела через t = 2 с? Решение ;см8atv == А2. На рисунке в заданном масштабе показаны векторы сил, действующих на материальную точку. Определить модуль и направление равнодействую- щих этих сил. Решение 1. Модуль равнодействующей силы: ( ) ;H222444FFFR 2 3 2 21 =⋅=+=+−= rrrr 2. Поскольку модули слагаемых сил одинаковы и составляют прямой угол, то равнодействующая будет составлять угол α = 450 с направлениями сил. А3. При исследовании зависимости силы трения скольжения FТр бруска от силы нормального давления N опоры на брусок (нормальной реакции связи) получена зависимость, представленная на рисунке. Определить приближён- ное значение коэффициента трения скольжения μ. Решение 1. Сила трения скольжения по определе- нию равна: ; N F ;NF Тр Тр =μ⇒μ= 2. На заданном графике выбираем на прямой точку с позиции удобства считыва- ния и последующих расчетов: ;4,0 5 2 ≈≈μ

19 А4. Лифт движется вверх равнозамедленно с ускорением, равным по мо- дулю а. С какой силой действует на пол тело массой m? );ag(mN.4;mgN.3;maN.2);ag(mN.1 4321 −===+= Решение 1. Сила тяжести, как обычно направлена вертикально вниз, противоположно выбранному направлению оси y, уско- рение лифта а в данном случае совпадает с направлением ус- корения свободного падения g, а фиктивная сила инерции на- правлена в соответствии с принципом Даламбера в противо- положную сторону, поэтому: );ag(mmamgN −=−= r А5. При работе гидроаккумулирующих электростанций ночью за счёт из- бытка электроэнергии вода закачивается насосами в водоём на возвышенно- сти, а днём вода течёт из водоёма по шлюзу вниз и насосы выполняют роль гидротурбин. На какую высоту h необходимо закачать m = 2,6⋅106 т воды, что- бы её было достаточно для выработки W = 2,5⋅1012 Дж энергии? Потерями энергии пренебречь. Решение 1. В данном случае используется потенци- альная энергия воды, поднятой над нулевым уровнем: м98 81,9106,2 105,2 mg W h;mghWП 9 12 ≈ ⋅⋅ ⋅ ==== ; А6. Сигнал гидролокатора подводной лодки, отразившись от цели, отстоя- щей от неё на расстоянии l = 3 км, зарегистрирован через время τ = 4 с после излучения зондирующего импульса. Частота колебаний излучателя гидролока- тора f = 10 кГц. Определить длину звуковой волны λ. Решение 1. Скорость распространения звука в воде: ; с м 1500 4 1062 с 3 = ⋅ = τ = l 2. Длина звуковой волны: ;м15,0 10 1500с ;с 4 == ν =λ⇒νλ= А7. В опытах Штерна по экспериментальному определению распределения скоростей атомов паров серебра была получена зависимость числа молекул N модуль скорости которых попадают в определённые интервалы vΔ от 0 до 1000 м/с.Какая из приведенных гистограмм качественно соответствует резуль- татов опытам Штерна?

20 Решение 1. В 1920 г. немецкий учёный Отто Штерн (1888 − 1969) поставил экспери- мент в результате которого удалось измерить абсолютные значения скоростей. 2. В экспериментах Штерна исследовалось распределение по скоростям молекул паров серебра и платины ( Pt,Ag ), которые испарялись с поверхностей, нагреваемой электрическим током проволоки. Проволока 1, помещались внутрь двух коаксиальных цилиндров 2,3. Внутренний цилиндр имел узкую вертикальную щель 4, служившую в качестве диафрагмы для формирования узкого молекулярного пучка. Через щель молекулы попадали на поверхность внешнего холодного цилиндра. Пространство между цилиндрами вакуумиро- валось, с целью предотвращения столкновения молекул серебра или платины с молекулами воздуха. Если цилиндры неподвижны, то на полированной по- верхности остаётся радикально выраженная, с чёткими границами, тёмная по- лоса распыляемого металла толщиной 0,4 мм. 3. Совместное вращение цилиндров вокруг общей оси с одинаковой угло- вой скоростью ω приводило к тому, что за время полёта молекул между цилин- драми, последние провернуться на некоторый угол. Молекулы с разными ско- ростями будут попадать в разные места, потому что время движения молекул определяется их скоростями. На внутренней поверхности холодного цилиндра образуется полоса с размытыми краями, исследуя толщину слоя, можно соста- вить представление о распределении молекул по скоростям. Если R и r радиу- сы большого и малого цилиндров, то время полёта молекул определится как v rR t − =Δ . 4. За это время цилиндры повернуться на угол tΔ⋅ω=ϕΔ , или на длину ду- ги tRR Δ⋅⋅ω=⋅ϕΔ=l . Подставляя в последнее уравнение значение tΔ , получим уравнение для определения скорости. ( ) ( ) l l rRR v, v rR R −ω =⇒ − ω= .

