Przygotowanie do egzaminu OGE i Unified State Exam

Wykształcenie średnie ogólnokształcące

Linia UMK A.V. Grachev. Fizyka (10-11) (podstawowy, zaawansowany)

Linia UMK A.V. Grachev. Fizyka (7-9)

Linia UMK A.V. Peryshkin. Fizyka (7-9)

Przygotowanie do jednolitego egzaminu państwowego z fizyki: przykłady, rozwiązania, wyjaśnienia

Zadania Unified State Exam z fizyki (opcja C) analizujemy z nauczycielem.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, nauczyciel fizyki, 27 lat doświadczenia zawodowego. Certyfikat honorowy Ministerstwa Edukacji Obwodu Moskiewskiego (2013), Podziękowanie od Kierownika Obwodu Miejskiego Woskresensky (2015), Certyfikat Prezesa Stowarzyszenia Nauczycieli Matematyki i Fizyki Obwodu Moskiewskiego (2015).

W pracy przedstawiono zadania o różnym stopniu trudności: podstawowym, zaawansowanym i wysokim. Zadania na poziomie podstawowym to proste zadania sprawdzające znajomość najważniejszych pojęć, modeli, zjawisk i praw fizycznych. Zadania na poziomie zaawansowanym mają na celu sprawdzenie umiejętności wykorzystania pojęć i praw fizyki do analizy różnych procesów i zjawisk, a także umiejętności rozwiązywania problemów z wykorzystaniem jednego lub dwóch praw (wzórów) na dowolny temat z szkolnego kursu fizyki. W pracy 4 zadania części 2 są zadaniami o wysokim stopniu złożoności i sprawdzają umiejętność stosowania praw i teorii fizyki w zmienionej lub nowej sytuacji. Wykonanie takich zadań wymaga zastosowania wiedzy z dwóch lub trzech działów fizyki jednocześnie, tj. wysoki poziom szkolenia. Ta opcja w pełni odpowiada wersji demonstracyjnej Unified State Exam 2017; zadania pochodzą z otwartego banku zadań Unified State Exam;

Rysunek przedstawia wykres modułu prędkości w funkcji czasu T. Oblicz z wykresu drogę przebytą przez samochód w przedziale czasu od 0 do 30 s.

Rozwiązanie. Drogę przebytą przez samochód w przedziale czasu od 0 do 30 s można najprościej zdefiniować jako pole trapezu, którego podstawą są przedziały czasu (30 – 0) = 30 s oraz (30 – 10 ) = 20 s, a wysokość to prędkość w= 10 m/s, tj.

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

Odpowiedź. 250 m.

Ładunek o masie 100 kg podnosi się pionowo do góry za pomocą liny. Na rysunku przedstawiono zależność rzutu prędkości V obciążenie osi skierowanej do góry w funkcji czasu T. Wyznacz moduł siły naciągu liny podczas podnoszenia.

Rozwiązanie. Zgodnie z wykresem zależności projekcji prędkości w obciążenie na osi skierowanej pionowo w górę, w funkcji czasu T, możemy wyznaczyć rzut przyspieszenia obciążenia

A =	∆w	=	(8 – 2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆T		3 s

Na obciążenie działają: siła ciężkości skierowana pionowo w dół oraz siła naciągu liny skierowana pionowo w górę wzdłuż liny (patrz rys. 2. Zapiszmy podstawowe równanie dynamiki. Skorzystajmy z drugiego prawa Newtona. Suma geometryczna sił działających na ciało jest równa iloczynowi masy ciała i nadanego mu przyspieszenia.

+ = (1)

Napiszmy równanie na rzut wektorów w układzie odniesienia związanym z Ziemią, kierując oś OY w górę. Rzut siły rozciągającej jest dodatni, ponieważ kierunek siły pokrywa się z kierunkiem osi OY, rzut siły ciężkości jest ujemny, ponieważ wektor siły jest przeciwny do osi OY, rzut wektora przyspieszenia jest również dodatnia, więc ciało porusza się z przyspieszeniem w górę. Mamy

T – mg = mama (2);

ze wzoru (2) moduł siły rozciągającej

T = M(G + A) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.

Odpowiedź. 1200 N.

Ciało ciągnie się po nierównej, poziomej powierzchni ze stałą prędkością, której moduł wynosi 1,5 m/s, przykładając do niego siłę pokazaną na rysunku (1). W tym przypadku moduł siły tarcia ślizgowego działającego na ciało wynosi 16 N. Jaka jest moc wytworzona przez tę siłę? F?

Rozwiązanie. Wyobraźmy sobie proces fizyczny określony w opisie problemu i wykonajmy schematyczny rysunek przedstawiający wszystkie siły działające na ciało (ryc. 2). Zapiszmy podstawowe równanie dynamiki.

T + + = (1)

Po wybraniu układu odniesienia związanego z powierzchnią stałą piszemy równania rzutowania wektorów na wybrane osie współrzędnych. Zgodnie z warunkami zadania ciało porusza się ruchem jednostajnym, gdyż jego prędkość jest stała i równa 1,5 m/s. Oznacza to, że przyspieszenie ciała wynosi zero. Na ciało działają poziomo dwie siły: siła tarcia ślizgowego tr. i siłę, z jaką ciągnie się ciało. Rzut siły tarcia jest ujemny, ponieważ wektor siły nie pokrywa się z kierunkiem osi X. Projekcja siły F pozytywny. Przypominamy, że aby znaleźć rzut, obniżamy prostopadłą od początku i końca wektora do wybranej osi. Biorąc to pod uwagę mamy: F cosα – F tr = 0; (1) wyrażmy rzut siły F, Ten F cosα = F tr = 16 N; (2) wówczas moc wytworzona przez tę siłę będzie równa N = F cosα V(3) Dokonajmy zamiany, biorąc pod uwagę równanie (2) i podstawmy odpowiednie dane do równania (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Odpowiedź. 24 W.

Obciążenie przymocowane do lekkiej sprężyny o sztywności 200 N/m podlega drganiom pionowym. Rysunek przedstawia wykres zależności przemieszczenia Xładować od czasu do czasu T. Określ, jaka jest masa ładunku. Zaokrąglij odpowiedź do liczby całkowitej.

Rozwiązanie. Masa na sprężynie podlega drganiom pionowym. Zgodnie z wykresem przemieszczenia obciążenia X od czasu T, wyznaczamy okres oscylacji obciążenia. Okres oscylacji jest równy T= 4 s; ze wzoru T= 2π wyraźmy masę Mładunek

=	T	;	M	=	T 2	; M = k	T 2	; M= 200 N/m	(4 s) 2	= 81,14 kg ≈ 81 kg.
	2π		k		4π 2		4π 2		39,438

Odpowiedź: 81 kg.

Rysunek przedstawia system dwóch lekkich bloków i nieważkiego kabla, za pomocą którego można utrzymać równowagę lub podnieść ładunek o wadze 10 kg. Tarcie jest znikome. Na podstawie analizy powyższego rysunku wybierz dwa zdania prawdziwe i wskaż ich liczbę w swojej odpowiedzi.

1. Aby utrzymać ładunek w równowadze, należy na koniec liny oddziaływać siłą 100 N.
2. Układ blokowy pokazany na rysunku nie daje żadnego przyrostu wytrzymałości.
3. H, należy wyciągnąć odcinek liny o długości 3 H.
4. Aby powoli podnieść ładunek na wysokość HH.

