А1. Единицей силы тяжести в СИ является: 1) 1 м; 2) 1 Н; 3) 1 с; 4) 1 Дж; 5) 1 кг.
Решение:
Сила тяжести − это сила. Единицей силы в международной системе единиц (СИ) является ньютон (Н).
Ответ: 2.____________________________________________________________________________________
А2. Во время испытания автомобиля водитель держал постоянную скорость, модуль которой указывает стрелка спидометра, изображённого на рисунке. За промежуток времени ∆t = 6,0 мин автомобиль проехал путь s, равный: 1) 11 км; 2) 13 км; 3) 15 км; 4) 17 км; 5) 19 км.
Решение:
∆t = 6,0 мин = 0,1 ч
v = 110 км/ч (скорость по стрелке спидометра)
s − ?
Путь s, пройденный автомобилем: s = v·∆t.
s = 110·0,1 = 11 км.
Ответ: 1.
________________________________________________________________________________________________
А3. Почтовый голубь дважды пролетел путь из пункта А в пункт В, двигаясь с одной и той же скоростью относительно воздуха. В первом случае, в безветренную погоду, голубь преодолел путь АВ за промежуток времени ∆t₁ = 55 мин. Во втором случае, при попутном ветре, скорость которого была постоянной, голубь пролетел этот путь за промежуток времени ∆t₂ = 40 мин.
Если бы ветер был встречный, то путь АВ голубь пролетел бы за промежуток времени ∆t₃, равный: 1) 60 мин; 2) 76 мин; 3) 88 мин; 4) 92 мин; 5) 96 мин.
Решение:
t₁ = 55 мин
t₂ = 40 мин
t₃ − ?
Пусть S − расстояние от А до В, V − собственная скорость голубя (т.е. его скорость относительно воздуха), Vв − скорость ветра относительно Земли. Имеем систему уравнений:
S
{ V = –– , (1) (в безветренную погоду)
t₁
S
{ V + Vв = –– , (2) (при попутном ветре)
t₂
S
{ V - Vв = –– . (3) (при встречном ветре)
t₃
Подставляя V из 1-го уравнения во 2-е и 3-е, получим систему уравнений:
S S
{ –– + Vв = –– , (2*)
t₁ t₂
S S
{ –– - Vв = –– . (3*)
t₁ t₃
Чтобы исключить скорость ветра Vв , сложим уравнения (2*) и (3*):
S S S S 2 1 1
–– + Vв + –– - Vв = –– + –– или –– = –– + –– . Отсюда находим t₃ :
t₁ t₁ t₂ t₃ t₁ t₂ t₃
t₁·t₂
t₃ = –––––– .
2t₂ - t₁
55·40
t₃ = ––––––– = 88 мин.
2·40 - 55
Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________
А4. Груз массой m, подвешенный к потолку на невесомой нити, находится в состоянии покоя (см. рис.). На рисунке показаны:
− сила тяжести; 
− сила, с которой нить действует на груз; 
− сила, с которой нить действует на потолок;
− сила, с которой потолок действует на нить. Какое из предложенных выражений в данном случае является математической записью третьего закона Ньютона?
Решение:
Согласно третьему закону Ньютона, тела взаимодействуют с силами, равными по модулю и направленными вдоль одной прямой противоположно друг другу. В данном случае такими телами являются нить и потолок и математическая запись третьего закона Ньютона:
Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________
А5. Три вагона, сцепленных друг с другом и движущихся со скоростью, модуль которой V₀ = 3,6 м/c, столкнулись с тремя неподвижными вагонами. Если массы всех вагонов одинаковы, то после срабатывания автосцепки модуль их скорости V будет равен: 1) 1,2 м/c; 2) 1,4 м/c; 3) 1,8 м/с; 4) 2,5 м/c; 5) 3,6 м/c.
Решение:
Пусть m − масса одного вагона. Воспользуемся законом сохранения импульса в проекции на ось Х (см. рис.) для системы из шести вагонов:
3m·V₀ = 6m·V, отсюда
V = V₀/2.
V = 3,6/2 = 1,8 м/c.
Ответ: 3.
____________________________________________________________________________________
А6. На рисунке изображён график зависимости гидростатического давления Р от глубины h для жидкости, плотность ρ которой равна: 1) 1,2 г/см³; 2) 1,1 г/см³; 3) 1,0 г/см³; 4) 0,90 г/см³; 5) 0,80 г/см³.
Решение:
Р = f(h) (по рисунку) ρ − ?
Зависимость гидростатического давления Р от глубины h для жидкости:
Р = ρgh, (1)
где g = 10 м/с² − ускорение свободного падения.
Из (1) выражаем плотность ρ жидкости ρ = Р/gh. (1*)
Из рисунка для глубины h = 20 см = 0,2 м находим давление Р = 1,8 кПа = 1800 Па. Подставляя эти данные в (1*), получим ρ = 1800/(10·0,2) = 900 кг/м³ = 0,9 г/см³.Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________
А7. Если абсолютная температура тела Т = 320 К, то его температура t по шкале Цельсия равна: 1) 7 ⁰С; 2) 17 ⁰С; 3) 27 ⁰С; 4) 37 ⁰С; 5) 47 ⁰С.
Решение:
Т = 320 К t − ?
Связь между абсолютной температурой тела Т и его температурой t по шкале Цельсия: T = t + 273,
отсюда t = T - 273. t = 320 - 273 = 47 ⁰С.
Ответ: 5.
________________________________________________________________________________________________
А8. На P−Т- диаграмме изображены различные состояния одного моля идеального газа. Состояние, соответствующее наименьшей температуре Т газа, обозначено цифрой: 1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение:
Абсцисса точки, изображённой на диаграмме, равна температуре Т газа в данной точке. Очевидно, у точки 5 наименьшая абсцисса и, следовательно, наименьшая температура Т газа.Ответ: 5.
____________________________________________________________________________________
А9. Идеальный газ, число молекул которого N = 5,00·10²³, находится в баллоне вместимостью V= 5,00 м³. Если температура газа Т = 305 К, то давление Р газа на стенки баллона равно:
1) 980 Па; 2) 760 Па; 3) 421 Па; 4) 340 Па; 5) 280 Па.