21 5. Таким образом, впервые удалось измерить скорость одноатомных моле- кул серебра, и подтвердить справедливость теоретических результатов Мак- свелла. Полученные экспериментальные данные удивительным образом совпа- ли с теорией Максвелла касаемо средней скорости молекул, хотя о распределе- нии скоростей можно было судить только на качественном уровне. 6. Как показали опыты Штерна средняя скорость молекул пропорциональна корню квадратному из абсолютной температуры Tv ≈>< , что полностью совпадало с теоретическими предпосылками, полученными на основе анализа основного уравнения молекулярно-кинетической теории μ = μ >=< RT3TNk3 v AB . А8. Первоначальное давление газа в сосуде равнялось р0. Увеличив объём сосуда, концентрацию молекул газа уменьшили в 3 раза и одновременно в 2 раза увеличили среднюю энергию хаотического движения молекул. В резуль- тате этого давление р газа в сосуде стало равным: ;р 3 1 .4;р 3 2 .3;р2.2;р 3 4 .1 0000 Решение 1. Средняя величина кинетической энергии молекул газа: ;Tk 2 3 2 vm B 2 0 0 = >< >=ε< 2. Средняя арифметическая скорость молекул газа: R3 v T; RT3 v; RT3 v 2 2 μ>< = μ =><⇒ μ >=< ; 2. Давление газа: ;Tnkp B= 3. Соотношение давлений: ;p 3 2 p ;T2 3 n p ;Tknp 01 0 0 1 0B00 =⇒ ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ = = А9. Какой вид теплопередачи сопровождается переносом вещества? 1. Только теплопроводность; 2. Теплопроводность, конвекция и излучения;

22 3. Только излучение; 4. Только конвекция. Решение 1. Рассмотрим однородное тело в виде прямоугольного параллелепипеда на торцах которого поддерживаются температуры Т1 и Т2. Если температуры не- одинаковы, например, T1 > T2, то будет протекать передача теплоты от участков с более высокой температурой к участкам с более низкой темпера- турой. Выделяют три различных механизма пере- дачи теплоты: • теплопроводность; • конвекцию; • радиационный теплообмен. 2. Процесс теплопроводности представляет собой непосредственную передачу кинетической энергии движения от одних молекул к другим. 3. Будем считать, что теплоёмкость рассматриваемого вещества настолько велика, что за малый промежуток времени Δt температура Т1 и Т2 не изменяют- ся. Количество теплоты, передаваемое через плоскую площадку s перпендику- лярную оси х за время Δt определил экспериментально Жан Батист Фурье (1768 − 1830) x TT tksQ 12 − Δ=δ , где k − коэффициент теплопроводности материала параллелепипеда. Коэффи- циент теплопроводности является одним из основных термофизических свойств вещества, в зависимости от значения k вещества имеют то или иное промышленное применение. 4. Теплопередача за счёт теплопроводности и радиационного теплообмена происходит без перемещения масс вещества, только теплопередача при кон- вективном механизме теплообмена сопровождается переносом вещества, как например, при обогревании помещений батареями отопления. А10. Газу передали изохорно количество теплоты Q = 300 Дж. Как измени- лась его внутренняя энергии в этом процессе? 1. Увеличилась на 300 Дж; 2. Увеличилась на 600 Дж; 3. Уменьшилась на 600 Дж; 4. Уменьшилась на 300 Дж. Решение 1. Уравнение первого начала термодинамики: ;UAQ Δ+δ=δ 2. При изохорном изменении состояния газа: ;Дж300UQ;0VpA;0V;constV =Δ=δ=Δ=δ⇒=Δ= Внутренняя энергия в заданном процессе увеличивается на 300 Дж.