Rozwiązanie. W tym zadaniu należy pamiętać o prostych mechanizmach, czyli blokach: bloku ruchomym i nieruchomym. Blok ruchomy daje podwójny przyrost siły, odcinek liny trzeba ciągnąć dwa razy dłużej, a klocek nieruchomy służy do przekierowania siły. W pracy proste mechanizmy wygrywania nie dają. Po przeanalizowaniu problemu od razu wybieramy niezbędne stwierdzenia:

1. Aby powoli podnieść ładunek na wysokość H, należy wyciągnąć odcinek liny o długości 2 H.
2. Aby utrzymać ładunek w równowadze, należy na koniec liny oddziaływać siłą 50 N.

Odpowiedź. 45.

Aluminiowy ciężarek przymocowany do nieważkiej i nierozciągliwej nici jest całkowicie zanurzony w naczyniu z wodą. Ładunek nie dotyka ścian i dna naczynia. Następnie w tym samym naczyniu z wodą zanurza się odważnik żelazny, którego masa jest równa masie odważnika aluminiowego. Jak zmieni się w wyniku tego moduł siły rozciągającej nitkę i moduł siły ciężkości działającej na obciążenie?

1. Zwiększa się;
2. Zmniejsza się;
3. Nie zmienia się.

Rozwiązanie. Analizujemy stan problemu i podkreślamy te parametry, które nie zmieniają się w trakcie badania: są to masa ciała i ciecz, w której ciało jest zanurzone na nitce. Następnie lepiej wykonać schematyczny rysunek i wskazać siły działające na ładunek: napięcie nici F kontrola skierowana w górę wzdłuż nici; grawitacja skierowana pionowo w dół; Siła Archimedesa A, działający od strony cieczy na zanurzone ciało i skierowany ku górze. Zgodnie z warunkami zadania masa ładunków jest taka sama, dlatego moduł siły ciężkości działającej na ładunek nie zmienia się. Ponieważ gęstość ładunku jest inna, objętość również będzie inna.

V =	M	.
	P

Gęstość żelaza wynosi 7800 kg/m3, a gęstość ładunku aluminium 2700 kg/m3. Stąd, V I< V a. Ciało znajduje się w równowadze, wypadkowa wszystkich sił działających na ciało wynosi zero. Skierujmy oś współrzędnych OY w górę. Podstawowe równanie dynamiki, uwzględniające rzut sił, zapisujemy w postaci F kontrola + Fa – mg= 0; (1) Wyraźmy siłę napięcia F kontrola = mg – Fa(2); Siła Archimedesa zależy od gęstości cieczy i objętości zanurzonej części ciała Fa = ρ gV p.h.t. (3); Gęstość cieczy nie zmienia się, a objętość żelaznego korpusu jest mniejsza V I< V a, dlatego siła Archimedesa działająca na ładunek żelaza będzie mniejsza. Dochodzimy do wniosku, że moduł siły rozciągającej gwintu, korzystając z równania (2), wzrośnie.

Odpowiedź. 13.

Blok masy M zsuwa się z ustalonej, nierównej, nachylonej płaszczyzny o kącie α u podstawy. Moduł przyspieszenia bloku jest równy A, moduł prędkości bloku wzrasta. Opór powietrza można pominąć.

Ustal zgodność między wielkościami fizycznymi i wzorami, za pomocą których można je obliczyć. Dla każdej pozycji w pierwszej kolumnie wybierz odpowiednią pozycję z drugiej kolumny i zapisz wybrane liczby w tabeli pod odpowiednimi literami.

B) Współczynnik tarcia klocka o pochyłą płaszczyznę

3) mg cosα

4) sinα –	A
	G cosα

Rozwiązanie. Zadanie to wymaga zastosowania praw Newtona. Zalecamy wykonanie schematycznego rysunku; wskazać wszystkie kinematyczne cechy ruchu. Jeśli to możliwe, przedstaw wektor przyspieszenia i wektory wszystkich sił przyłożonych do poruszającego się ciała; pamiętaj, że siły działające na ciało są wynikiem oddziaływania z innymi ciałami. Następnie zapisz podstawowe równanie dynamiki. Wybierz układ odniesienia i zapisz otrzymane równanie do rzutowania wektorów siły i przyspieszenia;

Kierując się zaproponowanym algorytmem wykonamy schematyczny rysunek (ryc. 1). Rysunek przedstawia siły przyłożone do środka ciężkości bloku i osi współrzędnych układu odniesienia związanego z powierzchnią pochyłej płaszczyzny. Ponieważ wszystkie siły są stałe, ruch klocka będzie równomiernie zmienny wraz ze wzrostem prędkości, tj. wektor przyspieszenia jest skierowany w kierunku ruchu. Wybierzmy kierunek osi, jak pokazano na rysunku. Zapiszmy rzuty sił na wybrane osie.

Zapiszmy podstawowe równanie dynamiki:

Tr + = (1)

Zapiszmy to równanie (1) dla rzutu sił i przyspieszenia.

Na osi OY: rzut siły reakcji podłoża jest dodatni, ponieważ wektor pokrywa się z kierunkiem osi OY Nie = N; rzut siły tarcia wynosi zero, ponieważ wektor jest prostopadły do ​​osi; rzut grawitacji będzie ujemny i równy mg r= – mg cosα; projekcja wektora przyspieszenia y= 0, ponieważ wektor przyspieszenia jest prostopadły do ​​osi. Mamy N – mg cosα = 0 (2) z równania wyrażamy siłę reakcji działającą na klocek od strony pochyłej płaszczyzny. N = mg cosα (3). Zapiszmy rzuty na osi OX.

Na osi OX: projekcja siły N jest równy zeru, ponieważ wektor jest prostopadły do ​​osi OX; Rzut siły tarcia jest ujemny (wektor jest skierowany w stronę przeciwną do wybranej osi); rzut grawitacji jest dodatni i równy mg x = mg sinα (4) z trójkąta prostokątnego. Projekcja przyspieszenia jest dodatnia x = A; Następnie piszemy równanie (1) biorąc pod uwagę rzut mg sinα – F tr = mama (5); F tr = M(G sinα – A) (6); Pamiętaj, że siła tarcia jest proporcjonalna do siły normalnego ciśnienia N.

A-przeorat F tr = µ N(7) wyrażamy współczynnik tarcia klocka na pochyłej płaszczyźnie.

μ =	F tr	=	M(G sinα – A)	= tgα –	A	(8).
	N		mg cosα		G cosα

Dla każdej litery wybieramy odpowiednie pozycje.

Odpowiedź. A – 3; B-2.

Zadanie 8. Tlen znajduje się w naczyniu o pojemności 33,2 litra. Ciśnienie gazu wynosi 150 kPa, jego temperatura wynosi 127°C. Określ masę gazu w tym naczyniu. Wyraź odpowiedź w gramach i zaokrąglij do najbliższej liczby całkowitej.

Rozwiązanie. Należy zwrócić uwagę na konwersję jednostek do układu SI. Zamień temperaturę na Kelvina T = T°C + 273, objętość V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Przeliczamy ciśnienie P= 150 kPa = 150 000 Pa. Korzystanie z równania stanu gazu doskonałego

Wyraźmy masę gazu.

Pamiętaj, aby zwrócić uwagę na to, które jednostki proszone są o zapisanie odpowiedzi. To jest bardzo ważne.

Odpowiedź.'48

Zadanie 9. Idealny gaz jednoatomowy w ilości 0,025 mola rozszerzał się adiabatycznie. Jednocześnie jego temperatura spadła z +103°C do +23°C. Ile pracy wykonał gaz? Wyraź odpowiedź w dżulach i zaokrąglij do najbliższej liczby całkowitej.