Решение: N = 5·10²³ V = 5 м³
Т = 305 К k = 1,38·10⁻²³ Дж/К (постоянная Больцмана)
Р − ?
Воспользуемся формулой для давления Р идеального газа: P = nkT, (1)
где n = N/V − концентрация газа.
Тогда (1) примет вид: P = (N/V)kT. P = (5·10²³/5)·1,38·10⁻²³·305 = 420,9 ≈ 421 Па. P = 421 Па.
Ответ: 3.____________________________________________________________________________________
А10. В паспорте электродвигателя приведены следующие технические характеристики:
1) 70 %; 4) 380 В;
2) 50 Гц; 5) 6,8 А.
3) 2,2 кВт;
Коэффициент полезного действия электродвигателя указан в строке, номер которой:
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение:
Коэффициент полезного действия (КПД) определяется в процентах (%).
Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
А11. График зависимости энергии W конденсатора от его зарядаq представлен на рисунке. Ёмкость конденсатора С равна: 1) 30 мкФ; 2) 25 мкФ; 3) 20 мкФ; 4) 15 мкФ; 5) 10 мкФ.
Решение: q = 1 мКл = 10⁻³ Кл (берём из рисунка) W = 20 мДж = 20·10⁻³ Дж (берём из рисунка)
С − ?
Формула для энергии W конденсатора: W = q²/(2C), отсюда C = q²/(2W). C = (10⁻³)²/(2·20·10⁻³) = 25·10⁻⁶ Ф = 25 мкФ.
C = 25 мкФ.
Ответ: 2.
________________________________________________________________________________________________
А12. Идеальный миллиамперметр, изображённый на рисунке, и резистор соединены последовательно и подключены к источнику постоянного тока. Если напряжение на резисторе U = 36 В, то его сопротивление R равно: 1) 26 Ом; 2) 0,36 кОм; 3) 1,4 кОм; 4) 1,6 кОм; 5) 3,6 кОм.
Решение: I = 26 мА = 26·10⁻³ А (сила тока по показаниям миллиамперметра на рисунке) U = 36 В R − ?
Закон Ома для участка цепи: I = U/R, отсюда R = U/I. R = 36/(26·10⁻³) ≈ 1385 Ом ≈ 1,4·10³ Ом = 1,4 кОм.
R = 1,4 кОм.
Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________
А13. Четыре длинных прямолинейных проводника, сила тока в которых одинакова, расположены в воздухе параллельно друг другу так, что центры их поперечных сечений находятся в вершинах квадрата (см. рис.1).
Направление вектора индукции
результирующего магнитного поля, созданного этими токами в точке О, на рисунке 2 обозначено цифрой: 1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение:
На рис.3 изображены векторы
магнитной индукции, созданные
длинным прямолинейным проводником с током I ( а − ток направлен “от нас”; б − ток направлен “на нас” ).
На рис. 4 изображены векторы магнитной индукции
,
созданные длинными прямолинейными проводниками 1, 2, 3, 4 соответственно.
Так как сила тока во всех проводниках одинакова и расстояние от точки О до проводников тоже одинаково, то модули векторов
равны (обозначим их В₀): В1 = В2 = В3 = В4 = В₀ .
На рис. 5 изображены векторы
:
,
модули которых равны: B₁₃ = B₂₄ = 2B₀ .
Тогда результирующий вектор направлен слева-направо горизонтально (рис.5).
А14. В катушке, индуктивность которой L = 0,05 Гн, произошло равномерное уменьшение силы тока от I₁ = 3,5 А до I₂ за промежуток времени ∆t = 0,05 с. Если при этом в катушке возникла ЭДС самоиндукции Esi = 2,5 В, то сила тока I₂ равна: 1) 0,5 А; 2) 1,0 А; 3) 1,5 А; 4) 2,0 А; 5) 2,5 А.
Решение: L = 0,05 Гн I₁ = 3,5 А
∆t = 0,05 с Esi = 2,5 В I₂ − ?
ЭДС самоиндукции Esi определяется формулой:
∆I Esi = − L · ––– , (1)
∆t
где ∆I = I₂ - I₁ − изменение силы тока за промежуток времени ∆t.
Тогда (1) примет вид
(I₂ - I₁) Esi = − L · –––––– , отсюда
∆t
Esi ·∆t I₂ = I₁ − –––––– .
L
2,5·0,05
I₂ = 3,5 − ––––––– = 1 A.
0,05
I₂ = 1 A.
Ответ: 2.
____________________________________________________________________________________
А15. На рисунке представлены две поперечные волны 1 и 2, распространяющиеся с одинаковой скоростью вдоль оси Ох. Выберите ответ с правильным соотношением и периодов Т₁, Т₂ этих волн, и их амплитуд А₁, А₂:
1) Т₁ = Т₂, А₁ < А₂; 2) Т₁ = Т₂, А₁ > А₂; 3) Т₁ < Т₂, А₁ = А₂; 4) Т₁ > Т₂, А₁ < А₂; 5) Т₁ > Т₂, А₁ > А₂.
Решение: V₁ = V₂ − скорости распространения волн. (*) λ − длина волны (расстояние по горизонтали между двумя соседними максимумами волны).
А − амплитуда волны (расстояние по вертикали от оси Ох до максимума волны). λ₁ = λ₂ = 6 клеток (см. рис.1). (**)
А₁ = 1 клетка (см. рис.1)
А₂ = 2 клетки (см. рис.1).
Следовательно,
А₁ < А₂.
Связь длины волны λ со скоростью V её распространения:
λ V = –– . (1)
T
Так как скорости распространения двух волн равны (см. (*)) и их длины волн тоже равны (см. (**)), то из (1) следует равенство периодов двух волн: T₁ = T₂.
Окончательно получили T₁ = T₂ и А₁ < А₂.Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
А16. На границу раздела двух прозрачных сред падает световой луч (см. рис.). Если абсолютный показатель преломления первой среды nI = 1,75, то абсолютный показатель преломления второй среды nII равен: 1) 2,48; 2) 1,50; 3) 1,41; 4) 1,24; 5) 1,17.
Решение: nI = 1,75 nII − ?
Закон преломления света: sinα nII
–––– = ––– , (*) sinβ nI
где α − угол падения света, β − угол преломления света (см. рис. 1).