23 А11. Положительный заряд перемещается в однородном электростатическом поле из точки 1 в точку 2 по разным траекториям. Работа сил электростатического поля: 1. Максимальна в случае перемещения по траектории I. 2. Не совершается в случае перемещения по траектории II. 3. Минимальна в случае перемещения по траектории III. 4. Одинакова при перемещении по всем трём траекториям. Решение 1. Рассмотрим неподвижный точечный заряд Q, расположенный в воздухе и создающий в окре- стном пространстве электрическое поле напря- жённостью r r Q 4 1 E 3 0 rr πε = . 2. В поле перемещается пробный заряд q из начального положения 1 в конечное положение 2 вдоль произвольной криво- линейной траектории, например I. Модуль силы Кулона, возникающей при взаимодействии зарядов, запишется ьтак: 2 0 K r qQ 4 1 EqF πε == . 3. Найдём далее работу, совершаемую силой Кулона на элементарном пе- ремещении заряда rd r rdFA K rr =δ . 4. Как видно из уравнения элементарная работа при перемещении точечно- го заряда в электрическом поле представляется скалярным произведением двух векторных величин, т.е. величина и знак работы зависит от взаимного направ- ления KF r и rd r . Работа на конечном перемещении определится в виде интеграла ∫ ∫πε = πε =→ 2 1 2 1 r r r r 2 0 3 0 21 r dr 4 qQ rd r rqQ 4 1 A r r . 5. Интеграл работы в общем случае зависит от положения начальной и ко- нечной точек, а так же от формы траектории, по которой перемещается заряд q. Однако для электрических полей неподвижных зарядов работа не зависит от формы траектории. В этом легко убедится, если из конечной точки 2 вернуть заряд в точку 1 по траектории, отличной от первоначальной. При перемещении заряда по любой замкнутой траектории, когда 21 rr rr = итоговая работа будет рав- на нулю, т.е. алгебраическая сумма работ, совершённых электрическими сила- ми на замкнутом пути будет равна нулю 12211221 AAAA →→→→ −=+ . Уравнение даёт основание выражение для работы в виде: ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − πε =→ 210 21 r 1 r 1 4 qQ A .

24 6. Электрическое поле неподвижных зарядов, таким образом, как и гравитационное поле, обладает свойством потенциальности, т.е. работа, производимая такими полями, не зависит от вида траектории, а определя- ется только положениями начальной и конечной точек перемещения. 7. Свойство потенциальности обусловлено тем обстоятельством, что в элек- тростатических полях проявляются консервативные силы, дающие возмож- ность каждую точку поля охарактеризовать с энергетических позиций. Дейст- вительно, совершаемая работа должна соответствовать определённому измене- нию энергии перемещаемого заряда. Подобное наблюдается в механике и оп- ределяется теоремой об изменении кинетической энергии 12 2 1 2 2 21 KK 2 mv 2 mv A −=−=→ . Работа, совершаемая в электростатическом поле, совершается за счёт уменьшения потенциальной энергии движущегося заряда Π−=δΠ−Π=→ dA,A 1221 . 8. Как и в механике, абсолютное значение потенциальной энергии не обла- дает значимым физическим смыслом, более актуальным является изменение энергии, в связи, с чем необходимо представлять, что при бесконечном удале- нии зарядов друг от друга потенциальная энергия их взаимодействия будет стремиться к нулю, чем можно воспользоваться, подставив значение r2 → ∞ в уравнение работы 1 10 21 10 21 121 r4 qq r 11 4 qq A Π= πε −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − ∞πε =Π−Π=∞→ . А12. Вольтметр подключён к клеммам источника тока с ЭДС ε = 3 В и внутренним сопротивлением r = 3 Ом. Через источник течёт ток силой I = 2 А. Вольт- метр показывает U = 5 В. Какое количество теплоты ΔQ выделяется внутри источника тока за промежуток времени τ = 1 с? ;Дж3Q.4;Дж4Q.3;Дж1Q.2;Дж5Q.1 4321 ==== Решение 1. В соответствии с законом Джоуля − Ленца и законом Ома для участка цепи: ;Дж4114rIQ;IrU;IUQ 2 =⋅⋅=τ=Δ⇒=τ=Δ А13. Электрическая цепь, состоящая из прямолинейных горизонтальных проводников и источника постоянного тока, находится в одно- родном магнитном поле, куда при этом будет направлена сила Ампера, действующая на про- водник 1 − 2? 1. Вертикально вниз, от наблюдателя; 2. Горизонтально вправо; 3. Горизонтально влево; 4. Вертикально вверх, к наблюдателю.