Rozwiązanie. Po pierwsze, gaz jest jednoatomową liczbą stopni swobody I= 3, po drugie, gaz rozpręża się adiabatycznie – czyli bez wymiany ciepła Q= 0. Gaz faktycznie działa poprzez zmniejszenie energii wewnętrznej. Biorąc to pod uwagę, pierwszą zasadę termodynamiki zapisujemy w postaci 0 = ∆ U + A G; (1) wyraźmy pracę gazu A g = –∆ U(2); Zmianę energii wewnętrznej gazu jednoatomowego zapisujemy jako

Odpowiedź. 25 J.

Wilgotność względna porcji powietrza o określonej temperaturze wynosi 10%. Ile razy należy zmienić ciśnienie tej porcji powietrza, aby przy stałej temperaturze jego wilgotność względna wzrosła o 25%?

Rozwiązanie. Pytania dotyczące pary nasyconej i wilgotności powietrza najczęściej sprawiają uczniom trudności. Skorzystajmy ze wzoru, aby obliczyć wilgotność względną powietrza

Zgodnie z warunkami problemu temperatura się nie zmienia, co oznacza, że ​​ciśnienie pary nasyconej pozostaje takie samo. Zapiszmy wzór (1) dla dwóch stanów powietrza.

φ1 = 10%; φ2 = 35%

Wyraźmy ciśnienie powietrza ze wzorów (2), (3) i znajdźmy stosunek ciśnień.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Odpowiedź. Ciśnienie należy zwiększyć 3,5 razy.

Gorącą, ciekłą substancję powoli chłodzono w piecu do topienia przy stałej mocy. W tabeli przedstawiono wyniki pomiarów temperatury substancji w funkcji czasu.

Wybierz z podanej listy dwa stwierdzenia, które odpowiadają wynikom przeprowadzonych pomiarów i wskazują ich numery.

1. Temperatura topnienia substancji w tych warunkach wynosi 232°C.
2. W 20 minut. po rozpoczęciu pomiarów substancja znajdowała się jedynie w stanie stałym.
3. Pojemność cieplna substancji w stanie ciekłym i stałym jest taka sama.
4. Po 30 minutach po rozpoczęciu pomiarów substancja znajdowała się jedynie w stanie stałym.
5. Proces krystalizacji substancji trwał ponad 25 minut.

Rozwiązanie. W miarę ochładzania substancji jej energia wewnętrzna malała. Wyniki pomiarów temperatury pozwalają określić temperaturę, w której substancja zaczyna krystalizować. Podczas gdy substancja zmienia się z cieczy w ciało stałe, temperatura się nie zmienia. Wiedząc, że temperatura topnienia i temperatura krystalizacji są takie same, wybieramy stwierdzenie:

1. Temperatura topnienia substancji w tych warunkach wynosi 232°C.

Drugie poprawne stwierdzenie to:

4. Po 30 min. po rozpoczęciu pomiarów substancja znajdowała się jedynie w stanie stałym. Ponieważ temperatura w tym momencie jest już niższa od temperatury krystalizacji.

Odpowiedź. 14.

W układzie izolowanym ciało A ma temperaturę +40°C, a ciało B ma temperaturę +65°C. Ciała te zostały ze sobą zetknięte termicznie. Po pewnym czasie nastąpiła równowaga termiczna. Jak w rezultacie zmieniła się temperatura ciała B oraz całkowita energia wewnętrzna ciał A i B?

Dla każdej wielkości określ odpowiedni charakter zmiany:

1. Zwiększony;
2. Zmniejszone;
3. Nie zmieniło się.

Zapisz wybrane liczby dla każdej wielkości fizycznej w tabeli. Liczby w odpowiedzi mogą się powtarzać.

Rozwiązanie. Jeżeli w izolowanym układzie ciał nie zachodzą inne przemiany energii niż wymiana ciepła, to ilość ciepła oddanego przez ciała, których energia wewnętrzna maleje, jest równa ilości ciepła odbieranego przez ciała, których energia wewnętrzna wzrasta. (Zgodnie z prawem zachowania energii.) W tym przypadku całkowita energia wewnętrzna układu nie ulega zmianie. Problemy tego typu rozwiązuje się w oparciu o równanie bilansu cieplnego.

∆U = ∑	N	∆Ty = 0 (1);
	I = 1

gdzie ∆ U– zmiana energii wewnętrznej.

W naszym przypadku w wyniku wymiany ciepła zmniejsza się energia wewnętrzna ciała B, co oznacza, że ​​spada temperatura tego ciała. Energia wewnętrzna ciała A wzrasta, ponieważ ciało otrzymało pewną ilość ciepła od ciała B, jego temperatura wzrośnie. Całkowita energia wewnętrzna ciał A i B nie zmienia się.

Odpowiedź. 23.

Proton P lecący w szczelinę między biegunami elektromagnesu ma prędkość prostopadłą do wektora indukcji pola magnetycznego, jak pokazano na rysunku. Gdzie jest siła Lorentza działająca na proton, skierowana względem rysunku (w górę, w stronę obserwatora, od obserwatora, w dół, w lewo, w prawo)

Rozwiązanie. Pole magnetyczne działa na naładowaną cząstkę siłą Lorentza. Aby określić kierunek tej siły, należy pamiętać o mnemonicznej regule lewej ręki, nie zapomnij wziąć pod uwagę ładunku cząstki. Cztery palce lewej ręki kierujemy wzdłuż wektora prędkości, dla cząstki naładowanej dodatnio wektor powinien wchodzić prostopadle do dłoni, kciuk ustawiony pod kątem 90° wskazuje kierunek siły Lorentza działającej na cząstkę. W rezultacie mamy, że wektor siły Lorentza jest skierowany od obserwatora względem figury.

Odpowiedź. od obserwatora.

Moduł natężenia pola elektrycznego w płaskim kondensatorze powietrznym o pojemności 50 μF wynosi 200 V/m. Odległość pomiędzy płytkami kondensatora wynosi 2 mm. Jaki jest ładunek na kondensatorze? Zapisz odpowiedź w µC.

Rozwiązanie. Przeliczmy wszystkie jednostki miary na układ SI. Pojemność C = 50 µF = 50 10 –6 F, odległość pomiędzy płytami D= 2 · 10 –3 m. Problem dotyczy płaskiego kondensatora powietrznego – urządzenia służącego do magazynowania ładunku elektrycznego i energii pola elektrycznego. Ze wzoru na pojemność elektryczną

Gdzie D– odległość pomiędzy płytami.

Wyraźmy napięcie U=E D(4); Podstawmy (4) do (2) i obliczmy ładunek kondensatora.

Q = C · wyd= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC

Proszę zwrócić uwagę na jednostki w jakich należy wpisać odpowiedź. Otrzymaliśmy go w kulombach, ale przedstawiamy go w µC.

Odpowiedź. 20 µC.

Student przeprowadził doświadczenie dotyczące załamania światła widoczne na fotografii. Jak zmienia się kąt załamania światła rozchodzącego się w szkle i współczynnik załamania światła szkła wraz ze wzrostem kąta padania?

1. Zwiększa się
2. Zmniejsza się
3. Nie zmienia się
4. Zapisz wybrane liczby dla każdej odpowiedzi w tabeli. Liczby w odpowiedzi mogą się powtarzać.