Из (*) находим:
nI sinα nII = ––––––– , (1)
sinβ
Из рис. 1 находим: NM = 1, ON = 3, RP = 1, OP = 2.
Из треугольника OMN по теореме Пифагора находим:
ОМ² = ON² + NM² или ОМ² = 3² + 1² = 10, отсюда
Тогда
Из треугольника OPR по теореме Пифагора находим:
ОR² = OP² + RP² или ОR² = 2² + 1² = 5, отсюда
Тогда
Подставляя найденные sinα и sinβ в (1), а также nI = 1,75, получим
Ответ: 4.
________________________________________________________________________________________________
А17. На диаграмме показаны переходы атома водорода между различными энергетическими состояниями. Излучение с наибольшей длиной волны λ атом испускает при переходе, обозначенном цифрой: 1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение:
Атом испускает фотон при переходе с высшего энергетического состояния En на низшее энергетическое состояние Em . При этом стрелка перехода направлена вниз (на рис. обозначены цифрами 1 и 4). При этом справедлива формула: En - Em = hν, (1)
где h − постоянная Планка, ν − частота излучаемого кванта.
Связь длины волны λ кванта с его частотой ν: ν = c/λ. (с − скорость света в вакууме)
Тогда (1) примет вид:
hc En - Em = –––– , отсюда
λ
hc λ = ––––––– . (2)
(En - Em)
Из (2) ясно, что наибольшей длине волны λmax испускания соответствует минимальная разность энергетических уровней перехода (минимальная длина стрелки, направленной вниз): min(En - Em) = E₂ - E₁.
Разности энергетических уровней E₂ - E₁ соответствует переход E₂ –> E₁ , обозначенный на рисунке цифрой 4.Ответ: 4.
________________________________________________________________________________________________
А18. Ядро изотопа ванадия
состоит из:
1) 51 протона и 51 нейтрона; 2) 23 протонов и 23 нейтронов; 3) 23 протонов и 28 нейтронов; 4) 28 протонов и 23 нейтронов; 5) 14 протонов и 14 нейтронов.
Решение:
Ядро изотопа обозначается:
, где
X − символ химического элемента; A − массовое число; Z − количество протонов в ядре (порядковый номер элемента).
Связь массового числа А с количеством протонов Z и количеством нейтронов N в ядре: A = Z + N. (1)
Имеем
А = 51, Z = 23.
Тогда из (1) находим количество нейтронов N в ядре ванадия N = A - Z; N = 51 - 23 = 28.
Итак, данное ядро изотопа ванадия состоит из Z = 23 протонов и N = 28 нейтронов.Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________
B1. Тело, которое падало без начальной скорости (V₀ = 0 м/с) с некоторой высоты, за последние две секунды движения прошло путь s = 100 м. Высота h, с которой тело упало, равна … м.
Решение:V₀ = 0 м/с τ = 2 с s = 100 м h − ?
Направим ось OY вверх (см. рис.). Уравнение движения тела в проекции на ось OY: y = y₀ + V₀y·t + gy·t²/2, (1)
где y₀ = h − начальная координата тела, V₀y = V₀ = 0 − проекция на ось OYначальной скорости тела, gy = - g − проекция на ось OY ускорения свободного падения тела, t − время движения тела.
Тогда (1) примет вид y = h - gt²/2, (1*)
Пусть tп − время падения тела, В точке А имеем: координата тела y = s, время движения телаt = tп - τ. Подставим всё в (1*): s = h - g(tп - τ)²/2. (2)
В точке О имеем: координата тела y = 0, время движения тела t = tп. Подставим всё в (1*):
0 = h - gtп²/2. (3)
Уравнения (2), (3) образуют систему с двумя неизвестными h и tп. Из (3) выразим h: h = gtп²/2 (*)
и подставим в (2) s = gtп²/2 - g(tп - τ)²/2 или s = gtп²/2 - g(tп² - 2tп·τ + τ²)/2 или s = gtп²/2 - gtп²/2 + gtп·τ - gτ²/2 или s = gtп·τ - gτ²/2, отсюда tп = s/gτ + τ/2 и подставим в (*)
Ответ: 180.____________________________________________________________________________________
B2. На покоящуюся материальную точку О начинают действовать две силы
и
(см. рис.), причём модуль первой силы F₁ = 2 Н. Материальная точка останется в состоянии покоя, если к ней приложить третью силу, модуль которой F₃ равен … Н.
Решение: F₁ = 2 Н F₃ − ?
Из рисунка условия следует, что сторона клетки а = F₁ = 2 Н. По правилу сложения векторов (правило параллелограмма) находим сумму векторов (рис. 1)
Длина вектора
равна 3а (см. рис. 1), следовательно, модуль F₁₂ этого вектора равен F₁₂ = 3а = 3·2 = 6 Н.
Материальная точка останется в состоянии покоя, если к ней приложить третью силу
,
удовлетворяющую условию (см. рис. 1)
Отсюда следует условие для модулей этих сил F₃ = F₁₂ = 6 Н. F₃ = 6 Н.
Ответ: 6.
________________________________________________________________________________________________
B3. Цилиндр плавает в бензине (ρб = 700 кг/м³) в вертикальном положении (см. рис.). Если объём цилиндра V = 0,036 м³, то маса m цилиндра равна … кг.
Решение: ρб = 700 кг/м³ V = 0,036 м³ hпогр = 5 ед. − высота погружённой в бензин части цилиндра (см. рис.) h = 6 ед. − высота цилиндра (см. рис.) m − ?
На цилиндр действуют две силы:
где FA = ρб·gVпогр − модуль силы Архимеда, Vпогр = Shпогр − объём погружённой в бензин части цилиндра, S − площадь основания цилиндра.
Эти силы уравновешивают друг друга. Условие равновесия: mg = FA или mg = ρб·gVпогр или m = ρб·Shпогр или m = ρб·Shhпогр/h,
отсюда, с учётом V = Sh − объём цилиндра, имеем m = ρб·V·(hпогр/h). m = 700·0,036·(5/6) = 21 кг.
m = 21 кг.
Ответ: 21.
Решение:
Сила тяжести − это сила. Единицей силы в международной системе единиц (СИ) является ньютон (Н).