25 Решение 1. Для определения направления силы Ампера необходимо знать направле- ние силы тока и направление вектора магнитной индукции. Далее, используя правило левой руки: «Если расположить левую руку так, чтобы магнитные си- ловые линии входили в ладонь, а вытянутые четыре пальца совпадали с на- правлением тока, то отогнутый большой палец укажет направление силы Ам- пера. А14. Выбрать среди приведённых примеров электромагнитное излучение с минимальной длиной волны: 1. Рентгеновское; 2. Ультрафиолетовое; 3. Инфракрасное; 4. Видимое. Решение 1. Длины волн и частоты электромагнитных волн: Длина Наименование Частота 100 км и более Низкочастотные электрические колеба- ния 0 − 3 кГц 100 км − 1 мм Радиоволны: 3 кГц − 3ТГц 100 −10 км мириаметровые (очень низкие частоты) 3 − 30 кГц 10 − 1км километровые (низкие частоты) 30 − 300 кГц 1 км − 100 м гектометровые (средние частоты) 300 кГц − 3МГц 100 − 10 м декаметровые (высокие частоты) 3 − 30 МГц 10 − 1 м метровые (очень высокие частоты) 30 − 300 МГц 1 м − 10 см дециметровые (ультравысокие частоты) 300 − 3ГГц 10 − 1 см сантиметровые (сверхвысокие частоты) 3 − 30 ГГц 1 − 1 мм миллиметровые 30 − 300ГГц 1 − 0,1 мм децимиллиметровые (гипервысокие час- тоты) 300 − 3ТГц 2 мм − 760 нм Инфракрасное излучение 150 ГГц − 400ТГц 760 − 380 нм Видимое излучение 400 ТГц − 800 ТГц 380 − 3 нм Ультрафиолетовое излучение 800 ТГц − 100 ПГц 10 нм − 1 пм Рентгеновское излучение 300ПГц − 300ЭГц до 10 пм Гамма-излучение до 30 ЭГц

26 А15. Фокусное расстояние тонкой собирающей линзы равно F. Предмет малых размеров расположен на её главной оптической оси на расстоянии 2,5F от плоскости линзы. Изображение предмета находится от линзы на расстоя- нии: ;F 3 2 .4;F 3 1 .3;F 3 5 .2;F 3 4 .1 Решение ;F 3 5 F67,1 6,0 F f; F 6,0 f 1 ; 5,2 1 1 F 1 f 1 ; f 1 F5,2 1 F 1 ; f 1 d 1 F 1 ≈≈== ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −=+=+= А16. Лазерный луч красного цвета падает перпендикулярно на дифракци- онную решётку, образуя дифракционную картину на экране. При повороте ре- шётки на угол α = 300 вокруг оси ОВ против часовой стрелки картинка на экра- не: 1. Повернётся на экране на 300 в противоположную сторону; 2. Не повернётся 3. Повернётся на 600 в противоположную сторону; 4. Повернётся на 300 в ту же сторону. Решение 1. Из уравнения дифракционной решет- ки: ( ) ⎭ ⎬ ⎫ λ=α+ϕ λ=ϕ ;ksind ;ksind дифракционная картинка зависит от перио- да решетки d, длины волны λ и порядка k наблюдаемого максимума, поэтому поворот по часовой стрелке решётки при- ведёт к повороту картинки в туже сторону на угол 300 . 17. В таблице приведены значения для второго и четвёртого уровней ато- ма водорода. Какова энергия фотона, излучаемого атомом при переходе ато- ма с четвёртого уровня на второй уровень?

27 Номер уровня Энергия, 10 −19 Дж 2 −5,45 4 −1,36 Решение 1. Энергия излучаемого (поглощаемого) фотона равна разности энергий со- ответствующих энергетических уровней атома: ;эВ56,2Дж1009,4EEh 19 42f ≈⋅=−=ν=ε − 18. На рисунке представлен фрагмент диа- граммы энергетических уровней атома. Какой из отмеченных стрелками переходов между энерге- тическими уровнями сопровождается излучени- ем фотона с максимальной энергией? Решение 1. Энергия излучаемого (поглощаемого) фотона равна разности энергий соответствующих энер- гетических

Add a comment

Related presentations

Related pages

Решение задач по физике.

Решение задач ЕГЭ. В 9-ти ч. Исаков А.Я. (КамчатГТУ; 2012-2013, 2015с.) Физика.
Read more

phys470_1.zip — RGhost — файлообменник

Решение задач ЕГЭ-2013. Ч.1._Исаков А.Я ... решение задач .rar; 2013 Fed ... Физика. Подготовка к ...
Read more

Подготовка к ЕГЭ по физике » ГДЗ ...

Решение задач ЕГЭ-2016. Ч.1. ... Исаков А.Я. (КамчатГТУ; 2014, ... Физика. Подготовка к ЕГЭ ...
Read more

Сайт Политовой Ксении ...

Физика. 8 класс. В 2 ч. Ч. 1. ... Решение задач ЕГЭ. ... Исаков А.Я. (КамчатГТУ; ...
Read more

Образец решения задач по физике ...

Решение задач ЕГЭ. В 9-ти ч. Исаков А.Я. (КамчатГТУ 2012-2013, 2015с.) Физика.
Read more

Неофициальный сайт 2 НВК № 3 г ...

Решение задач ЕГЭ. В 9-ти ч. Исаков А.Я. (КамчатГТУ; 2012-2013, 2015с.) Физика.
Read more