Rozwiązanie. W problemach tego typu pamiętamy, czym jest załamanie. Jest to zmiana kierunku propagacji fali podczas przejścia z jednego ośrodka do drugiego. Jest to spowodowane tym, że prędkości rozchodzenia się fal w tych ośrodkach są różne. Po ustaleniu, do jakiego ośrodka światło się rozchodzi, napiszmy prawo załamania światła w postaci

sina	=	N 2	,
sinβ		N 1

Gdzie N 2 – bezwzględny współczynnik załamania światła szkła, ośrodka, przez który przechodzi światło; N 1 to bezwzględny współczynnik załamania światła pierwszego ośrodka, z którego pochodzi światło. Dla powietrza N 1 = 1. α to kąt padania wiązki światła na powierzchnię szklanego półcylindra, β to kąt załamania wiązki w szkle. Co więcej, kąt załamania będzie mniejszy niż kąt padania, ponieważ szkło jest ośrodkiem optycznie gęstszym - ośrodkiem o wysokim współczynniku załamania światła. Prędkość propagacji światła w szkle jest mniejsza. Należy pamiętać, że kąty mierzymy od prostopadłej przywróconej w miejscu padania belki. Jeśli zwiększysz kąt padania, wówczas kąt załamania wzrośnie. Nie zmieni to współczynnika załamania światła szkła.

Odpowiedź.

Sweter miedziany w pewnym momencie T 0 = 0 zaczyna poruszać się z prędkością 2 m/s po równoległych, poziomych szynach przewodzących, do których końców podłączony jest rezystor 10 omów. Cały układ znajduje się w pionowym, jednolitym polu magnetycznym. Opór zworki i szyn jest znikomy; zworka jest zawsze umieszczona prostopadle do szyn. Strumień Ф wektora indukcji magnetycznej przez obwód utworzony przez zworkę, szyny i rezystor zmienia się w czasie T jak pokazano na wykresie.

Korzystając z wykresu, wybierz dwa poprawne stwierdzenia i wskaż ich numery w swojej odpowiedzi.

1. Do czasu T= zmiana strumienia magnetycznego w obwodzie w ciągu 0,1 s wynosi 1 mWb.
2. Prąd indukcyjny w zworku w zakresie od T= 0,1 s T= maks. 0,3 s
3. Moduł indukcyjnego emf powstającego w obwodzie wynosi 10 mV.
4. Siła prądu indukcyjnego płynącego w zworce wynosi 64 mA.
5. Aby utrzymać ruch skoczka, przykłada się do niego siłę, której rzut w kierunku szyn wynosi 0,2 N.

Rozwiązanie. Korzystając z wykresu zależności strumienia wektora indukcji magnetycznej przez obwód od czasu, określimy obszary, w których zmienia się strumień F i gdzie zmiana strumienia wynosi zero. Pozwoli nam to określić, w jakich odstępach czasu w obwodzie będzie pojawiał się prąd indukowany. Prawdziwe oświadczenie:

1) Do czasu T= zmiana strumienia magnetycznego w obwodzie o 0,1 s jest równa 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Moduł indukcyjnego emf powstającego w obwodzie określa się za pomocą prawa EMR

Odpowiedź. 13.

Korzystając z wykresu zależności prądu od czasu w obwodzie elektrycznym o indukcyjności 1 mH, wyznacz samoindukcyjny moduł SEM w przedziale czasu od 5 do 10 sekund. Zapisz odpowiedź w µV.

Rozwiązanie. Przeliczmy wszystkie wielkości na układ SI, tj. zamieniamy indukcyjność 1 mH na H, otrzymujemy 10 –3 H. Przeliczymy również prąd pokazany na rysunku w mA na A, mnożąc przez 10 –3.

Wzór na emf samoindukcji ma postać

w tym przypadku przedział czasu podawany jest zgodnie z warunkami problemu

∆T= 10 s – 5 s = 5 s

sekund i korzystając z wykresu wyznaczamy przedział zmian prądu w tym czasie:

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

Podstawiamy wartości liczbowe do wzoru (2), otrzymujemy

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V lub 2 µV.

Odpowiedź. 2.

Dwie przezroczyste, płasko-równoległe płytki są ściśle do siebie dociśnięte. Promień światła pada z powietrza na powierzchnię pierwszej płytki (patrz rysunek). Wiadomo, że współczynnik załamania światła górnej płyty jest równy N 2 = 1,77. Ustal zgodność między wielkościami fizycznymi a ich znaczeniami. Dla każdej pozycji w pierwszej kolumnie wybierz odpowiednią pozycję z drugiej kolumny i zapisz wybrane liczby w tabeli pod odpowiednimi literami.

Rozwiązanie. Aby rozwiązać problemy załamania światła na granicy dwóch ośrodków, w szczególności problemy przejścia światła przez płasko-równoległe płyty, można zalecić następującą procedurę rozwiązania: wykonać rysunek wskazujący drogę promieni przechodzących z jednego ośrodka do inny; W miejscu padania wiązki na styku obu ośrodków narysuj normalną do powierzchni, zaznacz kąty padania i załamania. Zwróć szczególną uwagę na gęstość optyczną rozważanych ośrodków i pamiętaj, że gdy wiązka światła przechodzi z ośrodka optycznie słabszego do ośrodka optycznie gęstszego, kąt załamania będzie mniejszy niż kąt padania. Rysunek pokazuje kąt między promieniem padającym a powierzchnią, ale potrzebujemy kąta padania. Pamiętaj, że kąty wyznacza się od prostopadłej przywróconej w miejscu uderzenia. Ustalamy, że kąt padania wiązki światła na powierzchnię wynosi 90° – 40° = 50°, współczynnik załamania światła N 2 = 1,77; N 1 = 1 (powietrze).

Zapiszmy prawo załamania światła

sinβ =	grzech50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Narysujmy przybliżoną ścieżkę belki przez płyty. Stosujemy wzór (1) dla granic 2–3 i 3–1. W odpowiedzi otrzymujemy

A) Sinus kąta padania wiązki na granicę 2–3 między płytami wynosi 2) ≈ 0,433;

B) Kąt załamania wiązki przy przekraczaniu granicy 3–1 (w radianach) wynosi 4) ≈ 0,873.

Odpowiedź. 24.

Określ, ile cząstek α ​​i ile protonów powstaje w wyniku reakcji syntezy termojądrowej

+ → X+ y;

Rozwiązanie. We wszystkich reakcjach jądrowych przestrzegane są prawa zachowania ładunku elektrycznego i liczby nukleonów. Oznaczmy przez x liczbę cząstek alfa, y liczbę protonów. Ułóżmy równania

+ → x + y;

rozwiązując system, który mamy X = 1; y = 2

Odpowiedź. 1 – cząstka α; 2 – protony.

Moduł pędu pierwszego fotonu wynosi 1,32 · 10 –28 kg m/s, czyli jest o 9,48 · 10 –28 kg m/s mniej niż moduł pędu drugiego fotonu. Znajdź stosunek energii E 2 /E 1 drugiego i pierwszego fotonu. Zaokrąglij odpowiedź do najbliższej dziesiątej.

Rozwiązanie. Pęd drugiego fotonu jest większy niż pęd pierwszego fotonu zgodnie z warunkiem, co oznacza, że ​​można go przedstawić P 2 = P 1 + Δ P(1). Energię fotonu można wyrazić w postaci pędu fotonu za pomocą poniższych równań. Ten mi = mc 2 (1) i P = mc(2), zatem

mi = szt (3),

Gdzie mi– energia fotonów, P– pęd fotonu, m – masa fotonu, C= 3 · 10 8 m/s – prędkość światła. Biorąc pod uwagę wzór (3) mamy:

mi 2	=	P 2	= 8,18;
mi 1		P 1

Zaokrąglamy odpowiedź do dziesiątych i otrzymujemy 8,2.

Odpowiedź. 8,2.

Jądro atomu uległo radioaktywnemu rozpadowi pozytonów β. Jak w rezultacie zmienił się ładunek elektryczny jądra i liczba znajdujących się w nim neutronów?