Ответ: 2.____________________________________________________________________________________
Решение:
∆t = 6,0 мин = 0,1 ч
v = 110 км/ч (скорость по стрелке спидометра)
s − ?
Путь s, пройденный автомобилем: s = v·∆t.
s = 110·0,1 = 11 км.
Ответ: 1.
________________________________________________________________________________________________
А3. Почтовый голубь дважды пролетел путь из пункта А в пункт В, двигаясь с одной и той же скоростью относительно воздуха. В первом случае, в безветренную погоду, голубь преодолел путь АВ за промежуток времени ∆t₁ = 55 мин. Во втором случае, при попутном ветре, скорость которого была постоянной, голубь пролетел этот путь за промежуток времени ∆t₂ = 40 мин.
Если бы ветер был встречный, то путь АВ голубь пролетел бы за промежуток времени ∆t₃, равный: 1) 60 мин; 2) 76 мин; 3) 88 мин; 4) 92 мин; 5) 96 мин.
Решение:
t₁ = 55 мин
t₂ = 40 мин
t₃ − ?
Пусть S − расстояние от А до В, V − собственная скорость голубя (т.е. его скорость относительно воздуха), Vв − скорость ветра относительно Земли. Имеем систему уравнений:
S
{ V = –– , (1) (в безветренную погоду)
t₁
S
{ V + Vв = –– , (2) (при попутном ветре)
t₂
S
{ V - Vв = –– . (3) (при встречном ветре)
t₃
Подставляя V из 1-го уравнения во 2-е и 3-е, получим систему уравнений:
S S
{ –– + Vв = –– , (2*)
t₁ t₂
S S
{ –– - Vв = –– . (3*)
t₁ t₃
Чтобы исключить скорость ветра Vв , сложим уравнения (2*) и (3*):
S S S S 2 1 1
–– + Vв + –– - Vв = –– + –– или –– = –– + –– . Отсюда находим t₃ :
t₁ t₁ t₂ t₃ t₁ t₂ t₃
t₁·t₂
t₃ = –––––– .
2t₂ - t₁
55·40
t₃ = ––––––– = 88 мин.
2·40 - 55
Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________
− сила, с которой нить действует на груз; − сила, с которой нить действует на потолок; Решение:
Согласно третьему закону Ньютона, тела взаимодействуют с силами, равными по модулю и направленными вдоль одной прямой противоположно друг другу. В данном случае такими телами являются нить и потолок и математическая запись третьего закона Ньютона:
Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________
А5. Три вагона, сцепленных друг с другом и движущихся со скоростью, модуль которой V₀ = 3,6 м/c, столкнулись с тремя неподвижными вагонами. Если массы всех вагонов одинаковы, то после срабатывания автосцепки модуль их скорости V будет равен: 1) 1,2 м/c; 2) 1,4 м/c; 3) 1,8 м/с; 4) 2,5 м/c; 5) 3,6 м/c.
Пусть m − масса одного вагона. Воспользуемся законом сохранения импульса в проекции на ось Х (см. рис.) для системы из шести вагонов:
3m·V₀ = 6m·V, отсюда
V = V₀/2.
V = 3,6/2 = 1,8 м/c.
Ответ: 3.
____________________________________________________________________________________
Решение:
Р = f(h) (по рисунку) ρ − ?
Зависимость гидростатического давления Р от глубины h для жидкости:
Р = ρgh, (1)
где g = 10 м/с² − ускорение свободного падения.
Из (1) выражаем плотность ρ жидкости ρ = Р/gh. (1*)
Из рисунка для глубины h = 20 см = 0,2 м находим давление Р = 1,8 кПа = 1800 Па. Подставляя эти данные в (1*), получим ρ = 1800/(10·0,2) = 900 кг/м³ = 0,9 г/см³.Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________
А7. Если абсолютная температура тела Т = 320 К, то его температура t по шкале Цельсия равна: 1) 7 ⁰С; 2) 17 ⁰С; 3) 27 ⁰С; 4) 37 ⁰С; 5) 47 ⁰С.
Решение:
Т = 320 К t − ?
Связь между абсолютной температурой тела Т и его температурой t по шкале Цельсия: T = t + 273,
отсюда t = T - 273. t = 320 - 273 = 47 ⁰С.
Ответ: 5.
________________________________________________________________________________________________
Решение:
Абсцисса точки, изображённой на диаграмме, равна температуре Т газа в данной точке. Очевидно, у точки 5 наименьшая абсцисса и, следовательно, наименьшая температура Т газа.Ответ: 5.
____________________________________________________________________________________
А9. Идеальный газ, число молекул которого N = 5,00·10²³, находится в баллоне вместимостью V= 5,00 м³. Если температура газа Т = 305 К, то давление Р газа на стенки баллона равно:
1) 980 Па; 2) 760 Па; 3) 421 Па; 4) 340 Па; 5) 280 Па.
Решение: N = 5·10²³ V = 5 м³
Т = 305 К k = 1,38·10⁻²³ Дж/К (постоянная Больцмана)
Р − ?
Воспользуемся формулой для давления Р идеального газа: P = nkT, (1)
где n = N/V − концентрация газа.
Тогда (1) примет вид: P = (N/V)kT. P = (5·10²³/5)·1,38·10⁻²³·305 = 420,9 ≈ 421 Па. P = 421 Па.
Ответ: 3.____________________________________________________________________________________
А10. В паспорте электродвигателя приведены следующие технические характеристики:
1) 70 %; 4) 380 В;
2) 50 Гц; 5) 6,8 А.
3) 2,2 кВт;
Коэффициент полезного действия электродвигателя указан в строке, номер которой:
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение:
Коэффициент полезного действия (КПД) определяется в процентах (%).
Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
А11. График зависимости энергии W конденсатора от его зарядаq представлен на рисунке. Ёмкость конденсатора С равна: 1) 30 мкФ; 2) 25 мкФ; 3) 20 мкФ; 4) 15 мкФ; 5) 10 мкФ.
Решение: q = 1 мКл = 10⁻³ Кл (берём из рисунка) W = 20 мДж = 20·10⁻³ Дж (берём из рисунка)
С − ?
Формула для энергии W конденсатора: W = q²/(2C), отсюда C = q²/(2W). C = (10⁻³)²/(2·20·10⁻³) = 25·10⁻⁶ Ф = 25 мкФ.
C = 25 мкФ.
Ответ: 2.
________________________________________________________________________________________________
А12. Идеальный миллиамперметр, изображённый на рисунке, и резистор соединены последовательно и подключены к источнику постоянного тока. Если напряжение на резисторе U = 36 В, то его сопротивление R равно: 1) 26 Ом; 2) 0,36 кОм; 3) 1,4 кОм; 4) 1,6 кОм; 5) 3,6 кОм.
Решение: I = 26 мА = 26·10⁻³ А (сила тока по показаниям миллиамперметра на рисунке) U = 36 В R − ?
Закон Ома для участка цепи: I = U/R, отсюда R = U/I. R = 36/(26·10⁻³) ≈ 1385 Ом ≈ 1,4·10³ Ом = 1,4 кОм.
R = 1,4 кОм.
Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________
Направление вектора индукции
На рис.3 изображены векторы
длинным прямолинейным проводником с током I ( а − ток направлен “от нас”; б − ток направлен “на нас” ).
На рис. 4 изображены векторы магнитной индукции
,Так как сила тока во всех проводниках одинакова и расстояние от точки О до проводников тоже одинаково, то модули векторов
равны (обозначим их В₀): В1 = В2 = В3 = В4 = В₀ . :,Тогда результирующий вектор
направлен слева-направо горизонтально (рис.5).
Ответ: 2.
________________________________________________________________________________________________А14. В катушке, индуктивность которой L = 0,05 Гн, произошло равномерное уменьшение силы тока от I₁ = 3,5 А до I₂ за промежуток времени ∆t = 0,05 с. Если при этом в катушке возникла ЭДС самоиндукции Esi = 2,5 В, то сила тока I₂ равна: 1) 0,5 А; 2) 1,0 А; 3) 1,5 А; 4) 2,0 А; 5) 2,5 А.
Решение: L = 0,05 Гн I₁ = 3,5 А
∆t = 0,05 с Esi = 2,5 В I₂ − ?
ЭДС самоиндукции Esi определяется формулой:
∆I Esi = − L · ––– , (1)
∆t
где ∆I = I₂ - I₁ − изменение силы тока за промежуток времени ∆t.
Тогда (1) примет вид
(I₂ - I₁) Esi = − L · –––––– , отсюда
∆t
Esi ·∆t I₂ = I₁ − –––––– .
L
2,5·0,05
I₂ = 3,5 − ––––––– = 1 A.
0,05
I₂ = 1 A.
Ответ: 2.
____________________________________________________________________________________
1) Т₁ = Т₂, А₁ < А₂; 2) Т₁ = Т₂, А₁ > А₂; 3) Т₁ < Т₂, А₁ = А₂; 4) Т₁ > Т₂, А₁ < А₂; 5) Т₁ > Т₂, А₁ > А₂.
Решение: V₁ = V₂ − скорости распространения волн. (*) λ − длина волны (расстояние по горизонтали между двумя соседними максимумами волны).
А₁ = 1 клетка (см. рис.1)
А₂ = 2 клетки (см. рис.1).
Следовательно,
А₁ < А₂.
Связь длины волны λ со скоростью V её распространения:
λ V = –– . (1)
T
Так как скорости распространения двух волн равны (см. (*)) и их длины волн тоже равны (см. (**)), то из (1) следует равенство периодов двух волн: T₁ = T₂.
Окончательно получили T₁ = T₂ и А₁ < А₂.Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
Решение: nI = 1,75 nII − ?
Закон преломления света: sinα nII
–––– = ––– , (*) sinβ nI
где α − угол падения света, β − угол преломления света (см. рис. 1).
Из (*) находим:
nI sinα nII = ––––––– , (1)
sinβ
Из треугольника OMN по теореме Пифагора находим:
ОМ² = ON² + NM² или ОМ² = 3² + 1² = 10, отсюда
Из треугольника OPR по теореме Пифагора находим:
ОR² = OP² + RP² или ОR² = 2² + 1² = 5, отсюда
________________________________________________________________________________________________
Решение:
Атом испускает фотон при переходе с высшего энергетического состояния En на низшее энергетическое состояние Em . При этом стрелка перехода направлена вниз (на рис. обозначены цифрами 1 и 4). При этом справедлива формула: En - Em = hν, (1)
где h − постоянная Планка, ν − частота излучаемого кванта.
Связь длины волны λ кванта с его частотой ν: ν = c/λ. (с − скорость света в вакууме)
Тогда (1) примет вид:
hc En - Em = –––– , отсюда
λ
hc λ = ––––––– . (2)
(En - Em)
Из (2) ясно, что наибольшей длине волны λmax испускания соответствует минимальная разность энергетических уровней перехода (минимальная длина стрелки, направленной вниз): min(En - Em) = E₂ - E₁.
Разности энергетических уровней E₂ - E₁ соответствует переход E₂ –> E₁ , обозначенный на рисунке цифрой 4.Ответ: 4.
________________________________________________________________________________________________
А18. Ядро изотопа ванадия
состоит из:1) 51 протона и 51 нейтрона; 2) 23 протонов и 23 нейтронов; 3) 23 протонов и 28 нейтронов; 4) 28 протонов и 23 нейтронов; 5) 14 протонов и 14 нейтронов.
Решение:
Ядро изотопа обозначается:
X − символ химического элемента; A − массовое число; Z − количество протонов в ядре (порядковый номер элемента).
Связь массового числа А с количеством протонов Z и количеством нейтронов N в ядре: A = Z + N. (1)
Имеем
А = 51, Z = 23.
Тогда из (1) находим количество нейтронов N в ядре ванадия N = A - Z; N = 51 - 23 = 28.
Итак, данное ядро изотопа ванадия состоит из Z = 23 протонов и N = 28 нейтронов.Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________
B1. Тело, которое падало без начальной скорости (V₀ = 0 м/с) с некоторой высоты, за последние две секунды движения прошло путь s = 100 м. Высота h, с которой тело упало, равна … м.
Направим ось OY вверх (см. рис.). Уравнение движения тела в проекции на ось OY: y = y₀ + V₀y·t + gy·t²/2, (1)
где y₀ = h − начальная координата тела, V₀y = V₀ = 0 − проекция на ось OYначальной скорости тела, gy = - g − проекция на ось OY ускорения свободного падения тела, t − время движения тела.