Dla każdej wielkości określ odpowiedni charakter zmiany:

1. Zwiększony;
2. Zmniejszone;
3. Nie zmieniło się.

Zapisz wybrane liczby dla każdej wielkości fizycznej w tabeli. Liczby w odpowiedzi mogą się powtarzać.

Rozwiązanie. Pozyton β - rozpad w jądrze atomowym następuje, gdy proton przekształca się w neutron z emisją pozytonu. W rezultacie liczba neutronów w jądrze wzrasta o jeden, ładunek elektryczny maleje o jeden, a liczba masowa jądra pozostaje niezmieniona. Zatem reakcja transformacji pierwiastka jest następująca:

Odpowiedź. 21.

W laboratorium przeprowadzono pięć eksperymentów w celu obserwacji dyfrakcji przy użyciu różnych siatek dyfrakcyjnych. Każda z krat została oświetlona równoległymi wiązkami światła monochromatycznego o określonej długości fali. We wszystkich przypadkach światło padało prostopadle do kraty. W dwóch z tych eksperymentów zaobserwowano tę samą liczbę głównych maksimów dyfrakcyjnych. Wskaż najpierw numer doświadczenia, w którym zastosowano siatkę dyfrakcyjną o krótszym okresie, a następnie numer doświadczenia, w którym zastosowano siatkę dyfrakcyjną o większym okresie.

Rozwiązanie. Dyfrakcja światła to zjawisko polegające na skierowaniu wiązki światła na obszar cienia geometrycznego. Dyfrakcję można zaobserwować, gdy na drodze fali świetlnej znajdują się nieprzezroczyste obszary lub dziury w dużych przeszkodach nieprzezroczystych dla światła, a rozmiary tych obszarów lub dziur są proporcjonalne do długości fali. Jednym z najważniejszych urządzeń dyfrakcyjnych jest siatka dyfrakcyjna. Kierunki kątowe do maksimów obrazu dyfrakcyjnego są określone przez równanie

D sinφ = kλ (1),

Gdzie D– okres siatki dyfrakcyjnej, φ – kąt pomiędzy normalną do siatki a kierunkiem do jednego z maksimów obrazu dyfrakcyjnego, λ – długość fali światła, k– liczba całkowita zwana rzędem maksimum dyfrakcyjnego. Wyraźmy z równania (1)

Dobierając pary zgodnie z warunkami eksperymentu, wybieramy najpierw 4, w których zastosowano siatkę dyfrakcyjną o krótszym okresie, a następnie numer eksperymentu, w którym zastosowano siatkę dyfrakcyjną o większym okresie – czyli 2.

Odpowiedź. 42.

Prąd przepływa przez rezystor drutowy. Rezystor zastąpiono innym, drutem z tego samego metalu i tej samej długości, ale mającym połowę pola przekroju poprzecznego i przez który przepływał połowa prądu. Jak zmieni się napięcie na rezystorze i jego rezystancja?

Dla każdej wielkości określ odpowiedni charakter zmiany:

1. Wzrośnie;
2. Zmniejszą się;
3. Nie zmieni się.

Zapisz wybrane liczby dla każdej wielkości fizycznej w tabeli. Liczby w odpowiedzi mogą się powtarzać.

Rozwiązanie. Ważne jest, aby pamiętać, od jakich wartości zależy rezystancja przewodu. Wzór na obliczenie oporu to

Prawo Ohma dla odcinka obwodu, ze wzoru (2), wyrażamy napięcie

U = ja R (3).

Zależnie od warunków zadania, drugi rezystor wykonany jest z drutu z tego samego materiału, o tej samej długości, ale o innym polu przekroju poprzecznego. Powierzchnia jest dwukrotnie mniejsza. Podstawiając do (1) stwierdzamy, że rezystancja wzrasta 2 razy, a prąd maleje 2 razy, dlatego napięcie się nie zmienia.

Odpowiedź. 13.

Okres oscylacji wahadła matematycznego na powierzchni Ziemi jest 1,2 razy większy niż okres jego oscylacji na określonej planecie. Jaka jest wielkość przyspieszenia grawitacyjnego na tej planecie? Wpływ atmosfery w obu przypadkach jest znikomy.

Rozwiązanie. Wahadło matematyczne to układ składający się z nici, której wymiary są znacznie większe niż wymiary kuli i samej piłki. Trudność może się pojawić, jeśli zapomni się o wzorze Thomsona na okres drgań wahadła matematycznego.

T= 2π (1);

l– długość wahadła matematycznego; G- przyśpieszenie grawitacyjne.

Według warunku

Wyraźmy z (3) G n = 14,4 m/s 2. Należy zauważyć, że przyspieszenie grawitacyjne zależy od masy planety i promienia

Odpowiedź. 14,4 m/s2.

Prosty przewodnik o długości 1 m, w którym płynie prąd o natężeniu 3 A, znajduje się w jednorodnym polu magnetycznym z indukcją W= 0,4 Tesli pod kątem 30° do wektora. Jaka jest wielkość siły działającej na przewodnik od pola magnetycznego?

Rozwiązanie. Jeśli umieścisz przewodnik z prądem w polu magnetycznym, pole działające na przewodnik z prądem będzie działać z siłą amperową. Zapiszmy wzór na moduł siły Ampera

F A = ja LB sinα;

F A = 0,6 N

Odpowiedź. F A = 0,6 N.

Energia pola magnetycznego zmagazynowana w cewce podczas przepływu przez nią prądu stałego wynosi 120 J. Ile razy należy zwiększyć natężenie prądu płynącego przez uzwojenie cewki, aby zgromadzona w niej energia pola magnetycznego wzrosła do 5760 J.

Rozwiązanie. Energię pola magnetycznego cewki oblicza się ze wzoru

W m =	LI 2	(1);
	2

Według warunku W Zatem 1 = 120 J W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

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

Następnie aktualny współczynnik

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

Odpowiedź. Siłę prądu należy zwiększyć 7 razy. W formularzu odpowiedzi wpisujesz tylko cyfrę 7.

Obwód elektryczny składa się z dwóch żarówek, dwóch diod i zwoju przewodu połączonego w sposób pokazany na rysunku. (Dioda pozwala na przepływ prądu tylko w jednym kierunku, jak pokazano na górze rysunku.) Która z żarówek zaświeci się, jeśli biegun północny magnesu zbliży się do cewki? Uzasadnij swoją odpowiedź, wskazując, jakie zjawiska i wzorce wykorzystałeś w swoim wyjaśnieniu.

Rozwiązanie. Linie indukcji magnetycznej wychodzą z bieguna północnego magnesu i rozchodzą się. W miarę zbliżania się magnesu strumień magnetyczny przepływający przez cewkę drutu wzrasta. Zgodnie z regułą Lenza pole magnetyczne wytwarzane przez prąd indukcyjny cewki musi być skierowane w prawo. Zgodnie z zasadą świdra prąd powinien płynąć zgodnie z ruchem wskazówek zegara (patrząc od lewej). Dioda w drugim obwodzie lampy przechodzi w tym kierunku. Oznacza to, że zaświeci się druga lampka.

Odpowiedź. Zaświeci się druga lampka.

Długość szprych aluminiowych L= 25 cm i pole przekroju poprzecznego S= 0,1 cm 2 zawieszone na nitce przy górnym końcu. Dolny koniec opiera się na poziomym dnie naczynia, do którego wlewa się wodę. Długość zanurzonej części szprychy l= 10 cm Znajdź siłę F, za pomocą którego igła dziewiarska naciska na dno naczynia, jeśli wiadomo, że nić znajduje się pionowo. Gęstość aluminium ρ a = 2,7 g/cm 3, gęstość wody ρ b = 1,0 g/cm 3. Przyśpieszenie grawitacyjne G= 10 m/s 2

Rozwiązanie. Zróbmy rysunek objaśniający.

– Siła naciągu nici;

– Siła reakcji dna naczynia;

a jest siłą Archimedesa działającą tylko na zanurzoną część ciała i przyłożoną do środka zanurzonej części szprychy;

– siła ciężkości działająca na szprychę z Ziemi i przyłożona do środka całej szprychy.

Z definicji masa szprychy M a moduł siły Archimedesa wyraża się w następujący sposób: M = SLρ a (1);

F a = Ślρ w G (2)

Rozważmy momenty sił względem punktu zawieszenia szprychy.

M(T) = 0 – moment siły rozciągającej; (3)

M(N)= Holandia cosα jest momentem siły reakcji podpory; (4)

Biorąc pod uwagę znaki momentów, piszemy równanie

Holandia cosα + Ślρ w G (L –	l	)cosα = SLρ A G	L	cosα (7)
	2		2

biorąc pod uwagę, że zgodnie z trzecim prawem Newtona siła reakcji dna naczynia jest równa tej sile F d, za pomocą którego igła naciska na dno naczynia, zapisujemy N = F d i z równania (7) wyrażamy tę siłę:

fa re = [	1	Lρ A– (1 –	l	)lρ w ] sierż (8).
	2		2L

Zastąpmy dane liczbowe i otrzymajmy to

F d = 0,025 N.

Odpowiedź. F d = 0,025 N.

Cylinder zawierający M 1 = 1 kg azotu, podczas badania wytrzymałościowego eksplodował w temperaturze T 1 = 327°C. Jaka masa wodoru M 2 można przechowywać w takim cylindrze w temp T 2 = 27°C, z pięciokrotnym marginesem bezpieczeństwa? Masa molowa azotu M 1 = 28 g/mol, wodór M 2 = 2 g/mol.

Rozwiązanie. Napiszmy równanie stanu gazu doskonałego Mendelejewa – Clapeyrona dla azotu

Gdzie V– objętość cylindra, T 1 = T 1 + 273°C. W zależności od warunku wodór można przechowywać pod ciśnieniem P 2 = p 1/5; (3) Biorąc to pod uwagę

możemy wyrazić masę wodoru, korzystając bezpośrednio z równań (2), (3), (4). Ostateczna formuła wygląda następująco:

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

Po podstawieniu danych liczbowych M 2 = 28 g.

Odpowiedź. M 2 = 28 g.

W idealnym obwodzie oscylacyjnym amplituda wahań prądu w cewce indukcyjnej Jestem= 5 mA i amplitudę napięcia na kondensatorze U m= 2,0 V. W czasie T napięcie na kondensatorze wynosi 1,2 V. Znajdź w tym momencie prąd w cewce.

Rozwiązanie. W idealnym obwodzie oscylacyjnym energia oscylacyjna jest zachowana. Dla chwili czasu t zasada zachowania energii ma postać

C	U 2	+ L	I 2	= L	Jestem 2	(1)
	2		2		2

Dla wartości amplitudy (maksymalnej) piszemy

i z równania (2) wyrażamy

C	=	Jestem 2	(4).
L		U m 2

Podstawmy (4) do (3). W rezultacie otrzymujemy:

I = Jestem (5)

Zatem prąd w cewce w danym momencie T równy

I= 4,0 mA.

Odpowiedź. I= 4,0 mA.

Na dnie zbiornika o głębokości 2 m znajduje się lustro. Promień światła przechodzący przez wodę odbija się od lustra i wychodzi z wody. Współczynnik załamania światła wody wynosi 1,33. Znajdź odległość pomiędzy punktem wejścia belki do wody a punktem wyjścia belki z wody, jeśli kąt padania belki wynosi 30°

Rozwiązanie. Zróbmy rysunek objaśniający

α jest kątem padania wiązki;

β jest kątem załamania wiązki w wodzie;

AC to odległość pomiędzy punktem wejścia wiązki do wody a punktem wyjścia wiązki z wody.

Zgodnie z prawem załamania światła

sinβ =	sina	(3)
	N 2

Rozważmy prostokątny ΔADB. W nim AD = H, wówczas DB = AD

tgβ = H tgβ = H	sina	= H	sinβ	= H	sina	(4)
	cosβ

Otrzymujemy następujące wyrażenie:

AC = 2 DB = 2 H	sina	(5)

Podstawmy wartości liczbowe do otrzymanego wzoru (5)

Odpowiedź. 1,63 m.

W ramach przygotowań do egzaminu Unified State Exam zapraszamy do zapoznania się z program pracy z fizyki dla klas 7–9 dla linii UMK Peryshkina A.V. I program pracy na poziomie zaawansowanym dla klas 10-11 dotyczący materiałów dydaktycznych Myakisheva G.Ya. Programy są dostępne do przeglądania i bezpłatnego pobierania dla wszystkich zarejestrowanych użytkowników.

W artykule przedstawiono analizę zadań z mechaniki (dynamiki i kinematyki) z pierwszej części Unified State Exam in Physics wraz ze szczegółowymi objaśnieniami nauczyciela fizyki. Istnieje analiza wideo wszystkich zadań.

Wybierzmy na wykresie odcinek odpowiadający przedziałowi czasu od 8 do 10 s:

Ciało poruszało się w tym przedziale czasu z tym samym przyspieszeniem, ponieważ przedstawiony tutaj wykres jest odcinkiem linii prostej. W ciągu tych s prędkość ciała zmieniała się o m/s. W związku z tym przyspieszenie ciała w tym okresie było równe m/s 2 . Odpowiedni jest wykres numer 3 (w dowolnym momencie przyspieszenie wynosi -5 m/s 2).

2. Na ciało działają dwie siły: i . Według siły i wypadkowej obu sił znajdź moduł drugiej siły (patrz rysunek).

Wektor drugiej siły jest równy . Lub, co jest podobne, . Następnie dodajemy dwa ostatnie wektory zgodnie z zasadą równoległoboku:

Długość wektora całkowitego można znaleźć w trójkącie prostokątnym ABC, czyje nogi AB= 3 N i PNE.= 4 N. Zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa stwierdzamy, że długość pożądanego wektora jest równa N.

Wprowadźmy układ współrzędnych o środku pokrywającym się ze środkiem masy bryły i osią WÓŁ, skierowanym wzdłuż pochyłej płaszczyzny. Przedstawmy siły działające na klocek: grawitację, siłę reakcji podpory i siłę tarcia statycznego. Rezultatem będzie następujący obraz:

Ciało pozostaje w spoczynku, dlatego suma wektorów wszystkich sił działających na nie jest równa zeru. W tym suma rzutów sił na oś jest równa zeru WÓŁ.

Rzut ciężkości na oś WÓŁ równa nodze AB odpowiedni trójkąt prostokątny (patrz rysunek). Co więcej, ze względów geometrycznych, noga ta leży naprzeciwko kąta w . Oznacza to rzut grawitacji na oś WÓŁ równy .

Siła tarcia statycznego skierowana jest wzdłuż osi WÓŁ, a zatem rzut tej siły na oś WÓŁ równa po prostu długości tego wektora, ale z przeciwnym znakiem, ponieważ wektor jest skierowany przeciwko osi WÓŁ. W rezultacie otrzymujemy:

Korzystamy ze wzoru znanego ze szkolnych zajęć z fizyki:

Wyznaczmy z rysunku amplitudy drgań wymuszonych w stanie ustalonym przy częstotliwościach siły napędowej 0,5 Hz i 1 Hz:

Z rysunku wynika, że ​​przy częstotliwości siły napędowej wynoszącej 0,5 Hz amplituda drgań wymuszonych w stanie ustalonym wynosiła 2 cm, a przy częstotliwości siły napędowej wynoszącej 1 Hz amplituda drgań wymuszonych w stanie ustalonym wynosiła 10 cm amplituda drgań wymuszonych w stanie ustalonym wzrosła 5-krotnie.