Тогда (1) примет вид y = h - gt²/2, (1*)
Пусть tп − время падения тела, В точке А имеем: координата тела y = s, время движения телаt = tп - τ. Подставим всё в (1*): s = h - g(tп - τ)²/2. (2)
В точке О имеем: координата тела y = 0, время движения тела t = tп. Подставим всё в (1*):
0 = h - gtп²/2. (3)
Уравнения (2), (3) образуют систему с двумя неизвестными h и tп. Из (3) выразим h: h = gtп²/2 (*)
и подставим в (2) s = gtп²/2 - g(tп - τ)²/2 или s = gtп²/2 - g(tп² - 2tп·τ + τ²)/2 или s = gtп²/2 - gtп²/2 + gtп·τ - gτ²/2 или s = gtп·τ - gτ²/2, отсюда tп = s/gτ + τ/2 и подставим в (*)
Ответ: 180.____________________________________________________________________________________
Решение: F₁ = 2 Н F₃ − ?
Материальная точка останется в состоянии покоя, если к ней приложить третью силу
,Ответ: 6.
________________________________________________________________________________________________
Решение: ρб = 700 кг/м³ V = 0,036 м³ hпогр = 5 ед. − высота погружённой в бензин части цилиндра (см. рис.) h = 6 ед. − высота цилиндра (см. рис.) m − ?
Эти силы уравновешивают друг друга. Условие равновесия: mg = FA или mg = ρб·gVпогр или m = ρб·Shпогр или m = ρб·Shhпогр/h,
отсюда, с учётом V = Sh − объём цилиндра, имеем m = ρб·V·(hпогр/h). m = 700·0,036·(5/6) = 21 кг.
m = 21 кг.
Ответ: 21.
________________________________________________________________________________________________
B4. Два маленьких шарика массами m₁ = 30 г и m₂ = 15 г подвешены на невесомых нерастяжимых нитях одинаковой длины l так, что поверхности шариков соприкасаются. Первый шарик сначала отклонили таким образом, что нить составила с вертикалью угол α = 60⁰, а затем отпустили без начальной скорости. Если после неупругого столкновения шарики стали двигаться как единое целое и максимальная высота, на которую они поднялись, hmax = 10 см, то длина lнити равна … см.
1. После отклонения 1-й шарик подняли на высоту h₁ (см. рис.) h₁ = СВ = ОВ - ОС = l - lcosα = l(1 - cosα). (1)
Закон сохранения механической энергии для 1-го шарика m₁gh₁ = m₁V₁²/2, отсюда скорость 1-го шарика V₁ перед столкновением со 2-ым шариком V₁² = 2gh₁ или, с учётом (1), V₁² = 2gl(1 - cosα). (2)
2. Закон сохранения импульса для двух шаров (в проекции на ось ОХ) m₁V₁ = (m₁ + m₂)V, отсюда скорость слипшихся шариков V сразу после столкновения V = m₁V₁/(m₁ + m₂), отсюда квадрат скорости V² = m₁²V₁²/(m₁ + m₂)².
Подставляя сюда V₁² из (2), получим V² = m₁²2gl(1 - cosα)/(m₁ + m₂)². (3)
3. Закон сохранения механической энергии для слипшихся шаров
(m₁ + m₂)V²/2 = (m₁ + m₂)ghmax или V² = 2ghmax или, с учётом (3), m₁²2gl(1 - cosα)/(m₁ + m₂)² = 2ghmax , отсюда
(m₁ + m₂)² hmax l = ––––––––– · –––––––– .
m₁² 1 - cosα
(0,03 + 0,015)² 0,1 (0,03 + 0,015)² 0,1
l = ––––––––––––– · –––––––– = ––––––––––––– · –––––– = 0,45 м = 45 см.
0,03² 1 - cos60⁰ 0,03² 1 - 0,5
Ответ: 45.____________________________________________________________________________________
B5. Идеальный одноатомный газ, масса которого m = 6,00 кг, находится в сосуде под давлениемP = 2,00·10⁵ Па. Если вместимость сосуда V = 3,60 м³, то средняя квадратичная скорость <Vкв> движения молекул газа равна … м/с.
Решение: m = 6 кг P = 2·10⁵ Па V = 3,6 м³
<Vкв> − ?
Формула для средней квадратичной скорости
(1)
где R − универсальная газовая постоянная, T − абсолютная температура, M − молярная масса газа.
Из уравнения состояния газа (уравнение Менделеева - Клапейрона) PV = mRT/M выражаем RT/M = PV/m и подставим в (1). Получим
________________________________________________________________________________________________
B6. Микроволновая печь потребляет электрическую мощность Р = 1,5 кВт. Если коэффициент полезного действия печи η = 56 %, то вода ( с = 4,2 кДж/(кг·⁰С) ) массой m = 0,36 кг за промежуток времени ∆τ = 54 с нагреется от температуры t₁ = 18 ⁰С до температуры t₂, равной … ⁰С.
Решение:
Р = 1500 Вт η = 0,56
с = 4200 Дж/(кг·⁰С) m = 0,36 кг
∆τ = 54 с t₁ = 18 ⁰С t₂ − ?
Коэффициент полезного действия печи: η = Pпол/Pзатр , (1)
где Pпол = Q/∆τ − полезная электрическая мощность, Pзатр = Р − затраченная электрическая мощность, Q = mc(t₂ - t₁) − количество теплоты, необходимого для нагревания воды массой m за промежуток времени ∆τ от температуры t₁ до температуры t₂ .
Тогда (1) примет вид η = (Q/∆τ)/P или
mc(t₂ - t₁) η = ––––––––– , отсюда
∆τ·P
∆τ·Pη t₂ = t₁ + –––––– .
mc
54·1500·0,56
t₂ = 18 + ––––––––––– = 48 ⁰С .
0,36·4200
Ответ: 48.
________________________________________________________________________________________________
B7. Идеальный одноатомный газ, количество вещества ν которого оставалось постоянным, при изобарном нагревании получил количество теплоты Q = 12 кДж, при этом объём газа увеличился в k = 1,2 раза. Если начальная температура газа t₁ = 15 ⁰С, то количество вещества νравно … моль.
Решение: ν = const P = const (изобарный процесс) Q = 12 000 Дж V₂ = kV₁ (*) k = 1,2 t₁ = 15 ⁰С R = 8,31 Дж/(моль·К) − универсальная газовая постоянная ν − ?
Начальная температура T₁ газа по шкале Кельвина равна T₁ = t₁ + 273 = 15 + 273 = 288 К.
Первый закон термодинамики при изобарном процессе: Q = ∆U + A, (1)
где ∆U = (3/2)νR(T₂ - T₁) − изменение внутренней энергии газа при нагревании его от температуры T₁ до температуры T₂ , A = νR(T₂ - T₁) − совершённая газом работа.
Тогда (1) примет вид Q = (3/2)νR(T₂ - T₁) + νR(T₂ - T₁) или Q = (5/2)νR(T₂ - T₁). (1*)
Уравнение изобарного процесса (P = const): V₁/T₁ = V₂/T₂ или, с учётом (*), V₁/T₁ = kV₁/T₂ , отсюда T₂ = kT₁ и подставим в (1*) Q = (5/2)νR(kT₁ - T₁), отсюда
2Q ν = ––––––––– .
5RT₁(k - 1)
2·12 000
ν = –––––––––––––––– ≈ 10,028 ≈ 10 моль.
5·8,31·288·(1,2 - 1)
Ответ: 10.____________________________________________________________________________________
B8. На горизонтальной поверхности Земли стоит мальчик, возле ног которого лежит маленькое плоское зеркало. Глаза мальчика находятся на уровне H = 1,5 м от поверхности Земли. Если угол падения солнечных лучей на горизонтальную поверхность α = 60⁰, то мальчик увидит отражение Солнца в зеркале, когда он отойдёт от зеркала на расстояние l, равное … дм.
угол COD = α = 60⁰ (угол падения) l − ?
На рис. показан ход солнечных лучей: О − зеркало, С − Солнце, CO − падающий луч, OA − отражённый луч, А − глаза мальчика.
По закону отражения угол отражения AODравен углу падения: угол AOD = угол COD = α.
Угол BAO = угол AOD = α − внутренние накрест лежащие углы для AB || DO и секущей AO.
Из прямоугольного ∆ АОВ имеем: tgα = BO/AB = l/H, отсюда l = H·tgα.l = 1,5·tg60⁰ =
= 1,5·1,73 = 2,595 м = 25,95 дм ≈ 26 дм.Ответ: 26.
________________________________________________________________________________________________
B9. Двадцать одинаковых ламп, соединённых параллельно, подключили к источнику постоянного тока с ЭДС E = 120 В и внутренним сопротивлением r = 0,60 Ом. Если сопротивление одной лампы R₁ = 36 Ом, то напряжение U на клеммах источника тока равно … В.
Решение: n = 20 E = 120 В r = 0,6 Ом R₁ = 36 Ом U − ?
Напряжение U на клеммах источника тока U = IR, (1)
где I − сила тока в цепи; R = R₁/n − внешнее сопротивление цепи из n одинаковых ламп, соединённых параллельно.
По закону Ома для полной цепи имеем
E I = –––– .
R + r
Тогда (1) примет вид
ER U = –––– .
R + r
Подставляя R = R₁/n, получим
E(R₁/n) U = –––––– или, после упрощения,
R₁/n + r
ER₁ U = –––––– .
R₁ + nr
120·36
U = ––––––––– = 90 В.
36 + 20·0,6
Ответ: 90.
________________________________________________________________________________________________
В = 0,2 Тл L = 0,5 м α = 90⁰ (угол между вектором
и направлением тока I) Fн2 = 3Fн (*) m = 10 г = 0,01 кг I − ?1. Ток I включён.
На рис. 1 изображены силы, действующие на проводник с током:
− сила тяжести;
− сила натяжения;
− сила Ампера, действующая
четыре вытянутых пальца направляют по току I, в ладонь входит вектор магнитной индукции
, а отогнутый на 90⁰ большой палец показывает направление вектора силы Ампера.Условие равновесия для проводника с током:
2Fн2 = mg + FA . (1)
Модуль силы Ампера FA = BILsinα.
Тогда (1) примет вид
2Fн2 = mg + BILsinα. (2)
2. Ток не включён.
Когда тока нет (I = 0), то условие равновесия (2) примет вид (в (2) заменяем силу натяжения Fн2 на Fн , гдеFн − сила натяжения нитей без тока):
2Fн = mg. (3)
С учётом (*), условие (2) примет вид
3·2Fн = mg + BILsinα.
С учётом (3), получим
3mg = mg + BILsinα или
2mg = BILsinα, отсюда
2mg I = –––––– .
BLsinα
2·0,01·10 2·0,01·10
I = –––––––––––– = ––––––––– = 2 А.
0,2·0,5·sin90⁰ 0,2·0,5·1
Ответ: 2.
________________________________________________________________________________________________
B11. К источнику переменного тока, напряжение на клеммах которого изменяется по гармоническому закону, подключена электрическая плитка, потребляющая мощность Р = 350 Вт. Если действующее значение силы тока в цепи IД = 9,0 А, то амплитудное значение напряженияU0 на плитке равно … В.
Решение:
Р = 350 Вт IД = 9 А U0 − ?
Потребляемая мощность Р электрической плитки P = IД·UД , (1)
где
− действующее значение напряжения на плитке.Тогда (1) примет вид
отсюда
350·1,41 U0 = –––––––– ≈ 54,83 ≈ 55 В.9
Ответ: 55.
________________________________________________________________________________________________
B12. Маленькая заряжённая бусинка массой m = 1,2 г может свободно скользить по оси, проходящей через центр тонкого незакреплённого кольца перпендикулярно его плоскости. По кольцу, масса которого М = 3,0 г и радиус R = 35 см, равномерно распределён заряд Q = 3,0 мкКл. В начальный момент времени кольцо покоилось, а бусинке, находящейся на большом расстоянии от кольца, сообщили скорость, модуль которой V₀ = 1,8 м/с. Максимальный заряд бусинки qmax , при котором она сможет пролететь сквозь кольцо, равен … нКл.
М = 3 г = 3·10⁻³ кг R = 35 см = 0,35 м Q = 3 мкКл = 3·10⁻⁶ Кл V₀ = 1,8 м/с k = 9·10⁹ (Н·м²)/Кл² − постоянная в законе Кулона qmax − ?
Пусть VБ , VK − соответственно скорости бусинки и кольца в конечный момент времени (в момент пролёта бусинки сквозь кольцо: рис. 2).
1. Закон сохранения энергии для системы бусинка-кольцо:
mV₀² mVБ² MVK²
––––– + Wп(1) = ––––– + ––––– + Wп(2) , (*)
2 2 2
mV₀²
––––– − кинетическая энергия бусинки в начальный момент
2 времени;
mVБ²
––––– − кинетическая энергия бусинки в конечный момент
2 времени;MVK²
––––– − кинетическая энергия кольца в конечный момент времени;
2
kqQ Wп(2) = ––––– − потенциальная энергия взаимодействия бусинки и кольца в конечный момент
R времени.
Тогда уравнение (*) примет вид
mV₀² mVБ² MVK² kqQ
––––– = ––––– + ––––– + ––––– , (1)
2 2 2 R
2. Закон сохранения импульса для системы бусинка-кольцо (в проекции на ось ОХ) (рис. 1 и 2): mV₀ = mVБ + MVK . (2)
Из (2) выразим VK = m(V₀ - VБ)/M и подставим в (1):
mV₀² mVБ² Mm²(V₀ - VБ)² kqQ
––––– = ––––– + –––––––––––– + ––––– или
2 2 2M² R mV₀² mVБ² m²(V₀² - 2V₀VБ + VБ²) kqQ
––––– = ––––– + –––––––––––––––––– + ––––– , отсюда выражаем q
2 2 2M R
mR(M + m) m²RV₀ mR(M - m)V₀² q = - ––––––––– · VБ² + –––––– · VБ + –––––––––––– . (3)
2kQM kQM 2kQM
Обозначим
mR(M + m) m²RV₀ mR(M - m)V₀²
a = - –––––––––– ; b = –––––– ; c = –––––––––––– . (**)
2kQM kQM 2kQM
Тогда равенство (3) примет вид q = a·VБ² + b·VБ + c . (3*)
В соответствии с (3*) зависимость q от VБ − это парабола. Так как а < 0, то ветви параболы направлены вниз (рис. 3).
b
При VБ = - ––– парабола имеет максимум равный:
2a qmax = a·( -b/(2a) )² + b·( -b/(2a) ) + c = b²/(4a) - b²/(2a) + c = - b²/4a+ c. qmax = - b²/4a + c.
Подставляя в qmax значения a, b, c из (**), получим
( m²RV₀/(kQM) )² mR(M - m)V₀² qmax = ––––––––––––––––––– + –––––––––––– =
4mR(M + m)/(2kQM) 2kQM
m³RV₀² mR(M - m)V₀² m³RV₀² + mR(M - m)(M + m)V₀² m³RV₀² + mR(M² - m²)V₀²
= –––––––––––– + –––––––––––– = –––––––––––––––––––––––––– = –––––––––––––––––––– =
2(M + m)kQM 2kQM 2(M + m)kQM 2(M + m)kQM
MmRV₀²
= –––––––––– .––––– − кинетическая энергия бусинки в конечный момент
2 времени;MVK²
––––– − кинетическая энергия кольца в конечный момент времени;
2
kqQ Wп(2) = ––––– − потенциальная энергия взаимодействия бусинки и кольца в конечный момент
R времени.
Тогда уравнение (*) примет вид
mV₀² mVБ² MVK² kqQ
––––– = ––––– + ––––– + ––––– , (1)
2 2 2 R
2. Закон сохранения импульса для системы бусинка-кольцо (в проекции на ось ОХ) (рис. 1 и 2): mV₀ = mVБ + MVK . (2)
Из (2) выразим VK = m(V₀ - VБ)/M и подставим в (1):
mV₀² mVБ² Mm²(V₀ - VБ)² kqQ
––––– = ––––– + –––––––––––– + ––––– или
2 2 2M² R mV₀² mVБ² m²(V₀² - 2V₀VБ + VБ²) kqQ
––––– = ––––– + –––––––––––––––––– + ––––– , отсюда выражаем q
2 2 2M R
mR(M + m) m²RV₀ mR(M - m)V₀² q = - ––––––––– · VБ² + –––––– · VБ + –––––––––––– . (3)
2kQM kQM 2kQM
Обозначим
mR(M + m) m²RV₀ mR(M - m)V₀²
a = - –––––––––– ; b = –––––– ; c = –––––––––––– . (**)
2kQM kQM 2kQM
Тогда равенство (3) примет вид q = a·VБ² + b·VБ + c . (3*)
b
При VБ = - ––– парабола имеет максимум равный:
2a qmax = a·( -b/(2a) )² + b·( -b/(2a) ) + c = b²/(4a) - b²/(2a) + c = - b²/4a+ c. qmax = - b²/4a + c.
Подставляя в qmax значения a, b, c из (**), получим
( m²RV₀/(kQM) )² mR(M - m)V₀² qmax = ––––––––––––––––––– + –––––––––––– =
4mR(M + m)/(2kQM) 2kQM
m³RV₀² mR(M - m)V₀² m³RV₀² + mR(M - m)(M + m)V₀² m³RV₀² + mR(M² - m²)V₀²
= –––––––––––– + –––––––––––– = –––––––––––––––––––––––––– = –––––––––––––––––––– =
2(M + m)kQM 2kQM 2(M + m)kQM 2(M + m)kQM
MmRV₀²
2kQ(M + m)Окончательно получили: MmRV₀² qmax = –––––––––– .
2kQ(M + m)
3·10⁻³·1,2·10⁻³·0,35·1,8²
qmax = ––––––––––––––––––––––––––– = 18·10⁻⁹ Кл = 18 нКл.
2·9·10⁹·3·10⁻⁶·(3·10⁻³ + 1,2·10⁻³)
Ответ: 18.
2kQ(M + m)
3·10⁻³·1,2·10⁻³·0,35·1,8²
qmax = ––––––––––––––––––––––––––– = 18·10⁻⁹ Кл = 18 нКл.
2·9·10⁹·3·10⁻⁶·(3·10⁻³ + 1,2·10⁻³)
Ответ: 18.