6. Piłka rzucona poziomo z wysokości H z prędkością początkową, podczas lotu T przeleciał w odległości poziomej L(widzieć zdjęcie). Co stanie się z czasem lotu i przyspieszeniem piłki, jeśli przy tej samej instalacji, przy stałej prędkości początkowej piłki, zwiększymy wysokość H? (Pomiń opór powietrza.) Dla każdej wartości określ odpowiedni charakter jej zmiany: 1) wzrośnie 2) zmniejszy się 3) nie ulegnie zmianie Zapisz wybrane liczby dla każdej wielkości fizycznej w tabeli. Liczby w odpowiedzi mogą się powtarzać.

W obu przypadkach piłka będzie się poruszać z przyspieszeniem ziemskim, więc przyspieszenie się nie zmieni. W tym przypadku czas lotu nie zależy od prędkości początkowej, ponieważ ta ostatnia jest skierowana poziomo. Czas lotu zależy od wysokości, z której spada ciało, przy czym im większa wysokość, tym dłuższy czas lotu (upadek ciała trwa dłużej). W związku z tym wydłuży się czas lotu. Prawidłowa odpowiedź: 13.

Kurs wideo „Zdobądź piątkę” obejmuje wszystkie tematy niezbędne do pomyślnego zdania jednolitego egzaminu państwowego z matematyki z wynikiem 60–65 punktów. Całkowicie wszystkie zadania 1-13 z egzaminu państwowego Profile Unified z matematyki. Nadaje się również do zdania podstawowego jednolitego egzaminu państwowego z matematyki. Jeśli chcesz zdać Unified State Exam z 90-100 punktami, musisz rozwiązać część 1 w 30 minut i bez błędów!

Kurs przygotowawczy do Jednolitego Egzaminu Państwowego dla klas 10-11, a także dla nauczycieli. Wszystko, czego potrzebujesz, aby rozwiązać część 1 egzaminu państwowego Unified State Exam z matematyki (pierwsze 12 zadań) i zadanie 13 (trygonometria). A to ponad 70 punktów na egzaminie Unified State Exam i ani 100-punktowy student, ani student nauk humanistycznych nie mogą się bez nich obejść.

Cała niezbędna teoria. Szybkie rozwiązania, pułapki i tajemnice Unified State Exam. Przeanalizowano wszystkie aktualne zadania części 1 z Banku Zadań FIPI. Kurs w pełni odpowiada wymogom Unified State Exam 2018.

Kurs zawiera 5 dużych tematów, każdy po 2,5 godziny. Każdy temat jest podany od podstaw, prosto i przejrzyście.

Setki zadań z egzaminu Unified State Exam. Zadania tekstowe i teoria prawdopodobieństwa. Proste i łatwe do zapamiętania algorytmy rozwiązywania problemów. Geometria. Teoria, materiały referencyjne, analiza wszystkich typów zadań Unified State Examation. Stereometria. Podstępne rozwiązania, przydatne ściągawki, rozwój wyobraźni przestrzennej. Trygonometria od podstaw do zadania 13. Zrozumienie zamiast wkuwania. Jasne wyjaśnienia skomplikowanych pojęć. Algebra. Pierwiastki, potęgi i logarytmy, funkcja i pochodna. Podstawa do rozwiązywania złożonych problemów części 2 jednolitego egzaminu państwowego.

Zmiany w zadaniach Egzaminu Jednolitego Państwowego z fizyki na rok 2019 nie ma roku.

Struktura zadań jednolitego egzaminu państwowego z fizyki – 2019

Arkusz egzaminacyjny składa się z dwóch części, obejmujących m.in 32 zadania.

Część 1 zawiera 27 zadań.

• W zadaniach 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27 odpowiedzią jest liczba całkowita lub skończony ułamek dziesiętny.
• Odpowiedzią na zadania 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 i 24 jest ciąg dwóch liczb.
• Odpowiedzią na zadania 19 i 22 są dwie liczby.

Część 2 zawiera 5 zadań. Odpowiedź na zadania 28–32 zawiera szczegółowy opis całego przebiegu zadania. Druga część zadań (ze szczegółową odpowiedzią) jest oceniana przez komisję ekspercką na podstawie.

Tematy egzaminu jednolitego z fizyki, które zostaną uwzględnione w arkuszu egzaminacyjnym

1. Mechanika(kinematyka, dynamika, statyka, prawa zachowania w mechanice, drgania i fale mechaniczne).
2. Fizyka molekularna(teoria kinetyki molekularnej, termodynamika).
3. Elektrodynamika i podstawy SRT(pole elektryczne, prąd stały, pole magnetyczne, indukcja elektromagnetyczna, drgania i fale elektromagnetyczne, optyka, podstawy SRT).
4. Fizyka kwantowa i elementy astrofizyki(dualizm falowo-korpuskularny, fizyka atomowa, fizyka jądra atomowego, elementy astrofizyki).

Czas trwania jednolitego egzaminu państwowego z fizyki

Całość prac egzaminacyjnych zostanie zakończona 235 minut.

Przybliżony czas wykonania zadań poszczególnych części pracy wynosi:

1. na każde zadanie z krótką odpowiedzią – 3–5 minut;
2. na każde zadanie ze szczegółową odpowiedzią – 15–20 minut.

Co możesz zdać na egzamin:

• Wykorzystuje się kalkulator nieprogramowalny (dla każdego ucznia) z możliwością obliczania funkcji trygonometrycznych (cos, sin, tg) oraz linijkę.
• Lista dodatkowych urządzeń i urządzeń, których użycie jest dozwolone w ramach Jednolitego Egzaminu Państwowego, jest zatwierdzana przez Rosobrnadzor.

Ważny!!! Podczas egzaminu nie należy polegać na ściągawkach, wskazówkach i korzystaniu ze środków technicznych (telefony, tablety). Nadzór wideo na egzaminie Unified State Exam 2019 zostanie wzmocniony dodatkowymi kamerami.

Wyniki egzaminu Unified State Exam z fizyki

• 1 punkt - za 1-4, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 19, 20, 22, 23, 25, 26, 27 zadań.
• 2 punkty - 5, 6, 7, 11, 12, 16, 17, 18, 21, 24.
• 3 punkty - 28, 29, 30, 31, 32.

Razem: 52 punkty(maksymalny wynik podstawowy).

Co musisz wiedzieć przygotowując zadania do egzaminu Unified State Exam:

• Znać/rozumieć znaczenie pojęć fizycznych, wielkości, praw, zasad, postulatów.
• Potrafić opisywać i wyjaśniać zjawiska fizyczne i właściwości ciał (w tym obiektów kosmicznych), wyniki eksperymentów... podawać przykłady praktycznego wykorzystania wiedzy fizycznej
• Odróżniaj hipotezy od teorii naukowej, wyciągaj wnioski na podstawie eksperymentu itp.
• Potrafić zastosować zdobytą wiedzę przy rozwiązywaniu problemów fizycznych.
• Wykorzystywać zdobytą wiedzę i umiejętności w działaniach praktycznych i życiu codziennym.

Od czego zacząć przygotowania do jednolitego egzaminu państwowego z fizyki:

1. Przestudiuj teorię wymaganą do każdego zadania.
2. Ćwicz zadania testowe z fizyki, opracowane na podstawie ujednoliconego egzaminu państwowego. Na naszej stronie będą aktualizowane zadania i opcje z fizyki.
3. Zarządzaj prawidłowo swoim czasem.

Życzymy sukcesu!

W drugim zadaniu Unified State Exam z fizyki należy rozwiązać zadanie dotyczące praw Newtona lub związane z działaniem sił. Poniżej przedstawiamy teorię wraz ze wzorami niezbędnymi do skutecznego rozwiązywania problemów z tego zakresu.

Teoria do zadania nr 2 jednolitego egzaminu państwowego z fizyki

Drugie prawo Newtona

Wzór drugiego prawa Newtona F = mA . Tutaj F I A – wielkości wektorowe. Ogrom A – Jest to przyspieszenie ruchu ciała pod wpływem określonej siły. Jest wprost proporcjonalna do siły działającej na dane ciało i jest skierowana w kierunku siły.

Wynikowy

Siła wypadkowa to siła, której działanie zastępuje działanie wszystkich sił przyłożonych do ciała. Inaczej mówiąc, wypadkowa wszystkich sił przyłożonych do ciała jest równa sumie wektorowej tych sił.

Siła tarcia

F tr = μN , Gdzie μ μ, co jest wartością stałą dla danego przypadku. Znając siłę tarcia i siłę nacisku normalnego (siła ta nazywana jest także siłą reakcji podpory), można obliczyć współczynnik tarcia.

Powaga

Pionowa składowa ruchu zależy od sił działających na ciało. Wymagana jest znajomość wzoru grawitacyjnego F=mg, ponieważ z reguły działa tylko na ciało rzucone pod kątem do poziomu.

Siła sprężystości

Siła sprężystości to siła, która powstaje w ciele w wyniku jego odkształcenia i dąży do przywrócenia go do stanu pierwotnego (początkowego). W przypadku siły sprężystości stosuje się prawo Hooke'a: F = k δl, Gdzie k— współczynnik sprężystości (sztywność nadwozia), δl— wielkość odkształcenia.

Prawo grawitacji

Siła F przyciągania grawitacyjnego pomiędzy dwoma punktami materialnymi o masach m1 i m2, oddalonymi od siebie o odległość r, jest proporcjonalna do obu mas i odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości między nimi:

Analiza typowych opcji zadań nr 2 jednolitego egzaminu państwowego z fizyki

Wersja demonstracyjna 2018

Wykres przedstawia zależność modułu siły tarcia ślizgowego od modułu siły nacisku normalnego. Jaki jest współczynnik tarcia?

Algorytm rozwiązania:

1. Zapiszmy wzór łączący te siły. Wyrażamy współczynnik tarcia.
2. Badamy wykres i ustalamy parę odpowiednich wartości sił ciśnienia normalnego N i tarcia.
3. Współczynnik obliczamy na podstawie wartości sił pobranych z wykresu.
4. Zapisujemy odpowiedź.

Rozwiązanie:

1. Siła tarcia jest powiązana z normalną siłą nacisku za pomocą wzoru F tr=μ N, Gdzie μ – współczynnik tarcia. Stąd, znając wielkość siły tarcia i ciśnienia normalnego do powierzchni, możemy określić μ, co jest wartością stałą dla danego przypadku. Znając siłę tarcia i normalną siłę nacisku (siła ta nazywana jest także siłą reakcji podpory), można obliczyć współczynnik tarcia. Z powyższego wzoru wynika, że: μ = F tr: N
2. Spójrzmy na wykres zależności. Weźmy na przykład dowolny punkt na wykresie, gdy N = 12 (N) i F tr = 1,5 (N).
3. Weźmy wybrane wartości sił i obliczmy wartość współczynnika μ : μ= 1,5/12 = 0,125

Odpowiedź: 0,125

Pierwsza wersja zadania (Demidova, nr 3)

Siła F nadaje przyspieszenie a ciału o masie m znajdującemu się w inercjalnym układzie odniesienia. Wyznacz przyspieszenie ciała o masie 2 m pod wpływem siły 0,5 F w tym układzie odniesienia.

1) ; 2) ; 3) ; 4)

Algorytm rozwiązania:

1. Zapiszmy drugie prawo Newtona. Przyspieszenie wyrażamy ze wzoru.
2. Podstawiamy zmienione wartości masy i siły do ​​powstałego wyrażenia i znajdujemy nową wartość przyspieszenia wyrażoną poprzez jego pierwotną wartość.
3. Wybierz poprawną odpowiedź.

Rozwiązanie:

1. Zgodnie z drugim prawem Newtona F=m, siła F, który działa na ciało o masie m, nadaje ciału przyspieszenie A. Mamy:

2. Według warunku m 2 = 2m, F2 =0,5F.

Wtedy zmienione przyspieszenie będzie równe:

W formie wektorowej zapis jest podobny.

Druga wersja zadania (Demidova, nr 9)

Kamień o masie 200 g rzucono pod kątem 60° do poziomu z prędkością początkową v = 20 m/s. Wyznacz moduł ciężkości działający na kamień w górnym punkcie trajektorii.

Jeżeli ciało rzucono pod kątem do poziomu, a siłę oporu można pominąć, to wypadkowa wszystkich sił jest stała. Pionowa składowa ruchu zależy od sił działających na ciało. Konieczne jest poznanie wzoru na siłę ciężkości F=mg, ponieważ z reguły tylko ona działa na ciało rzucone pod kątem do poziomu.

Algorytm rozwiązania:

1. Przelicz wartość masy na SI.
2. Określamy, jakie siły działają na kamień.
3. Zapisujemy wzór na grawitację. Obliczamy wielkość siły.
4. Zapisujemy odpowiedź.

Rozwiązanie:

1. Masa kamienia m=200 g=0,2 kg.
2. Na rzucony kamień działa siła grawitacji F T = mg. Ponieważ warunek nie stanowi inaczej, opór powietrza można pominąć.
3. Siła ciężkości jest taka sama w każdym punkcie trajektorii kamienia. Oznacza to, że dane w stanie (prędkość początkowa w i kąt względem horyzontu, pod jakim ciało jest rzucane) są zbędne. Stąd otrzymujemy: F T = 0,2∙10 =2 N.

Odpowiedź : 2

Trzecia wersja zadania (Demidova, nr 27)

Na układ składający się z sześcianu o masie 1 kg i dwóch sprężyn działa stała pozioma siła F = 9 N (patrz rysunek). System jest w stanie spoczynku. Pomiędzy kostką a podporą nie ma tarcia. Lewa krawędź pierwszej sprężyny jest przymocowana do ściany. Sztywność pierwszej sprężyny k1 = 300 N/m. Sztywność drugiej sprężyny wynosi k2 = 600 N/m. Jakie jest wydłużenie drugiej sprężyny?

Algorytm rozwiązania:

1. Zapisujemy prawo Hooke’a dla drugiej wiosny. Znajdujemy jego związek z siłą F podaną w warunku.
2. Z otrzymanego równania wyrażamy wydłużenie i obliczamy je.
3. Zapisujemy odpowiedź.

Rozwiązanie:

1. Zgodnie z prawem Hooke'a wydłużenie sprężyny zależy od sztywności sprężyny k i przyłożonej do niej siły F wyrażenie F= k∆ l. Na drugą sprężynę działa siła rozciągająca F 2 = k2∆ l. Pierwsza sprężyna jest rozciągana siłą F. Według warunku F=9 H. Ponieważ sprężyny tworzą jeden układ, siła F rozciąga również 2. sprężynę, tj. F 2 =F.
2. Wydłużenie Δ l definiuje się następująco: