ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Критерии оценивания выполнения заданий с развёрнутым ответом
Решения заданий 24-30 части 2 (с развёрнутым ответом) оцениваются предметной комиссией. На основе критериев, представленных в приведённых ниже таблицах, за выполнение каждого задания в зависимости от полноты и правильности данного экзаменуемым ответа выставляется от 0 до 2 баллов за выполнение заданий 25 и 26, от 0 до 3 баллов за выполнение задания 24 и 27-29 и от 0 до 4 баллов за задание 30.
Вариант 1
24
Возможное решение
- Приведен схематический рисунок картины линий напряжённости: внутри полости — семейство прямых лучей, исходящих из заряда и приходящих на поверхность полости по нормали; снаружи шара — семейство прямых лучей, исходящих с поверхности шара по нормали к ней и уходящих в бесконечность.
- Внутри проводника — электростатическое поле Ё = 0.
- Заряд qпомещён в центр шарообразной полости. Поэтому его электростатическое поле в полости обладает центральной симметрией и выглядит как поле уединённого точечного заряда q> 0, находящегося
в центре полости. Линии напряжённости этого поля подходят по нормали к поверхности полости, где равномерно распределён отрицательный индуцированный заряд -q< 0.
4. На наружной поверхности шара находится (в силу нейтральности шара в целом)
положительный заряд q> 0. В силу того, что внутри проводника Ё = 0, а снаружи
окружающие предметы расположены далеко от шара, этот заряд распределён
по поверхности шара равномерно. Его поле вне шара выглядит как поле уединённого
точечного заряда q> 0, расположенного в центре шара. Линии напряжённости
отходят от шара по нормали к его поверхности.
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
Приведено полное правильное решение, включающее правильный ответ (в данном случае: приведён схематический рисунок линий напряжённости поля в полости и снаружи шара, п. i), и полное верное объяснение (в данном случае: п. 2, 3) с указанием наблюдаемых явлений и законов (в данном случае: отсутствие электрического поля внутри проводника, поле уединённого точечного заряда)
Дан правильный ответ, и приведено объяснение, но в решении имеется один или несколько из следующих недостатков.
В объяснении не указано или не использованы одно из физических явлений, свойств, определений или один из законов (формул), необходимых для полного верного объяснения. (Утверждение, лежащее в основе объяснения, не подкреплено соответствующим законом, свойством, явлением, определением и т.п.)
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
289
Окончание таблицы
Критерии оценивания выполнения задания |
Баллы |
И (ИЛИ) Указаны все необходимые для объяснения явления и законы, закономерности, но в них содержится один логический недочёт. И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты. И (ИЛИ) В решении имеется неточность в указании на одно из физических явлений, свойств, определений, законов (формул), необходимых для полного верного объяснения |
2 |
Представлено решение, соответствующее одному из следующих случаев. Дан правильный ответ на вопрос задания, и приведено объяснение, но в нём не указаны два явления или физических закона, необходимых для полного верного объяснения. ИЛИ Указаны все необходимые для объяснения явления и законы, закономерности, но имеющиеся рассуждения, направленные на получение ответа на вопрос задания, не доведены до конца. ИЛИ Указаны все необходимые для объяснения явления и законы, закономерности, но имеющиеся рассуждения, приводящие к ответу, содержат ошибки. ИЛИ Указаны не все необходимые для объяснения явления и законы, закономерности, но имеются верные рассуждения, направленные на решение задачи |
1 |
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла |
0 |
Максимальный балл |
3 |
25
Возможное решение
1. Поскольку нить, связывающая грузы, нерастяжима и невесома, то оба груза движутся с одинаковым ускорением и модули сил натяжения нити, действующих на грузы, также одинаковы,
т. е. ах|=а2|=а, Тг|=Т2 \= Т.
Мп
Nn
N,
т т
± 2 Х1
у у у А
1M2g
мЛ
'VУ У У У У У Mxg
о
2. Рассмотрим случай, когда jP = 18 Н, а Т =10 Н.
Запишем второй закон Ньютона для грузов
в проекциях на горизонтальную ось Ох: для первого тела: F- Т = Мга, — для
второго тела: Т = М2а.
F-T (F- Т)М2 _ (18 - 10) • 3
= 2,4 кг. |
10 |
В итоге получим: Мг Ответ: Мх=2,4 кг.
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
Приведено полное решение, включающее следующие элементы:
I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае: второй закон Ньютона для двух тел);
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
290
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Окончание таблицы
Критерии оценивания выполнения задания |
Баллы |
II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических III) представлены необходимые математические преобразования и расчёты IV) представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой величины |
|
Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы, закономерности, и проведены преобразования, направленные на решение задачи, но имеется один или несколько из следующих недостатков. Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или отсутствуют. И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты. И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях/ вычислениях пропущены логически важные шаги. И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины) |
1 |
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям. выставления оценок в 1 или 2 балла |
0 |
Максимальный балл |
2 |
26
Возможное решение
После прохождения светом дифракционной решётки на экране будет формироваться дифракционный спектр, представляющий собой симметричные относительно центра повторяющиеся светлые полосы. Под углом а к нормали будет наблюдаться й-й
максимум, если dsinct = feA,, где А, = —. Максимальный порядок спектра будет
наблюдаться под углом а = 90°.
Следовательно, для максимального порядка спектра получим:
k |
dvс
Максимальный порядок спектра kОтвет: k= 6.
10"3-5,6 1014
8
3 10 |
300
6.
«6,2.
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
Приведено полное решение, включающее следующие элементы:
I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае: формула для наблюдения спектра с помощью дифракционной решётки);
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
291
Окончание таблицы
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических
величин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ,
обозначений, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений вели
чин, используемых при написании физических законов);
III) представлены необходимые математические преобразования и расчёты (подстановка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными вычислениями);
IV) представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой величины
Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы,
закономерности, и проведены преобразования, направленные на решение задачи,
но имеется один или несколько из следующих недостатков.
Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или
отсутствуют.
И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.
И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях/ вычислениях пропущены логически важные шаги.
И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины)
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла
Максимальный балл
27
Возможное решение
- Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. В процессе медленного движения поршня его ускорение считаем ничтожно малым. Поэтому сумма приложенных к поршню сил при его движении равна нулю (рис. а). В проекциях на горизонтальную ось х получаем: F± - F0 - jFynp = 0, где F0— сила давления атмосферы на поршень, Fx— сила давления газа в цилиндре на поршень, ^упр — упругая сила, действующая на поршень со стороны пружины.
- Из равенства давлений слева и справа от поршня в начальном состоянии и гладкости стенок следует, что в начальном состоянии пружина не деформирована. Поэтому при смещении поршня вправо от начального положения на величину х модуль упругой силы .Рупр = kx. Тогда
Fx = p(x)S = F0+ Fyup = p0S + kx,
ynp ^0
-^--- •*-
Рис. а
Po0
Рис. 6
X
© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
292
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
и давление в цилиндре при смещении поршня вправо от начального положения
kxна величину х определяется по формуле р(х) = р0+— (рис. б).
pV = vRT, U= |vi?T. |
S
3. Используем модель одноатомного идеального газа
Отсюда получаем: U = —pV. Внутренняя энергия газа в исходном состоянии
3
Ux = —p0SL, а в конечном состоянии
Щ = \р{Ъ) ■ S(L + Ъ) = |^0 + f^SiL + b).
4. Из первого начала термодинамики получаем: Q = U2-Ul+ А12.
Работа газа А12при сдвиге поршня из начального состояния в конечное равна произведению величины S и площади трапеции под графиком р(х) на рис. б:
А12=—[р(0) + /?(&)]Sb= \ p0S+ — Ь. Подставляя в выражение для Qзначения Uly
U2и А12, получим:
Q= |(p0S + kb)(L+ Ъ)~ ^p0SL + [p0S+ Щъ = |fe&L + ^p0Sb+ 2kb\
■о и и 2Q-5p0Sb
Решая это уравнение относительно к, получим: к---------------- . .
dbL + 4b
Ответ: к |
2Q- 5p0Sb3bL + 4b2 '
Критерии оценивания выполнения задания |
Баллы |
Приведено полное решение, включающее следующие элементы: I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических III) представлены необходимые математические преобразования и расчёты, IV) представлен правильный ответ |
3 |
Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы, закономерности, и проведены необходимые преобразования, но имеется один или несколько из следующих недостатков. Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или отсутствуют. И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты. |
2 |
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
293
Окончание таблицы
Критерии оценивания выполнения задания |
Баллы |
И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях/ вычислениях пропущены логически важные шаги. И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка |
2 |
Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев. Представлены только положения и формулы, выражающие физические законы, применение которых необходимо и достаточно для решения данной задачи, без каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи. ИЛИ В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи. ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи |
1 |
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла |
0 |
Максимальный балл |
3 |
28
Возможное решение
1. При подключении положительного вывода батареи к точке А потенциал точки А оказывается выше, чем потенциал точки Б, Фа > Фв, поэтому ток через диод, подключённый параллельно резистору Rl9не течёт. Эквивалентная схема цепи в этом случае имеет вид, изображённый на рис. а. Суммарное сопротивление последовательно соединённых резисторов R0 = Rx+ R2,
Ш2
потребляемая мощность Рг = —------ —•
гС^ + ±х2
АО
БО-
АСУ
R,
-CZb
Рис. а
R,
R. |
ВО |
2. При изменении полярности подключения батареи уА <ув открытый диод оказывается подключён к резистору R1 параллельно, шунтируя его. Эквивалентная схема цепи в этом случае изображена на рис. б. При этом потребляемая мощность увеличивается (так как знаменатель дроби
Рис. б |
уменьшается): Р2 |
>Рл |
&^_
%' Г |
R2
3. Из этих уравнений: R1=—----------- —, R
Р2
4. Подставляя значения физических величин, указанные в условии, получаем: R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом.
Ответ: Rx= 10 Ом, Б2 = 20 Ом.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
294
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
Приведено полное решение, включающее следующие элементы:
I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение
которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае: формула для мощности электрического тока, формула для сопротивления при последовательном соединении проводников, условия протекания тока через диоды и резисторы)\
II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических величин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ, обозначений, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений величин, используемых при написании физических законов);
III) проведены необходимые математические преобразования и расчёты (подстановка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными вычислениями);
IV) представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой величины
Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы, закономерности, и проведены необходимые преобразования, но имеется один или несколько из следующих недостатков.
Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или отсутствуют.
И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.
И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях/вычислениях пропущены логически важные шаги.
И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины)
Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев. Представлены только положения й формулы, выражающие физические законы, применение которых необходимо для решения данной задачи, без каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи.
ИЛИ В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи.
ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла
Максимальный балл
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
295
29
Возможное решение
1. Для определения максимальной скорости движения электрона воспользуемся уравнением Эйнштейна для фотоэффекта:
mv„ |
S откуда ип |
hv= Авых + |
-(^-Лых)-
2 7 """ 11тл \т
2. Электрон в магнитном поле движется по окружности радиусом Rсо скоростью v
v2 и центростремительным ускорением а = —.
3. Ускорение вызывается силой Лоренца (F= evB) в соответствии со вторым
УТИ? "Ж |
2
■Д = |
законом Ньютона: та = F, или т— = еиВ
4. Подставляя в выражение для радиуса траектории максимальную скорость электрона, получим:
mVm"- = -hi-yl2m(hv-ABtIX) =
R |
^max
еВ |
еВ |
'max
-i«8-10"dм. |
^2 • 9Д - 1(Г31(6,6 ■ 1Q-34. 1Q15- 4,42 ■ Ю11^)
1,6-ИГ19-5-КГ4
Ответ: i?
max
! 8 мм.
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
Приведено полное решение, включающее следующие элементы:
I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение
которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае:
уравнение Эйнштейна для фотоэффекта, формула для силы Лоренца, формула
для центростремительного ускорения);
II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических ве
личин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ, обо
значений, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений величин,
используемых при написании физических законов);
III) проведены необходимые математические преобразования и расчёты (подстановка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными вычислениями);
IV) представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой величины
Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы, закономерности, и проведены необходимые преобразования, но имеется один или несколько из следующих недостатков.
Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или отсутствуют.
И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.
И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях/ вычислениях пропущены логически важные шаги.
И (ИЛИ)
Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц
измерения величины) _________________
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
296
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
__________________________________________ Окончание таблицы
Критерии оценивания выполнения задания Баллы
Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев. 1
Представлены только положения и формулы, выражающие физические законы, применение которых необходимо для решения данной задачи, без каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи.
ИЛИ В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи.
ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи.
ИЛИ Сделан только правильный рисунок, на котором построено изображение фигуры с указанием хода лучей в линзе
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям О
выставления оценок в 1, 2, 3 балла
Максимальный балл 3
Возможное решение Обоснование
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью Земли. Будем считать все тела материальными точками. Трением снаряда и осколков о воздух пренебрежём.
Поскольку время разрыва снаряда мало, импульсом внешних сил (сил тяжести) можно пренебречь, а значит, для решения задачи можно воспользоваться законом сохранения импульса.
Так как при решении задачи мы пренебрегаем силой трения, то можно использовать закон сохранения энергии для снаряда с учётом энергии разрыва.
Решение
1. Запишем законы сохранения импульса и сохранения энергии для снаряда:
2т • v0 = mv1 - mv2, 2т~ + АЕ = —^- + —^-->
где 2т — масса снаряда до взрыва; v0 — модуль скорости снаряда до взрыва; vx— модуль скорости осколка, летящего вперёд; v2— модуль скорости осколка, летящего назад.
- Выразим v0из первого уравнения: v0=— (v1-v2) — и подставим во второе уравнение.
- Получим: АЕ = ^(иг + v2f= -^(900 +100)2= 250 кДж. Ответ: АЕ = 250 кДж.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
297
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
Критерий 1
Верно обоснована возможность использования законов (закономерностей). В дан
ном случае: выбор инерциалъной системы отсчёта, связанной с поверхностью
Земли; все тела считаются материальными точками; условия применимости
законов сохранения импульса и энергии ____ ^_________________________
В обосновании возможности использования законов (закономерностей) допущена
ошибка.
ИЛИ
Обоснование отсутствует_____________________________________________
О
Критерий 2
Приведено полное решение, включающее следующие элементы:
I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение
которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае:
законы сохранения энергии и импульса);
II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических ве
личин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ, обо
значений величин, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений
величин, используемых при написании физических законов);
III) проведены необходимые математические преобразования и расчёты
(подстановка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному
числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными
вычислениями);
IV) представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой
величины
Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы,
закономерности, и проведены необходимые преобразования, но имеется один
или несколько из следующих недостатков.
Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или
отсутствуют.
И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.
И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях / вычислениях пропущены логически важные шаги.
И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины)
Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев. Представлены только положения и формулы, выражающие физические законы, применение которых необходимо для решения данной задачи, без каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи.
ИЛИ
В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения
данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют
логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные
на решение задачи.__________________________________________________
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
298
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Окончание таблицы
Критерии оценивания выполнения задания
Баллы
ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи
Все случаи решения, которые не соответствуют вышеуказанным критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла
Максимальный балл
24
25
Вариант 2 Возможное решение
- Приведён схематический рисунок картины линий напряжённости: внутри полости — семейство прямых лучей, направленных к заряду и исходящих с поверхности полости по нормали; снаружи шара — семейство прямых лучей, направленных к поверхности шара по нормали к ней из бесконечности.
- Внутри проводника — электростатическое поле Ё = 0.
- Заряд qпомещён в центр шарообразной полости. Поэтому его электростатическое поле в полости обладает центральной симметрией и выглядит как поле уединённого точечного заряда q< 0, находящегося в центре полости. Линии напряжённости этого поля подходят по нормали к поверхности полости, где равномерно распределён положительный индуцированный заряд +д > 0.
- На наружной поверхности шара находится (в силу нейтральности шара в целом) отрицательный заряд q< 0. В силу того, что внутри проводника Ё = 0, а снаружи окружающие предметы расположены далеко от шара, этот заряд распределён по поверхности шара равномерно. Его поле вне шара выглядит как поле уединённого точечного заряда q< 0, расположенного в центре шара. Линии напряжённости направлены к шару по нормали к его поверхности.
Возможное решение
1. Поскольку нить, связывающая грузы, нерастяжима и невесома, то оба груза движутся с одинаковым ускорением, и модули сил натяжения нити, действующих на трузы, также одинаковы, т. е. \аг\ = \а2\ = а, Щ = Ш = Т.
х
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
299
2. Рассмотрим случай, когда F= 18 Н, а Т= 10 Н. Запишем второй закон Ньютона
для грузов в проекциях на горизонтальную ось Ох: для первого тела:
F- Т = Мга, — для второго тела: Т = М2а.
Т М Т 2 • 10 В итоге получим: М2 = — = ^ х ^ - тт;—ттт = 2,5 кг.
а
Ответ: М2=2,5 кг.
26
27
Возможное решение
После прохождения светом дифракционной решётки на экране будет формироваться дифракционный спектр, представляющий собой симметричные относительно центра повторяющиеся светлые полосы. Под углом а к нормали будет наблюдаться fe-й
максимум, если dsina = feA,, где X= -. Максимальный порядок спектра будет
наблюдаться под углом a = 90°.
Следовательно, для максимального порядка спектра получим:
«3,3. |
k |
dv=10~3 - 5 • 1014 с " 500-3 10
Максимальный порядок спектра k = 3. Ответ: k= 3.
Возможное решение
Fi |
упр |
Рис. а |
Ро 0 |
х |
упр |
Рис. б |
- Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. В процессе медленного движения поршня его ускорение считаем ничтожно малым. Поэтому сумма приложенных к поршню сил при его движении равна нулю (рис. а). В проекциях на горизонтальную ось х получаем: F1-F0- Fyup=0, где F0 — сила давления атмосферы на поршень, Fx— сила давления газа в цилиндре на поршень, Fynp — упругая сила, действующая на поршень со стороны пружины.
- Из равенства давлений слева и справа от поршня в начальном состоянии и гладкости стенок следует, что в начальном состоянии пружина не деформирована. Поэтому при смещении поршня вправо от начального положения на величину х модуль упругой силы FyTJ„ = kx. Тогда
Fx = p(x)S = F0'+ Fynp = p0S + kx9
и давление в цилиндре при смещении поршня вправо от начального положения на величину х определяется по формуле р(х) = р0+-^- (рис. б).
3. Используем модель одноатомного идеального газа
pV = vRT, U= |vET.
Отсюда получаем:
U = —pV. Внутренняя энергия газа в исходном состоянии
иг =—p0SL, а в конечном состоянии
Щ = |*(Ь) • S(L+ Ъ) = |[ д, + %)S(L+ 6).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
300
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
4. Из первого начала термодинамики получаем: Q = U2-U1 + А12.
Работа газа А12при сдвиге поршня из начального состояния в конечное равна произведению величины S и площади трапеции под графиком р(х) на рис. б:
А12 =^\_Р(®) +p(b)^Sb = \p0S+ —№. Подставляя в выражение для Qзначения Ul9 U2и А12, получим:
Q-^kbL-2kb2 2Pob |
Q = §(A)S + kb)(L + b)- ^p0SL + Г p0S + Ц\ъ = \kbL + |Л5Ь + 2kb2.
Решая это уравнение относительно S9получим: S
Q-~kbL-2kb2
Ответ: S = ■
yPob
28
Возможное решение
1. При подключении положительного вывода батареи к точке А потенциал точки А оказывается выше, чем потенциал точки Б, срА > ср5, поэтому ток через диод, подключённый параллельно резистору Rl9не течёт. Эквивалентная схема цепи в этом случае имеет вид, изображённый на рис. а. Общее сопротивление соединённых
резисторов в первом |
(i?x+ R2)R2
jRj + 2R2 |
случае равно R01
p2t
а потребляемая мощность Рг |
&2(R1 +2R2) {Rt+ R2)R2
АО-
ВО
АО
R.
-CZZh
\Ro
I___ Т
Рис. а
R,
2. При изменении полярности подключения батареи ц>А < срБ открытый диод оказывается подключён к резистору Rxпараллельно, шунтируя его. Эквивалентная схема цепи в этом случае изображена на рис. б. Общее сопротивление
Ro
2Г Но |
соединённых резисторов во втором случае равно R02 а потребляемая мощность Р2
во-
А.
Рис. б
А.
40 Ом. |
= 20 Ом. |
Д1= |
3. Из этих уравнений получим: i?2
2&2 2 ■ 122
Р2 7,2
2 122•40 - 6 402 6-40-122
Ответ: Лг = 20 Ом, Щ = 40 Ом.
29
Возможное решение
1. Электрон в магнитном поле движется по окружности радиусом Rсо скоростью v
v2 и центростремительным ускорением а = —.
Ft
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
301
30
2. Ускорение вызывается силой Лоренца (F= evB) в соответствии со вторым законом
V* и eBR
Ньютона: та = F, или т— = evB =>v = —=—.
К Til
3. Для определения максимальной скорости движения электрона воспользуемся
л тг;2
уравнением Эйнштейна для фотоэффекта: nv= А + ——.
4. Подставляя в это уравнение скорость электрона, получим выражение для частоты
A (eBR)2 4,42-IP19+(l6 ИГ19-4-ИГ*-ИГ2)2
Света:V = Т + ~ШГ = 6,6 .ю^ + 2 • 9,1 • ID"31• 6,6 ■ ID"34 ~ ГЦ'
Ответ: v* 1 • Ю15 Гц.
Возможное решение
Обоснование
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью Земли. Будем считать все тела материальными точками. Трением снаряда и осколков о воздух пренебрежём.
Поскольку время разрыва снаряда мало, импульсом внешних сил (сил тяжести) можно пренебречь, а значит, для решения задачи можно воспользоваться законом сохранения импульса.
Так как при решении задачи мы пренебрегаем силой трения, то можно использовать закон сохранения энергии для снаряда с учётом энергии разрыва.
Решение
1. Запишем законы сохранения импульса и сохранения энергии для снаряда:
т т Vq tA„ mvl mv\
где т — масса снаряда до взрыва; l>0 — модуль скорости снаряда до взрыва; иг — модуль скорости осколка, летящего вперёд; v2 — модуль скорости осколка, летящего назад.
2. Выразим v0 из первого уравнения: v0=-(v1-v2) — и подставим во второе
уравнение.
3. Получим: пг = ---------- 72=tzzz—____ 9= 4>Q кг- |
8А£ _ 8-600Ю3 (иг+и2)2"(900 + 100)
Ответ: т = 4,8 кг
24
Вариант 3
Возможное решение
1. Стрелка и стержень электрометра, соединённые с нижней пластиной, но изолированные от корпуса, заряжаются положительно, и стрелка отклоняется на некоторый угол.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
302
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Благодаря заземлению в верхней пластине и металлическом корпусе электрометра происходит перераспределение свободных электронов таким образом, что верхняя пластина заряжается отрицательно. Заряды перераспределяются до тех пор, пока корпус электрометра и верхняя пластина не станут эквипотенциальной поверхностью с одним потенциалом, а стрелка и нижняя пластина — эквипотенциальной поверхностью с другим потенциалом.
2. Заряды пластин одинаковы по модулю и противоположны по знаку, пластины
о eg
образуют конденсатор с ёмкостью С = ~V~, где S— площадь перекрытия пластин,
диэлектрическая проницаемость диэлектрика
d— расстояние между ними, 8 между пластинами.
Характер изменения угла отклонения стрелки совпадает с изменением разности потенциалов между пластинами: при увеличении разности потенциалов увеличивается угол отклонения, при уменьшении разности потенциалов угол уменьшается.
3. При уменьшении расстояния dмежду пластинами ёмкость конденсатора увеличивается, заряд конденсатора практически не меняется, так как его ёмкость много больше ёмкости системы «корпус + стрелка электрометра», а нижняя пластина вместе со стержнем и стрелкой электрометра образуют изолированную систему заряженных тел. Поэтому разность потенциалов Дф = -^ уменьшается, и угол отклонения стрелки электрометра уменьшается.
25
Возможное решение
Скорость тела определяется изменением его координаты с течением времени. Анализируя график зависимости координаты автомобиля от времени x(t), видим, что в промежутке от 2 до 3 мин его координата изменяется линейно и быстрее всего. Следовательно, в этот промежуток времени автомобиль движется равномерно с максимальной скоростью. Определим модуль максимальной скорости автомобиля:
_*(3)-*(2) 900-300
<W---------- Xt------ -—^---------- -10 м/с.
Таким образом, максимальная кинетическая энергия автомобиля равна
Е„
mv
max _
2500 • 102
= 125Ю3 Дж = 125 кДж.
Ответ: Яктах = 125 кДж.
26
Возможное решение
Запишем формулу для рассеивающей линзы: -— = ±.-1 где d — расстояние
\F\ d fот предмета до линзы. В формуле учтено, что изображение предмета — мнимое.
Из условия задачи следует, что.у = 4. Проведя преобразования, для модуля фокуса линзы получим:
Ответ: \F\ = 12 см.
з
4-9
12 СМ.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
303
27
Возможное решение
p;,v;9t,v-av |
PV VvT, v |
A'.^r,v |
Р*> v*> т> v |
- Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для газа в верхней и нижней частях сосуда в начальном равновесном состоянии: PlV1=vRT, p2V2=vRT, где pl9p2— давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, Vl9 V2 — объёмы верхней и нижней частей сосуда.
- Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для газа в верхней и нижней частях сосуда после откачки воздуха: р^ =(v - Av)RT, p2V2= vRT, где рг\ р2 — давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, Vx\ V2 — объёмы верхней и нижней частей сосуда.
Mg
3. Условие механического равновесия поршня в начальном состоянии: р2 - рг
-, где М — масса поршня, S— площадь его |
. Mgа после откачки воздуха: р2 - рг =
горизонтального сечения.
4. Из условия задачи: V = V1+V2=Vi + V2\
v2-A'v2' з
ТЛ V „ 2V .
2V5 '
*V
3F
5 '
где V — объём всего сосуда.
5. После объединения записанных выше выражений получим уравнение:
3V0,93 моль. |
ЗуДГ ЗуДГ _ 5уДГ 5(v - Av)RT
2F
14 |
14 1
15 |
откуда получим: Ду = —^-v = Ответ: Ду « 0,93 моль.
28
I |
Возможное решение
<8>в |
|
R |
К |
- Напряжение Uна конденсаторе равно ЭДС индукции Ш в проводнике, которая пропорциональна скорости движения проводника. Заряд конденсатора q = CU.
- При движении проводника на него действуют две силы (силой трения пренебрегаем): сила тяжести mgи сила Ампера FA = IBl (I— сила тока в цепи), которая направлена против движения проводника (см. рисунок). Проводник движется равномерно. Согласно второму закону Ньютона при этом сила тяжести и сила Ампера компенсируют друг друга:
mg = IBL
3. Напряжение на резисторе равно напряжению на конденсаторе, так как они
соединены параллельно. Согласно закону Ома для участка цепи сила тока через
т Uрезистор I= ~в
Я. CR'
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
304
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
4. Подставляя выражение для силы тока в п. 2, получаем выражение для искомого сопротивления проводника:
.ян, ю-6Q.5 од ^
R
Ст§ 20-КГ6-0,025-10
Ответ: i? = 0,01 Ом.
29
Возможное решение
максимальная |
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: hc = ABblx+EK, где Ек
heкинетическая энергия фотоэлектронов, Д,ых = —. Фототок прекращается, когда
Ек = eU, где U— напряжение между электродами, или напряжение на конденсаторе. Заряд конденсатора q = CU.
В результате получаем:
с ео v = — + ч |
1,6 • 10"19-5,6.10" -34 |
3-Ю8
^о Ch 450-Ю-9 4000-1012 -6,6-10
= Ю15 Гц
Ответ: v = 1015Гц
30
Возможное решение Обоснование
с Землёй, будем можно считать как их размеры |
М п |
- Систему отсчёта, связанную считать инерциальной. Тела материальными точками, так пренебрежимо малы в условиях задачи.
- При соударении для системы «пуля — тело» в ИСО выполняется закон сохранения импульса в проекциях на горизонтальную ось, так как внешние силы (сила тяжести и сила реакции опоры) вертикальны.
- При движении составного тела от вершины полусферы выполняется закон сохранения механической энергии, так как полусфера гладкая, и работа силы реакции опоры равна нулю (эта сила перпендикулярна скорости тела).
- В момент отрыва обращается в нуль сила реакции опоры N.
- Второй закон Ньютона выполняется в ИСО для модели материальной точки.
Решение
1. Закон сохранения импульса связывает скорость пули перед ударом со скоростью составного тела массой т + М сразу после удара: mv0 =(m + M)v1.
Закон сохранения механической энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы:
(m + M)vl / Л/гЧ п (m + M)vi ,
^ -2J— + (m + M)gR = i _^2_ + (m+Mucosa,
где v2 — скорость составного тела в момент отрыва; h = Rcosa— высота точки отрыва (см. рисунок).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
305
2. Второй закон Ньютона в проекциях на ось х (направленную в центр полусферы),
в момент отрыва тела принимает вид:
(m + M)vo
[т+ Mjgcosa = -------- ' .
v2, 3
3. Объединяя уравнения, получим: -^- + gR = -^gh.
1 f wu0 f ,2D_ 1 ( 0,01-200 f , 2
Отсюда *-£■ Uy^j -зЛ=1Л0 lo^9TWj + 3'1'"'8*-
Ответ: h= 0,8 м.
Вариант 4
24
Возможное решение
1. Стрелка и стержень электрометра, соединённые с нижней пластиной,
но изолированные от корпуса, заряжаются положительно, и стрелка отклоняется
на некоторый угол.
Благодаря заземлению в верхней пластине и металлическом корпусе электрометра происходит перераспределение свободных электронов таким образом, что верхняя пластина заряжается отрицательно. Заряды перераспределяются до тех пор, пока корпус электрометра и верхняя пластина не станут эквипотенциальной поверхностью с одним потенциалом, а стрелка и нижняя пластина — эквипотенциальной поверхностью с другим потенциалом.
2. Заряды пластин одинаковы по модулю и противоположны по знаку, пластины
образуют конденсатор с ёмкостью С = ° , где S — площадь перекрытия пластин,
d— расстояние между ними, s — диэлектрическая проницаемость диэлектрика между пластинами.
Характер изменения угла отклонения стрелки совпадает с изменением разности потенциалов между пластинами: при увеличении разности потенциалов увеличивается угол отклонения, при уменьшении разности потенциалов угол уменьшается.
3. При увеличении расстояния dмежду пластинами ёмкость конденсатора
уменьшается, заряд конденсатора практически не меняется, так как его ёмкость
много больше ёмкости системы «корпус + стрелка электрометра», а нижняя
пластина вместе со стержнем и стрелкой электрометра образуют изолированную
систему заряженных тел. Поэтому разность потенциалов Аф = — увеличивается и угол отклонения стрелки электрометра увеличивается.
25 |
Возможное решение
Скорость тела определяется изменением его координаты с течением времени. Анализируя график зависимости координаты автомобиля от времени x(t), видим, что в промежутке от 4 до 5 мин его координата изменяется линейно и быстрее всего. Следовательно, в этот промежуток времени автомобиль движется равномер-
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
306
ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ
но с максимальной скоростью. Определим модуль максимальной скорости автомобиля:
|*(5)-*(4) 1300-9001 „Л ,
tW = ' ^ д/ *= L~W-J= Ю м/с.
Таким образом, максимальная кинетическая энергия автомобиля равна Яктах -^^=170^102-85.103Дж = 85 кДж.
Ответ: £ктах = 85 кДж.
26
Возможное решение
, где d |
Запишем формулу для рассеивающей линзы: -т—г = -т--тз
\F\ a f
от предмета до линзы. В формуле учтено, что изображение предмета Из условия задачи следует, что — = 5.
расстояние - мнимое.
27
Проведя преобразования, для модуля фокуса линзы получим: |j?= — = — = 5 см. Ответ: \F\ = 5 см.
Возможное решение
1. Запишем уравнение Менделеева — Клапей
рона для газа в верхней и нижней частях
сосуда в начальном равновесном состоянии: I р VvT, v
PlVx=vRT, p2V2=vRT,
Р2, К, Г, v |
где Pi, р2— давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, Vl9V2— объёмы верхней и нижней частей сосуда.
2. Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для газа в верхней и нижней
частях сосуда после откачки воздуха:
АТ_' = vRT, p2V2 = (v - Av)RT,
где рх\ р2 - давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, Vt\ V2 — объемы верхней и нижней частей сосуда.
Mg S' |
MgS |
3. Условие механического равновесия поршня в начальном состоянии:
, где М — масса поршня, |
P2~Pl = |
а после откачки воздуха: р2 - рх
S— площадь его горизонтального сечения. 4. Из условия задачи: V= Vx+ V2 = Угщ + V2\
Yl-2'^-3^V-У- V -2V V-V V'-W
V, |
4 '
где V— объём всего сосуда.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ
307
5. После объединения записанных выше выражений получим уравнение:
SvRT 3vRT _ 4(v - Av)RT AvRT
|
V 2V 7v 7 1 Лonоткуда получим: Av= — - -=-r- «0,29 моль. Ответ: Av « 0,29 моль. Возможное решение |
V |
SV |
28 |
|
- Напряжение Uна конденсаторе равно ЭДС индукции & в проводнике, которая пропорциональна скорости движения проводника. Заряд конденсатора q = CU.
- При движении проводника на него действуют две силы (силой трения пренебрегаем): сила тяжести ragи сила Ампера FA = IBl (I— сила тока в цепи), которая направлена против движения проводника (см. рисунок). Проводник движется равномерно. Согласно второму закону Ньютона при этом сила тяжести и сила Ампера компенсируют друг друга:
rag = IBL
3. Напряжение на резисторе равно напряжению на конденсаторе, так как они
соединены параллельно. Согласно закону Ома для участка цепи сила тока через
г U qрезистор 1= -д=-£д-
4. Подставляя выражение для силы тока в п. 2, получаем выражение для искомой
электроёмкости конденсатора:
qBl _ ИГ6-0,5-0,1
С = |
Rmg 0,02 0,025 10 |
10 • Ю-6 Ф = 10 мкФ.
Ответ: С = 10 мкФ.
29
he he |
Возможное решение
+ Е„ |
X X. |
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: —
кр
Фототок прекращается, когда Ектах = eU, где U— напряжение между электродами, равное напряжению на конденсаторе. Заряд конденсатора q = CU.
Л |
В результате получаем:
Che |
= 5,5-10-* Кл. |
4000-Ю12-6,6 10"34 -3-Ю8
К |
300 • 10"9 450 • 10"9 |
1,6 10 |
-19
кру
Ответ: q- 5,5 нКл.
30
Возможное решение Обоснование
- Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. Тела можно считать материальными точками, так как их размеры пренебрежимо малы в условиях задачи.
- При соударении для системы «пуля — тело» в ИСО выполняется закон сохранения импульса
М п
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
308
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
в проекциях на горизонтальную ось, так как внешние силы (сила тяжести и сила реакции опоры) вертикальны.
- При движении составного тела от вершины полусферы выполняется закон сохранения механической энергии, так как полусфера гладкая, и работа силы реакции опоры равна нулю (эта сила перпендикулярна скорости тела).
- В момент отрыва обращается в нуль сила реакции опоры N.
- Второй закон Ньютона выполняется в ИСО для модели материальной точки.
Решение
1. Закон сохранения импульса связывает скорость пули перед ударом со скоростью
составного тела массой т + М сразу после удара: mv0 ={m + M)v1.
Закон сохранения механической энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы:
(m + M)vf / . __ (m + M)vl , . п
±----- ;1+ (т + M)gR= ± ;2 +(т + M)gRcosa,
где у2 — скорость составного тела в момент отрыва; h = Rcosa— высота точки отрыва (см. рисунок).
2. Второй закон Ньютона в проекциях на ось х (направленную в центр полусферы)
(m + M)vl
R |
в момент отрыва тела принимает вид: (т + M)gcosa
v^ 3
3. Объединяя уравнения, получим: -~ + gR = —gh.
Отсюда R = —h- — ' 2 2g
Ответ: R= 1,3 м.
о |
щи,
КМ + т j
3 1 ( 0,01 -200 .
2 1_2ТТо I 0,99 + 0,01 I =1'ЗМ-
Вариант 5
24
Возможное решение
1. По условию задачи сопротивлением амперметра можно пренебречь, а сопротивление вольтметра бесконечно велико. При перемещении движка вправо сопротивление реостата R2увеличивается, что ведёт к увеличению сопротивления Rвсей внешней
_ RiRo
цепи: R- —1 г
.rtj + R2
2. В соответствии с законом Ома для полной цепи сила тока через амперметр
уменьшается: / = —— (знаменатель дроби растёт, а числитель остаётся неизменным).'
Г + R
Напряжение, измеряемое вольтметром, при этом растёт: U= IR = & - Ir.
3. Ответ: напряжение, измеренное вольтметром, растёт, а сила тока через амперметр
уменьшается.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
309
25
26
27
Возможное решение
В случае гармонических колебаний максимальная потенциальная энергия пружины
kA2 mv2 ,
равна максимальной кинетической энергии тележки: —— = —^—, где к — жесткость
пружины, А — амплитуда колебаний тележки, т — масса тележки, v— максимальная скорость тележки.
тэ л [™ о /0,5 Лл -
В итоге получим: А = vJ— = 3 • ЛЬг^т^ = 0,15 м.
V k V200
Ответ: А = 0,15 м.
Возможное решение
N • F с
Мощность импульса Р = —-—, где N — число излучённых фотонов, Е = h-------------- энер-
t а,
гия одного фотона, t— длительность импульса.
„ , NE Nhc 1019-6,6 10"34-3 108 0 -п-з
Получаем: t = -E-- = —— =---------------- 5---------- 5— = 3 10 с.
^ ^ 600 10"91,1103
Ответ: ^ = 3 мс.
Возможное решение
1. Водяной пар в воздухе до момента конденсации является разреженным газом
и описывается уравнением Менделеева — Клапейрона: pV= — RT, где р — парци
альное давление пара, т — масса пара в рассматриваемом объёме V, Т — абсолют
ная температура, а М = 18 • 10~3 кг/моль — молярная массы воды. При комнатной
температуре Т1и парциальном давлении рг в выделенном объёме Vсодержится
тп1 = М-^=- водяного пара, а в выдыхаемом воздухе при температуре Т2и парци-
альном давлении р2содержится пг2 = М .
К12
2. Масса испарённой воды в этом объёме:
т = т2-т1=МЩ-Мт R |
P2V \jrPiV _MV(p2_Pi^
\12 |
Т2 П
При tx=17 °С {Тх=273+ 17 = 290 К) и относительной влажности 40 % парциальное давление водяного пара рх= 0,6рн1 = 0,6 1,94 103 Па = 1164 Па, а при t2=34 °C (Т2=273 + 34 = 307 К) и относительной влажности 100 % парциальное давление водяного пара р2= ря2= 5320 Па.
Здесь рн1=1,94 103 Па — давление насыщенного водяного пара при %=17 °С, а ря2= 5320 Па — давление насыщенного водяного пара при t2= 34 °С.
3. Через лёгкие за 1 мин проходит 15 л воздуха, а за 20 мин — 300 л, т. е. F = 0,3 м3. Подставляя значения физических величин, получим количество потерянной за час воды:
( т, п Л |
Рг Р\ |
VТ2 TU |
MVm
RОтвет: m« 8,65 г.
-3
18 -ИГ*- 0,3 8,31
5320 1164 307 290
«8,6510"3 кг = 8,65 г.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
310
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
28
Возможное решение
2
Центростремительное ускорение иона в конденсаторе а = — определяется силой F= qE,
v2 действующей со стороны электрического поля. По второму закону Ньютона qE= т—,
где q, т и v— соответственно заряд, масса и скорость иона, Е — напряжённость
2
электрического поля. Отсюда: R= т—=. Если заряд иона qувеличивается в 2 раза,
qki
то для сохранения прежнего значения радиуса траектории при прежней скорости напряжённость поля нужно уменьшить в 2 раза. Поскольку напряжённость электрического поля Е прямо пропорциональна напряжению между обкладками конденсатора: U = Ed (d— расстояние между обкладками конденсатора), — то напряжение Uнужно уменьшить в 2 раза.
Ответ: уменьшить в 2 раза.
29
Возможное решение
A 2F |
1. По формуле тонкой линзы определим первоначальное положение изображения
источника на главной оптической оси: — = — - — =>/ = ———. В нашем случае d = 2F,
f F d d-F
поэтому / = 2F.
2. Определим расстояние cf от источника до плоскости линзы после поворота линзы:
сГ = dcosa, а также fрасстояние от изображения источника до плоскости линзы
после поворота: — = — + -—. Здесь, /' = (/ + A/)cosa, где А/ — смещение изображения F d f
источника вдоль исходной главной оптической оси АВ.
3. Получим конечное выражение в аналитическом и числовом видах:
F(d + /) - fdcosa _ F(d + 2F) - 2Fdcosa
А/ =
dcosa-F dcosa-F
«0,15 м. |
0,2 • (0,4 + 2 • 0,2) - 2 • 0,2 • 0,4 • 0,866
0,4-0,866-0,2
Ответ: A/ « 0,15 м.
© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
311
30
Возможное решение Обоснование
1. Задачу будем решать в инерциальной системе
отсчёта, связанной со столом. При нахождении
ускорений тел будем применять второй закон
Ньютона, сформулированный для материальных
точек, поскольку тела движутся поступательно.
Трением в оси блока и о воздух пренебрежём;
блок будем считать невесомым.
На рисунке показаны силы, действующие на брусок и груз.
2. Так как нить нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю:
|#l~ |^= а- (!)
3. Так как блок и нить невесомы и трения в блоке нет, то силы натяжения нити,
действующие на груз и брусок, одинаковы по модулю:
|71НТ2|=Г. (2)
Решение
1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы координат. Учитывая (1) и (2), получим: Fcosa -Т - FTp = Ma, N + i^sina = Mg, T- mg= ma. Сила трения, действующая на брусок, FTp= jjJV.
Решая полученную систему уравнений, найдём ускорение тел:
a |
F(cosa + j^sina) - mg - [iMg
M + m
- Так как начальная скорость груза была равна нулю, L= —.
- Окончательно получим:
:>/2aL = 2L |
X |
f F(cosa + jusina) - mg - \xMg
M + m
12-0,32-
9 • (Тз/2 + 0,3 • 0,5) - 0,5 • 10 - 0,3 • 1 • 10
1 + 0,5
0,7 м/с.
Ответ: v« 0,7 м/с.
Вариант 6
24
Возможное решение
1. По условию задачи сопротивлением амперметра можно пренебречь, а сопротивление вольтметра бесконечно велико. При перемещении движка влево сопротивление реостата R2уменьшается, что ведёт к уменьшению сопротивления Rвсей внешней
цепи: Д = Д]f2 .
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
312
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
25
2. В соответствии с законом Ома для полной цепи сила тока через амперметр
увеличивается: I =------- — (знаменатель дроби уменьшается, а числитель остаётся
неизменным). Напряжение, измеряемое вольтметром, при этом уменьшается: U = IR = &-Ir.
3. Ответ: напряжение, измеренное вольтметром, уменьшается, а сила тока через
амперметр увеличивается.
Возможное решение
В случае гармонических колебаний максимальная потенциальная энергия пружины равна максимальной кинетической энергии тележки:
kAl |
mv |
, где k |
2 2 масса тележки, v |
жёсткость пружины, А — амплитуда колебаний тележки, т максимальная скорость тележки.
200 |
В итоге получим: v= АА
ОД |
1 м/с.
Ответ: v= 1 м/с.
число излучённых фотонов, Е = h |
26
Возможное решение
Мощность импульса Р =--------- , где N
гия одного фотона, t— длительность импульса.
тт D NE Nhc 1019-6,6Ю~34-ЗЮ8 Лакта
Получаем: Р =------ = —г-г- =------------ —------------- -— = 165 Вт.
U |
600 • Ю-9• 20 • 10~3
X
энер-
Ответ: Р = 165 Вт.
27
Возможное решение
1. Водяной пар в воздухе до момента конденсации является разреженным газом и описывается уравнением Менделеева — Клапейрона: pV= —RT, где р — парциальное давление пара, т — масса пара в рассматриваемом объёме V, Т — абсолютная температура, а М = 18 • 10"3 кг/моль — молярная массы воды. При комнатной температуре Тги парциальном давлении рхв выделенном объёме Vсодержится
РлУ
^ = мптл |
водяного пара, а в выдыхаемом воздухе при температуре Т2и парци-
альном давлении р2содержится т2 = М |
р2у
RT0'
2. Масса испарённой воды в этом объёме:
Pzv *,PiV-MV |
м |
Pi Pi |
т = т2 -щ = М
4J |
К12
При tx=20 °C {Тх = 273 + 20 = 293 К) и относительной влажности 40 % парциальное давление водяного пара рг = 0,4рн1 = 0,4 • 2,34 103 Па = 936 Па, а при t2 = 34 °С (Т2 = 273 + 34 = 307 К) и относительной влажности 100 % парциальное давление водяного пара р2 = ри2= 5320 Па.
Здесь рн1=2,34 103 Па — давление насыщенного водяного пара при £х = 20 °С, а рн2 = 5320 Па — давление насыщенного водяного пара при t2 = 34 °С.
© 2023. ООО «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного. разрешения правообладателя не допускается
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
313
3. Через лёгкие за 1 мин проходит 15 л воздуха, а за 1 ч — 900 л, т. е. V= 0,9 м3. Подставляя значения физических величин, получим количество потерянной за час воды:
m |
= ЖГ^-АУ18 10-30,9/5320_936> 27>6,10-з кг=27fiг
307 293 J |
8,31 |
4J |
R {Т2 Ответ: m« 27,6 г.
28
Возможное решение
v
Центростремительное ускорение иона в конденсаторе а = — определяется силой F= qE,
н 2
действующей со стороны электрического поля. По второму закону Ньютона qE = m—,
где д, т и v— соответственно заряд, масса и скорость иона, Е — напряжённость электрического поля. Напряжённость электрического поля Е прямо пропорциональна напряжению между обкладками конденсатора: JJ-Ed (d — расстояние между
обкладками конденсатора). Отсюда: R= т—= = т——. Если заряд иона qувеличивается
qE qu
в 2 раза, то для сохранения прежнего значения радиуса траектории при прежнем
напряжении на обкладках конденсатора скорость движения частиц нужно увеличить
в V2 раз.
Ответ: увеличить в V2 раз.
29
Возможное решение
A 2F |
1. По формуле тонкой линзы определим первоначальное положение изображения |
источника на главной оптической оси:
поэтому / = 2F.
f
1 1 -J~d^f
Fdd-F
В нашем случае d = 2F,
2. Определим расстояние <Г от источника до плоскости линзы после поворота линзы: d1 = dcosa, — а также /' расстояние от изображения источника до плоскости линзы
после поворота: -77 =-тт +-тт. Здесь, /' = (/ + A/)cosa, где А/ — смещение изображения F d f
источника вдоль исходной главной оптической оси АВ.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
314
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Получим конечное выражение в аналитическом и числовом видах:
01/ ////£// \/ /_///// /* |
f Mg |
30
cos |
= F(d + f + A/) F(d + 2F + А/) 0,2(0,4 + 2 ■ 0,2 + ОД)
а" d(f + Af) " d(2F + Af) 0,4(2-0,2 + 0,1)
а = arccos(0,9). Ответ: а = arccos (0,9).
Возможное решение
Обоснование
Тл |
у у у |
1. Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. При нахождении ускорений тел будем применять второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и о воздух пренебрежём; блок будем считать невесомым.
щ |
mifY, |
На рисунке показаны силы, действующие на брусок и груз.
2. Так как нить нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю:
aJ = \а2\ =a'
(1)
3. Так как блок и нить невесомы и трения в блоке нет, то силы натяжения нити, действующие на груз и брусок, одинаковы по модулю:
TiHZjshT.
(2)
Решение
1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы
координат. Учитывая (1) и (2), получим: Fcosa-Т -FTp= Ма, N + Fsina = Mg,
Т - mg= ma.
Сила трения, действующая на брусок, FTp = \iN.'
Решая полученную систему уравнений, найдём ускорение тел:
_ F(cosa + jLisina) - mg - \xMg M + m
- Так как начальная скорость груза была равна нулю, L= —=-.
- Окончательно получим:
2L
М + т
.F(cosa + jLisina) - mg - \iMg
2- 0,32
1 + 0,5
9 • (Тз/2 + 0,3 • 0,5) - 0,5 • 10 - 0,3 • 1 • 10
«0,92 c.
Ответ: £«0,92с.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
315
24
Вариант 7
Возможное решение
1. Под действием электрического поля пластин изменится
распределение электронов в гильзе: левая сторона будет иметь
отрицательный заряд, а правая сторона — положительный
(см. рисунок).
Ш |
Сила взаимодействия заряженных тел уменьшается с ростом расстояния между ними. Поэтому притяжение к пластинам ближних к ним сторон гильзы будет больше отталкивания противоположных сторон гильзы. Гильза первоначально находится ближе к левой, положительно заряженной пластине. Поэтому согласно второму закону Ньютона равнодействующая сил Кулона, действующих на гильзу, будет направлена в сторону положительно заряженной пластины и гильза будет двигаться к этой пластине, пока не коснётся её.
- В момент касания пластины гильза приобретёт заряд того же знака, какой имеется у пластины, оттолкнётся от неё и будет двигаться к противоположной пластине. Так как нить достаточно длинная, то гильза на нити дойдёт до противоположной пластины. Коснувшись противоположной пластины, гильза поменяет знак заряда, вернётся к первой пластине, и такое движение будет периодически повторяться.
- Ответ: гильза начнёт двигаться влево, после касания пластины станет двигаться вправо, затем — опять влево. Начнутся колебания гильзы между пластинами.
25
Возможное решение
1. Для системы тел «мальчик — тележка»
в системе отсчёта «дорога» запишем закон
сохранения импульса (см. рисунок) для неупругого
столкновения в проекциях на горизонтальную ось,
направленную вдоль движения тележки:
щи1 +m2v2 =(щ + m2)v, где v— скорость тележки
с мальчиком после того, как он запрыгнет
на тележку.
2. Отсюда
(щ + m2)v- rnxvx _ (30 + 50) • 3 - 30 • 2
Vo =■ |
50 |
= 3,6 м/с.
ГПо
до соударения
i |
U |
■_
0' |
X |
//Г////////Г/////7///////
после соударения
(mx+ m2) v
1
Q ////// /У/ / / /Г//////// П / / *
Ответ: v2=3,6 м/с.
расстояние от пред-расстояние от линзы до изображения. Оптическая сила линзы |
26
Возможное решение
Запишем формулу для собирающей линзы — = 3+ Т' где ^ мета до линзы, f
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
316
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета получим:
= 0,15 м. |
d |
/ _ 0,12
Df-1 15 0,12-1
Ответ: d = 0,15 м.
27
Возможное решение
А
1. Относительная влажность воздуха в трубке в первом случае: Фх -—, где рг
давление водяных паров в трубке, рн — давление насыщенных водяных паров при той же температуре. Для второго случая относительная влажность воздуха
в трубке: (р2 = —, где р2 — парциальное давление водяных паров в трубке.
Ри
I
///////////////////
- Давление влажного воздуха в первом случае равно атмосферному давлению: Лвл = А» ~~~ аво втором случае — р2вл = Ро +P8Uгде р — плотность ртути, а I— длина столбика ртути. Заметим, что р0=pgH, где Я =760 мм.
- Объём влажного воздуха при изменении положения трубки изменился так, как изменились длины столбиков воздуха, запертых ртутью. Считаем влажный воздух идеальным газом. Поэтому по закону Бойля — Мариотта можем записать У2 = к __ Ро
У\ к Ро + Pgl'
vRT (v + vCB)RT
4. Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что р
у ' Рзл у '
Отсюда следует, что Л _ А: |
где р — парциальное давление водяного пара, рвл— давление влажного воздуха, v — количество моль водяного пара в трубке, vCB — количество моль сухого воздуха в трубке.
р _ v
const.
Рвл v + vc
Поэтому |
—, и для изотермического процесса для парциальных давлений во-
Р2 Р2вл
дяного пара имеем:
Р2
Ро
У\ Po + PSl'
5. После объединения записанных выше уравнений получим выражение для относительной влажности воздуха во втором случае:
760 +100
Ро + Р& Ро |
«68%. |
60 |
ф2=щ |
pgH+ pgl_ H + l
Ф1- |
760 |
H |
pgH |
= <Pi-
Ответ: cp2 « 68 %.
© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
317
28
Возможное решение
1. Так как сопротивление всех ламп одинаково, то Фа = Фв (см. рисунок). Между точками равного потенциала ток не течёт, и участок АВ можно исключить из схемы.
&,г |
4_Г |
2. Из эквивалентной схемы видно, что сопротивление внешней
R. |
|
2R + 2R |
цепи Rq
« |
3. По закону Ома для полной цепи ток, текущий через источник г-Ф
R + r' |
в схеме, /
4. По закону Ома для участка цепи ток, текущий по цепи из ламп 1 и 3, /13 = UCD / (2R). Аналогично ток, текущий по цепи из ламп 2 и 4, /24 = UCD / (2R). Таким образом, J13= /24=1/2.
Кг
5. По закону Джоуля — Ленца мощность, выделяющаяся на лампе 2,
П2_ &2R 12100-20
Р = |
R |
4-484 |
125 Вт.
4(Я + гу
Ответ: Р = 125 Вт.
29
Возможное решение
Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта энергия поглощаемого фотона равна сумме работы выхода фотоэлектрона из металла и максимальной кинетической энергии фотоэлектрона:
mv |
.2
(1) |
Av= Лых +
В электрическом поле на электрон действует сила, направление которой противоположно направлению вектора напряжённости поля. Поэтому в нашем случае фотоэлектроны будут ускоряться полем. В точке измерения их максимальная кинетическая энергия
mv |
2
(2) |
+ eU,
где U— разность потенциалов между поверхностью пластины и эквипотенциальной поверхностью на расстоянии L= 10 см от неё.
Поскольку поле однородное и вектор Ё перпендикулярен пластине, то U= EL. (3)
Отсюда: & = hv- А + eEL= Ответ: g = 15,9 эВ. |
Решая систему уравнений (1), (2) и (3), находим: hv= А + Ш- eEL.
-19
15,9 эВ. |
6,6 • 10"34 • 1,6 • 1015 Q_ 1,6 • 101У • 130 • 0,1
-19 |
-19 |
---- о, I + -
1,6 10 |
1,6 10
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
318
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
30
Возможное решение
Обоснование
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью стола. Будем применять для грузов и бруска законы Ньютона, справедливые для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и трением о воздух, а также массой блока пренебрежём.
Так как нить нерастяжима и длина пружины постоянна, ускорения обоих брусков и груза равны по модулю:
(1)
\а1\ = \а2\ ~ |аз= а*
На рисунке показаны силы, действующие на бруски и груз.
Так как блок и нити невесомы, а трение отсутствует, то модули сил натяжения нити, действующих на груз и верхний брусок, одинаковы:
TiH!Г2 |= Т. (2)
Равны по модулю и силы
так как пружина лёгкая. Решение
\Р \ =z\7? Гупр2 рупрЗ
(3)
1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы координат. С учётом (1)-(3) получим:
F хтр> |
Ох: Ма = Т
Оу: N = Mg, ma = mg-T + Fynp, ma = mg-Fynp
2mg- E.
тр
M + 2m |
Сложив эти уравнения, найдём ускорение тел: а =
2. Сила трения FTp = \iN = \iMg.
о тт -I гт / ч mMg(l+ ц)
3. Из последнего уравнения в п. 1 получим FvnD=m(g-a) = —„о •
По закону Гука F = kM = k(L - Z), тогда
k(M + 2m) |
80 .(0,8 + 2 0,4) |
l=i+mMj(1: ^=од+*>*j± 010f: ?:2)=0,13 м.
Ответ: L= 0,13 м.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
319
Вариант 8
24
Возможное решение
1. Под действием электрического поля пластин изменится
распределение электронов в гильзе: левая сторона будет иметь
положительный заряд, а правая сторона — отрицательный
(см. рисунок).
Сила взаимодействия заряженных тел уменьшается с ростом расстояния между ними. Поэтому притяжение к пластинам ближних к ним сторон гильзы будет больше отталкивания противоположных сторон гильзы. Гильза первоначально находится ближе к левой, отрицательно заряженной пластине. Поэтому согласно второму закону Ньютона равнодействующая сил Кулона, действующих на гильзу, будет направлена в сторону отрицательно заряженной пластины, и гильза будет двигаться к этой пластине, пока не коснётся её.
- В момент касания пластины гильза приобретёт заряд того же знака, какой имеется у пластины, оттолкнётся от неё и будет двигаться к противоположной пластине. Так как нить достаточно длинная, то гильза на нити дойдёт до противоположной пластины. Коснувшись противоположной пластины, гильза поменяет знак заряда, вернётся к первой пластине, и такое движение будет периодически повторяться.
- Ответ: гильза начнёт двигаться влево, после касания пластины станет двигаться вправо, затем — опять влево. Начнутся колебания гильзы между пластинами.
25
Возможное решение
1. Для системы тел «мальчик — тележка»
в системе отсчёта «дорога» запишем закон
сохранения импульса (см. рисунок) для неупругого
столкновения в проекциях на горизонтальную ось,
направленную вдоль движения тележки:
щ vx +m2v2 =(rn1 + m2)v, где v— скорость тележки
с мальчиком после того, как он запрыгнет на
тележку.
2. Отсюда
т^ + m2v2_ 50 • 1 + 50•2
= 1,5 м/с.
50 + 50 |
v
т1+ т2
Ответ: v= 1,5 м/с.
0
о
I |
до соударения
/////// |
7/ |
Г/ / / / /7, |
////7///////
после соударения
(mx+ m2) v
Ж |
I
/////////////////////////
X
расстояние от пред-расстояние от линзы до изображения. Оптическая сила линзы |
26
Возможное решение
Запишем формулу для собирающей линзы — = — + —, где d
F a f
мета до линзы, /
»4-
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
320
ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ
Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета получим:
d _ 0,25 ' Z>d-1 5 0,25-1
Ответ: /=1м,
27 |
Возможное решение
1. Относительная влажность воздуха в трубке в первом
I |
', |
случае: щ = —, где рх— давление водяных паров в трубки ке, рн— давление насыщенных водяных паров при той же
температуре. Для второго случая относительная влажность воздуха в трубке: ср2 = —, где р2 — парциальное ////////"/////// JJ
Рн
давление водяных паров в трубке.
- Давление влажного воздуха б первом случае равно атмосферному давлению: Лвл = Ро> аво втором случае — р2вл = р0 -pgl, где р — плотность ртути, а I— длина столбика ртути. Заметим, что р0 = pgH, где Н = 760 мм.
- Объём влажного воздуха при изменении положения трубки изменился так, как изменились длины столбиков воздуха, запертых ртутью. Считаем влажный воздух идеальным газом. Поэтому по закону Бойля — Мариотта можем записать
v2 __ к __ Ро vi к Ро-Р81л
4. Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что р = v , рвл =---------------- ^------ ,
где р — парциальное давление водяного пара, рвл— давление влажного воздуха, v — количество моль водяного пара в трубке, vCB — количество моль сухого воздуха в трубке.
Отсюда следует, что -^— =----------- = const.
Рвл * ' ^св
Поэтому — = 1вл , и для изотермического процесса для парциальных давлений во-Рг Р2вл
дяного пара имеем:
А =v2 = Ро Рг vi Po-peV
5. После объединения записанных выше уравнений получим выражение для от
носительной влажности воздуха во втором случае:
Ф2-Ф1 ро -Ф1 ^я--ф1~Я"-80- 760 "72/о-Ответ: ф2 = 72 %.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
321
28
Возможное решение
1. Так как сопротивление всех ламп одинаково, то Фа = Фв (см. рисунок). Между точками равного потенциала ток не течёт, и участок АВ можно исключить из схемы.
r®f<8h
2. Из эквивалентной схемы видно, что сопротивление внешней
ЦеПиДо = 2ЁТ2Л=й=20°М-
3. По закону Ома для полной цепи ток, текущий через источник
г 8 110 к л
всхеме'/= дТ7 = 20Т2 =5А-
- По закону Джоуля — Ленца полезная мощность, выделяющаяся во внешней цепи, Рх = I2R0=5 • 20 = 500 Вт.
- Полная мощность источника равна Р2 = Ш = 110 • 5 = 550 Вт.
- В итоге, КПД источника л = j~ = 550 s0'91=91 °/o-
if, г
'■*,r
Ответ: r|* 0,91 = 91%.
29
Возможное решение
Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта энергия поглощаемого фотона равна сумме работы выхода фотоэлектрона из металла и максимальной кинетической энергии фотоэлектрона:
mv |
.2
(1) |
hv= А +
В электрическом поле на электрон действует сила, направление которой противоположно направлению вектора напряжённости поля. Поэтому в нашем случае фотоэлектроны будут ускоряться полем. В точке измерения их максимальная кинетическая энергия станет равной
mv |
.2
(2) |
+ eU,
где U— разность потенциалов между поверхностью пластины и эквипотенциальной поверхностью на расстоянии L= 10 см от неё.
Поскольку поле однородное и вектор Ё перпендикулярен пластине, то U = EL. (3) Решая систему уравнений (1), (2) и (3), находим:
hv=A+%-eEL.
6,6 10"341,6 1015 |
1,6-10" -130-0,1 |
-3,7 эВ. |
-15,9 + |
ч-19
-19 |
-19 |
1,6 10 |
1,6 10 |
Отсюда: А = hv- & + eEL =
Ответ: А = 3,7 эВ.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
322
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
30
Алг |
Возможное решение Обоснование
t гтй |
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью стола. Будем применять для грузов и бруска законы Ньютона, справедливые для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и трением о воздух, а также массой блока пренебрежём.
Так как нить нерастяжима и длина пружины постоянна, ускорения обоих брусков и груза равны по модулю:
(1) |
На рисунке показаны силы, действующие на бруски и груз.
(2) (3) |
Так как блок и нити невесомы, а трение отсутствует, то модули сил натяжения нити, действующих на груз и верхний брусок, одинаковы:
% 1= т.
Равны по модулю и силы
гупр2 |
Гупр3 |
так как пружина лёгкая. Решение
1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы координат. С учётом (1)-(3) получим:
тр> |
Ох: Ма = Т-К
упр- |
упр' |
Оу: N = Mg, ma = mg-T + Fynv, ma = mg- F
M + 2m |
п - » 2mg-FTp
Сложив эти уравнения, найдем ускорение тел: а =------------------ -
m(g -a) = |
- Сила трения .FTp = [iN = \iMg.
- Из последнего уравнения в п. 1 получим FynpПо закону Гука Fyup = kAl = k(L- Z), тогда
mMg(l + jlx) M + 2m '
k
mMg(l + jlx) |
0,4 0,8 10 (1 + 0,2)
(L - l)(M + 2m) (0,14 - 0,1) • (0,8 + 2 • 0,4)
60 H/m.
Ответ: k= 60 Н/м.
Вариант 9
24
Возможное решение
mg |
1. Колеблющийся шарик на нити можно считать при малых колебаниях математическим маятником. Первоначально, когда шарик не заряжен, электрическое поле пластины не оказывает влияния на колебательное движение, колебания происходят только за счёт периодически изменяющейся касательной составляющей силы тяжести. Поэтому период свободных колебаний зависит только
от длины нити Iи ускорения свободного падения g(Тг=2к /—).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
323
- Протяжённая равномерно заряженная пластина создаёт однородное электрическое поле Ё. Если шарику сообщить отрицательный заряд, то со стороны электрического поля пластины на него начнёт действовать постоянная сила Кулона, равная по величине FK=E\q\ и направленная вертикально вниз (см. рисунок).
- В этом случае равнодействующая сил тяжести и Кулона, которая будет определять период свободных колебаний маятника, равна по модулю mg + \q\E > mg. Возвращающая сила, действующая на шарик (касательная составляющая силы mg + qE), увеличится, шарик будет быстрее возвращаться к положению равновесия, а значит, период
I |
25
-, т. е. Т2<71).
свободных колебаний маятника уменьшится (Т2 = 2nJ— = 2п \-
\а \g+Eq/m
Возможное решение
1. Модуль ускорения поезда на всём пути является постоянной величиной и равен
а = - |
2* |
(1)
где v— скорость поезда в начале последнего километра пути, a s = lкм — длина этого участка пути.
2. Модуль изменения скорости на этом участке пути равен
Av = v = at. (2)
3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для скорости поезда в начале
последнего километра пути:
2s 2-1000 0 ,
v = — = = 8 м/с.
t 250
Ответ: v = 8 м/с.
26
27
Возможное решение
Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта для первого случая:
hvi= Чф + EvгДеvi= 3'5vkP-Следовательно: Ex = 295hv . Для второго случая: uv2 = /wKp + E2 — и по условию v2 = 2vv Следовательно,
Отсюда: E2 = 294EV Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов, вылетающих из металла, увеличится в 2,4 раза.
Ответ: в 2,4 раза.
Возможное решение
kF |
кХ |
1. Запишем в инерциальной системе отсчёта второй
закон Ньютона для неподвижного поршня в непод
вижном сосуде:
\*. |
и- |
(Pi-Po)S-mg = 09 где m— масса поршня, S— площадь его поперечного сечения, р0 — внешнее давление, рг — давление газа под поршнем в покоящемся сосуде.
img |
2. В проекциях на ось Ох второй закон Ньютона
для поршня, неподвижного относительно сосуда,
движущегося с ускорением a: (p2-p0)S-mg = ma, ^mg \o
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
324
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
28
где р2— давление газа в сосуде, движущемся с ускорением. При этом результирующая сила давления F = (p2-p0)S(см. рисунок).
3. По закону Бойля — Мариотта для газа под поршнем имеем:
p1V1=p2V2=>p1Sh1=p2Sh2=> А=й(1-Л)> где hxи h2— начальная и конечная высоты столба газа под поршнем соответственно,
а г\ =-------- — относительное изменение высоты столба газа.
\
4. Решая систему уравнений
PiS = p0S + mg; p2S = p0S+ mg+ та; p1=p2(l-4), получим выражение для массы поршня:
p0r\S 281030,05-501(Г4 е
(l-r\)a-r\g (1-0,05)-2-0,05Ю
Ответ: т = 5 кг.
Возможное решение
1. При прохождении ускоряющей разности потенциалов Uзаряженная частица
массой т с зарядом qприобретает кинетическую энергию
mv2 TT
~Y~=qU' t1)
Здесь учтено, что начальная скорость частицы равна нулю.
2. При движении заряженной частицы в однородном магнитном поле В
по окружности радиусом Rсила Лоренца вызывает центростремительное ускорение
частицы
mi)2 т? о
maJX=—^- = FJl=qvB.
Отсюда Д =—. (2)
дв
3. Из (1) следует, что v-A- V m Подставляя этот результат в (2), получим: |
R^± 12тй |
2qU
п 1 [2mU
Отсюда В = — R
Bl 12.1.5.10-^10^ Тл
0,3\ 3,21019
Ответ: В «0,1 Тл.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ
325
29
Возможное решение
1. Энергия фотона
р _hc
(1)
где h— постоянная Планка, с — скорость света, X— длина волны.
2. Мощность излучения источника
Р = пЕ, (2)
где п — число фотонов, вылетающих ежесекундно из источника. Число фотонов, попадающих ежесекундно на площадку,
(3) |
S
,2' |
п = п-
4tlR где R— расстояние от источника до пластинки, S— площадь пластинки.
3. Решая систему уравнений (1)-(3), получим:
n±nR2hc 6 Ю12-4-3,14-36 6,6НГ34-3108^тЕт
-6 |
8 10 |
0,6-10
30
Ответ: Р«112 Вт.
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).
- Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно — для поступательного движения, другое — для вращательного движения.
- В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на стержень, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку шарнирного крепления (точку А).
- Нить невесома, блок идеален (масса блока ничтожна, трения нет), поэтому модуль силы натяжения нити в любой её точке один и тот же.
Решение
/////// |
1. Введём декартову систему координат хОу, как
показано на рисунке. Поскольку груз М находится
в равновесии, согласно второму закону Ньютона
71-М£ = 0. (1)
2. На стержень с грузами т1и т2действуют силы
mxgи m2giа также сила натяжения нити Т2.
Поскольку нить невесома, а блок идеален, то \Тг \ = \Т2 \ = Т.
(2) |
Кроме того, на стержень действует сила Fсо стороны шарнира. Запишем условие равенства нулю суммы моментов этих сил относительно оси вращения, проходящей через точку А — точку шарнирного закрепления стержня:
m^-bsina + m2g-Zsina - Т • AD = 0.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
326
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Решая систему уравнений (1) и (2), с учётом
AD = Zsincp = Zsin(a + P) получим:
200-25- |
m1-bsina |
_2__ „ |
1 =
«68,3 см.
Msin(a + (3)-w2sin^ 100—-100 —
2 2
Ответ: I« 68,3 см.
24
Вариант 10 Возможное решение
/////// |
1. Колеблющийся шарик на нити можно считать при малых
колебаниях математическим маятником. Первоначально, когда
шарик не заряжен, электрическое поле пластины не оказывает
влияния на колебательное движение, колебания происходят только
за счёт периодически изменяющейся касательной составляющей
силы тяжести. Поэтому частота свободных колебаний зависит только I 11® "~ \т&
1 fgот длины нити Iи ускорения свободного падения g(vx =—J—).
27i V I
2. Протяжённая равномерно заряженная пластина создаёт однородное электрическое
поле Е. Если шарику сообщить отрицательный заряд, то со стороны электрического
поля пластины на него начнёт действовать постоянная сила Кулона, равная
по величине FK=E\q\ и направленная вертикально вниз (см. рисунок).
3. В этом случае равнодействующая сил тяжести и Кулона, которая будет
определять период свободных колебаний маятника, равна по модулю mg + \q\E>mg.
Возвращающая сила, действующая на шарик (касательная составляющая силы
mg + qE), увеличится, шарик будет быстрее возвращаться к положению равновесия,
а значит, частота свободных колебаний маятника увеличится
т. е. v2>V!). |
(v2 |
2ttVZ 2tiV |
g + Eq/mI
25
Возможное решение
1. Модуль ускорения поезда на всём пути является постоянной величиной и равен
v2
где v— скорость поезда в начале последнего километра пути, а s= 1 км — длина этого участка пути.
2. Модуль изменения скорости на этом участке пути равен
Av = v = at. (2)
3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для времени прохождения
поездом последнего километра пути:
2s 2 1000
= 200 с.
v |
10
Ответ: £ = 200 с.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
327
26
Возможное решение
Запишем формулу для собирающей линзы _ = — + _, где d— расстояние от предмета
F d f
до линзы, / — расстояние от линзы до изображения.
Оптическая сила линзы D = —.
F
Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета получим:
/ 0,12
= 0,15 м.
D/-1 150,12-1
27
Ответ: d=0,15 м.
kF
кх |
Возможное решение
% |
1. Запишем в инерциальной системе отсчёта второй
закон Ньютона для неподвижного поршня
в неподвижном сосуде:
t* |
где т — масса поршня, S— площадь его поперечного сечения, р0— внешнее давление, рг— давление газа под поршнем в покоящемся сосуде.
irng |
О |
- В проекциях на ось Ох второй закон Ньютона для поршня, неподвижного относительно сосуда, движущегося с ускорением a: (p2-p0)S-mg = ma, где р2 — давление газа в сосуде, движущемся с ускорением. При этом результирующая сила давления F = (p2-p0)S(см. рисунок).
- По закону Бойля — Мариотта для газа под поршнем имеем:
PiV1=p2V2=>p1Sh1=p2Sh2=^> А=й(1-л)» где hxи h2 — начальная и конечная высоты столба газа под поршнем соответственно, h1-h2
а ц-- |
— относительное изменение высоты столба газа.
К
4. Решая систему уравнений
p1S = p0S + mg; p2S = p0S+ mg+ та;
А=й(1-Л)>
получим выражение для внешнего давления
т _ ч , 10
-(0,95 1-0,0510) = 18103 Па.
А>~{(1-л)а-ЛЯЬ 0,05.50-10-Ответ: р0 = 18-Ю3 Па = 18 кПа.
28
Возможное решение
1. При прохождении ускоряющей разности потенциалов Uзаряженная частица массой т с зарядом qприобретает кинетическую энергию
mv
= qU.
(1)
Здесь учтено, что начальная скорость частицы равна нулю.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
328
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
2. При движении заряженной частицы в однородном магнитном поле В по окружности радиусом Rсила Лоренца вызывает центростремительное ускорение частицы
л |
Отсюда R =
mv
7П1Г _,
В |
та=------ =F
= qvB.
(2)
2qU |
3. Из (1) следует, что v-
т
Подставляя этот результат в (2), получим:
R =
1 /2 -1,5-lQ-251&
г-19
0,2\ 3,210
«0,15 м.
29
Ответ: R& 0,15 м.
Возможное решение
1. Энергия фотона
he |
(1) |
Е =
где h— постоянная Планка, с — скорость света, А, — длина волны. 2. Мощность излучения источника
Р = пЕ, (2)
где п — число фотонов, вылетающих ежесекундно из источника. Число фотонов, попадающих ежесекундно на площадку,
S
(3) |
2' |
П =71-
4тгД
где R— расстояние от источника до пластинки, S — площадь пластинки.
3. Решая систему уравнений (1)-(3), получим: S = Ответ: S«8 мм2. |
nAnR2 he
« 8 мм2.
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).
3. Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного
и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО
ровно два; одно для поступательного движения, другое — для вращательного
движения.
4. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил,
действующих на стержень, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости
рисунка через точку шарнирного крепления (точку А).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
329
5. Нить невесома, блок идеален (масса блока ничтожна, трения нет), поэтому модуль силы натяжения нити в любой её точке один и тот же.
Решение
1. Введём декартову систему координат хОг/, как
показано на рисунке. Поскольку груз М находится
в равновесии, согласно второму закону Ньютона
T1-Mg= 0. (1)
2. На стержень с грузами т1и т2действуют силы
rrixgи т2§ 9а также сила натяжения нити Т2. Поскольку нить невесома, а блок идеален,
то |7i= |!Z2= jr. Кроме того, на стержень действует
Wg |
сила Р со стороны шарнира. Запишем условие равенства нулю суммы моментов этих сил относительно оси вращения, проходящей через точку А — точку шарнирного закрепления стержня:
(2) |
mxg • Ъsin a + m^g • / sin а - Т • AD = О.
3. Решая систему уравнений (1) и (2), с учётом
AD = Zsincp = £sin(a + p)
получим:
л/г (nvb + mg-Osina (2000,25 + 1000,4)0,5
Jyl —------------------------------ — ^ loU Г.
0,40,866 |
Zsin(a + P)
Ответ: М«130 г.
Вариант 11
24 |
Возможное решение
Е |
1. Траектория протона будет отклоняться от первоначального
направления вправо.
в® А*® К \Р F |
2. На протон действуют магнитное поле силой, равной по модулю
FM-qvBjи электрическое поле силой, равной по модулю FM=qE.
Поскольку заряд протона положительный, Рэсонаправлена
с £, а по правилу левой руки Ршнаправлена противоположно
силе Рэ.
Поскольку первоначально протон двигался прямолинейно, то согласно второму закону Ньютона по модулю эти силы были равны.
3. Сила действия электрического поля не зависит от скорости протона, а сила
действия магнитного поля с уменьшением его скорости уменьшается. Поскольку
в результате уменьшения скорости протона равнодействующая сил Рэи Рш, а также
вызываемое ею ускорение направлены вправо, траектория протона будет
отклоняться от первоначального направления вправо.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
330
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
25
Возможное решение
1. Согласно законам равноускоренного прямолинейного движения
at2
S = Vf)t +------- ,
2
4v0 =v0+at,
(1) (2)
где v0 — начальная скорость тела, а — модуль ускорения тела, s — путь, пройденный телом.
2. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для пути, пройденного телом:
5v0t _ 5-3-2
s = - |
м. |
= 15
26
Ответ: s = 15 м.
Возможное решение
1. Энергия одного фотона согласно формуле Планка равна
he
(1) |
X' |
Е0 =
где А, — длина световой волны, с — скорость света в вакууме, h— постоянная Планка.
2. Коэффициент полезного действия связывает мощность, потребляемую источником, с энергией излучения света:
ц = |
(2) |
NE0
PAt
где Р — мощность, потребляемая источником, At— промежуток времени, iV — количество излучённых фотонов за это время.
3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для мощности, потребляемой источником:
n Nhc 3-1017-6,6-10-34-3-108 „Лта
Р= = s— = 100 Вт.
г|Да 0,001-1-594-Ю"9
Ответ: Р = 100 Вт.
27
Возможное решение
1. Определим степень изотермического сжатия, при которой пар станет насыщенным. При этом учтём, что при 100 °С давление насыщенного водяного пара равно нормальному атмосферному давлению Ря = Ратм= Ю Па. Для этого воспользуемся законом Бойля — Мариотта рп{У\= ржУи- Поскольку начальная относительная
л_ Vt р„ рн 10 0 ^
влажность воздуха равна (р: |
:0,7, то —± = -^- = —^— = — <3. Следовательно,
Ри |
К An 0,7 А 7
при изотермическом уменьшении объёма в 3 раза пар станет насыщенным.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
331
2. Определим начальное и конечное парциальное давление сухого воздуха, воспользовавшись законами Дальтона и Бойля — Мариотта:
А1=А-Рп1 = А-ФА=105-0,7105=0,3.105 Па,
Рв2
= ^-^ = 3-0,3-105=0,9-105 Па.
Vo
- Определим конечное давление влажного воздуха в сосуде с помощью закона Дальтона: р2 = рв2 + рп2 = рв2+А = Юб+0,9-105 =1,9105 Па.
- При нагревании влажного воздуха без изменения объёма водяной пар будет оставаться ненасыщенным, а значит, влажный воздух можно считать идеальным газом с постоянным количеством вещества, для изохорного нагревания которого
можно применить закон Шарля: -*^_--^. Таким образом, для того чтобы получить такое же конечное давление без изменения объёма, абсолютную температуру газа
1 Q. 1 П^
необходимо увеличить до T2=T1 — = 373--L-rrz—-«709 К.
А |
105
Ответ: Т2« 709 К.
28
Возможное решение
1. При последовательном включении сила тока, протекающего по резистору
и лампе, одна и та же, а напряжения на резисторе и лампе в сумме равны
напряжению сети: U = UR+UL.
- Напряжение на лампе UL=140 В определяется по графику при силе тока в цепи / = 0,4 А.
- Напряжение на резисторе UR = U- UL- 80 В.
4. Мощность, выделяющаяся на резисторе, определяется законом Джоуля —
Ленца:
PR=URI = (U-UL)I = 80 0А = 32 Вт.
Ответ: PR=32 Вт.
29
Возможное решение
1. Поскольку луч падает на грань АВ перпендикулярно,
он на ней не преломляется, а, падая на грань АС, согласно
закону отражения света отражается под тем же углом а.
Следовательно, KN|FD, у = 2а.
2. Закон преломления света в точке N: 7i-siny = sinp,
или n-sin2a = sinp, причём р = 90°.
Получаем: п=
sinp _sin90°_ 2
sin 2a sin 60° V3
«1,16.
Ответ: п « 1,16.
© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
332
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).
- Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно для поступательного движения, другое — для вращательного движения.
- Сумма приложенных к твёрдому телу внешних сил равна нулю (условие равновесия твёрдого тела относительно поступательного движения). Поэтому сумма моментов этих сил относительно любых двух параллельных осей одна и та же. Для удобства выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через центр масс стержня (точку О).
Решение
1. По закону Гука модуль силы упругости равен F= &AZ.
Так как растяжения пружин одинаковы, то — = — = 3,
F, \
где Fv F2 — модули сил упругости левой и правой пружин соответственно.
2. Условия равновесия стержня с грузом имеют вид
F1+F2=Mg + mg.
*-f+"*{H-4i
правило моментов относительно оси О, проходящей
через центр масс стержня перпендикулярно плоскости рисунка (см. рисунок). 3. Объединяя пункты 1 и 2, получаем систему уравнений:
\AFX = Mg + mg
\mg-l—-d) = F1L.
4. Из системы уравнений пункта 3 получаем т =
ML 2-0,4
L-4d 0,4-0,2
А кг.
Ответ: т = 4 кг.
24
Вариант 12
Возможное решение
1. Траектория протона будет отклоняться от первоначального
направления влево.
2. На протон действуют магнитное поле силой, равной
по модулю FM=qvB, и электрическое поле силой, равной
по модулю FM=qE. Поскольку заряд протона положительный,
Рэсонаправлена с £, а по правилу левой руки Ршнаправлена
противоположно силе Рэ.
В® А^®
м |
Р F
Е
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
333
25
Поскольку первоначально протон двигался прямолинейно, то согласно второму закону Ньютона по модулю эти силы были равны.
3. Сила действия электрического поля не зависит от скорости протона, а сила действия магнитного поля с увеличением его скорости увеличивается. Поскольку в результате увеличения скорости протона равнодействующая сил Р9и FM, а также вызываемое ею ускорение направлены влево, траектория протона будет отклоняться от первоначального направления влево.
Возможное решение
1. Согласно законам равноускоренного прямолинейного движения
s = v0t +—, (1)
4v0=v0+at, (2)
где v0 — начальная скорость тела, а — модуль ускорения тела, s— путь, пройденный телом.
2. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для начальной скорости тела:
Ответ: v0 = 5 м/с.
s 20 с ,
v0= — =----- = 5 м/с.
0 2t 2-2
26
27
Возможное решение
1. Энергия одного фотона согласно формуле Планка равна
*=£,. а)
где X— длина световой волны, с — скорость света в вакууме, h— постоянная Планка.
2. Коэффициент полезного действия связывает мощность, потребляемую источником,
с энергией излучения света:
где Р — мощность, потребляемая источником, At— промежуток времени, N — количество излучённых фотонов за это время.
3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для КПД источника:
Nhc 1,21020-6,610-34-3108 ПП1Л 1а0/
г=-------- = — ь = 0,016 = 1,6 %.
1 PAtX 250 • 10-594-Ю"9
Ответ: г= 1,6 %.
Возможное решение
1. Определим степень изотермического сжатия, при которой пар станет насыщенным. При этом учтём, что при 100 °С давление насыщенного водяного пара равно нормальному атмосферному давлению ря = Ратм=Ю5Па. Для этого воспользуемся законом Бойля — Мариотта: puiV1=pKVu. Поскольку начальная относительная
влажность воздуха равна ф = ^ = 0,6, то — = — = ^н =-<2,5. Следовательно,
при изотермическом уменьшении объёма в 2,5 раза пар станет насыщенным.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
334
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
28
29
2. Определим начальное и конечное парциальное давление сухого воздуха,
воспользовавшись законами Дальтона и Бойля — Мариотта:
^1=А-Рп1=А-ФРн=105-0,6105=0,4.105 Па,
А2=^^ = 2,5-0,4.105=105 Па.
3. Определим конечное давление влажного воздуха в сосуде с помощью закона
Дальтона:
Р2=Р«2+Рп2 = Р*2+Р*=105+10*=2Л0* Па.
4. При нагревании влажного воздуха без изменения объёма водяной пар будет
оставаться ненасыщенным, а значит, влажный воздух можно считать идеальным
газом с постоянным количеством вещества, для изохорного нагревания которого
можно применить закон Шарля: — = —. Таким образом, для того чтобы получить
такое же конечное давление без изменения объёма, абсолютную температуру газа
Т2 р2 2105 0
необходимо увеличить в — = — =-------- ^— = Zраза.
105 |
Тх pi 1П
Т Ответ: — = 2.
Возможное решение
1. При последовательном включении сила тока, протекающего по резистору
и лампе, одна и та же, а напряжения на резисторе и лампе в сумме равны
напряжению сети: U = UR+UL.
- Напряжение на лампе UL=90 В определяется по графику при силе тока в цепи /-0,3 А.
- Напряжение на резисторе UR = U -UL = 120 - 90 = 30 В.
- Мощность, выделяющаяся на резисторе, определяется законом Джоуля — Ленца:
PR =uRI = (U-UL)I = (120-90) 0,3 = 9 Вт.
Ответ: PR=9 Вт.
Возможное решение
1. Поскольку луч падает на грань АВ перпендикулярно,
он на ней не преломляется, а, падая на грань АС, согласно
закону отражения света отражается под тем же углом а.
Следовательно, KN|FD, у = 2а.
А777777Ж777777С |
2. Закон преломления света в точке N:
д-sinу = sin(3, или 7i-sin2a = sinp, причём Р = 60°.
sin 60° |
sin 2a sin 30° |
тт sinP
Получаем: п = —
:V3«1,7.
Ответ: п « 1,7.
30
Возможное решение
Обоснование
1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
335
2. Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны,
расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).
- Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно для поступательного движения, другое — для вращательного движения.
- Сумма приложенных к твёрдому телу внешних сил равна нулю (условие равновесия твёрдого тела относительно поступательного движения). Поэтому сумма моментов этих сил относительно любых двух параллельных осей одна и та же. Для удобства выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через центр масс стержня (точку О).
Решение
1. По закону Гука модуль силы упругости равен F = kAL
F2 |
h
Так как растяжения пружин одинаковы, то ^- = -^- = 3,
F, \
где Fv F2 — модули сил упругости левой и правой
пружин соответственно.
2. Условия равновесия стержня с грузом имеют вид
F1 + F2=Mg + mg.
*i*»»{H-*i
правило моментов относительно оси О, проходящей
через центр масс стержня перпендикулярно плоскости рисунка (см. рисунок). 3. Объединяя пункты 1 и 2, получаем систему уравнений:
4F1=Mg + mg
m(L-4d)_3(0,4-0,2) |
\mg.^-d) = F1L.
= 1,5 кг. |
4. Из системы уравнений пункта 3 получаем М = Ответ: М = 1,5 кг.
Вариант 13
24 |
Возможное решение
- Электрометр 1 имеет отрицательный заряд, а электрометр 2 — положительный.
- При поднесении положительно заряженной палочки к шару электрометра 1 электроны в шаре, стержне и стрелке электрометра 2 по алюминиевому стержню в электрическом поле, созданном палочкой, стали перемещаться на поверхность шара электрометра 1. Благодаря этому электрометр 1 приобретает отрицательный заряд. Движение электронов будет происходить до тех пор, пока все точки металлических частей двух электрометров не будут иметь одинаковых потенциалов.
- Поскольку два соединённых алюминиевым стержнем электрометра образуют изолированную систему, то согласно закону сохранения заряда отрицательный заряд электрометра 1 в точности равен по модулю положительному заряду электрометра 2.
- После того как убрали стержень, показания электрометров не изменились.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
336
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
25
Возможное решение
- Пусть М — масса линейки, т — масса груза. При максимальной массе груза, который неподвижен относительно линейки, сила реакции стола действует на линейку только по краю стола.
- Запишем уравнение моментов для первого случая относительно оси вращения, проходящей через край стола перпендикулярно плоскости рисунка:
Mg(l/4) = mig(l/4). (1)
3. Уравнение моментов для второго случая относительно оси вращения, проходящей
через край стола перпендикулярно плоскости рисунка:
Mgl/6 = m2gl/3, (2)
где т2— искомая масса второго груза.
4. Решая уравнения (1) и (2), получим:
т2 =
тх 0,1
= 0,05 кг = 50 г.
Ответ: пг2= 50 г.
26
Возможное решение
1. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
hv = ABblx+eU3an,
(1)
где Авых — работа выхода электронов с поверхности металла, е — элементарный электрический заряд, £/зап — модуль запирающего напряжения для фотоэлектронов.
2. Формула для длины волны X , соответствующей «красной границе» фотоэффекта, имеет вид:
he
Л =
-^■вых
^кр
3. Решая уравнения (1) и (2), окончательно получим:
he 6,61(Г34-3108
Я, |
hv-eU3an541 нм. |
кр |
«54М0~9м = 541нм.
6,610^-71014-1,610190,6
кр |
Ответ: X.
(2)
27
Возможное решение
Для того чтобы шарики подняли в воздух изобретателя, необходимо, чтобы сила Архимеда, действующая на шарики, превышала силу тяжести, действующую на изобретателя и гелий в шариках: FApx>Mg + mrg; где FApx =pBNV0g = mBg — N — количество шариков; V0— объём одного шарика; рв и тв— соответственно плотность и масса вытесненного шариками атмосферного воздуха; тг— масса гелия в шариках.
уравнение -RT, где р0 — атмосферное давление, |
Для атмосферного воздуха и гелия справедливо уравнение Менделеева —
Клапейрона: p0NV0=^-RT и PoNV0= —
Рв |ИГ
\iBи цг — молярные массы соответственно воздуха и гелия.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ
337
Выражая массы газов, окончательно получим:
дг> MRT =________ 608,31-300_______ «3989. |
MRT _ 60-8,3
РоЗДв -ЦР) ~ Ю5 0,015(0,029-0,004) Ответ: N * 3989.
28
29
Возможное решение
1. Заряженная капелька ртути будет находиться в покое, если сила тяжести
уравновешивается силой, действующей со стороны электрического поля:
mg = qE. (1)
2. Напряжённость электростатического поля в конденсаторе связана с разностью
потенциалов и расстоянием между пластинами соотношением
Е = ^. (2)
d
3. Массу капельки найдём из формулы
m = pV, (3)
где р — плотность ртути, V— объём капельки.
4. Из уравнений (1), (2) и (3) получаем:
pygd =13600.2.10-.10.0,02=10()()B=1кВ
v q 5,44 1018
Ответ: Аф = 1 кВ.
Возможное решение
При изменении магнитного поля поток вектора магнитной индукции 0(t) = B(t)Sчерез рамку площадью S = l2изменяется, что создаёт в ней ЭДС индукции <$. В соответствии с законом индукции Фарадея
ДФ__АД,
ё~ At' A*
Эта ЭДС вызывает в рамке ток, сила которого определяется законом Ома для
замкнутой цепи: 0
~ R~ AtR
Согласно закону Джоуля — Ленца за время А* в рамке выделится количество
теплоты: ft Q 9
R At R At
За время A£1=*i=4 с на первом участке графика АВ1=В1-В0=-1 Тл, а на втором участке At2=t2-t1=6 с и ДД, = В2-В1=0,6 Тл, поэтому суммарное количество выделившейся теплоты
(ABQ2^АВьУ |
I4 Q = Qi+Q2= —
It
Отсюда сопротивление рамки Aft At2 |
R-J-Q |
(АД)2 (АД,)2
© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
338
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
ГХ2 |
Подставив значения величин, получим R = Ответ: R* 0,2 Ом.
ОД4
1,6-10
-4
0,6 4 6
2 Л
«0,2 Ом.
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Шарики имеют малые размеры по сравнению с длиной нити, поэтому описываем их моделью материальной точки.
3. При пережигании нити пружина толкает оба шарика, действуя на шарики
внутренней силой — силой упругости, все внешние силы, действующие на систему
двух шариков, направлены вертикально (силы тяжести и натяжения нитей),
поэтому сохраняется горизонтальная проекция импульса системы шариков,
поскольку импульс пружины пренебрежимо мал из-за её малой массы.
4. В процессе движения каждого шарика на нити к верхней точке своей траектории
на каждый из них действуют сила тяжести mgи сила натяжения нити Т.
Изменение механической энергии шарика в ИСО равно работе всех непотенциальных
сил, приложенных к нему. В данном случае единственной такой силой является
сила натяжения нити Т. В каждой точке траектории flu, где v— скорость
шарика, поэтому работа силы fравна нулю, а механическая энергия каждого
шарика на этом участке его движения сохраняется.
Решение
/////// |
После пережигания нити пружина распрямится, сообщая шарикам начальные скорости щ и v2. Запишем закон сохранения импульса для системы шариков в проекциях на ось х (см. рисунок):
& |
& |
Q = -m1v1+m2v2. Для описания дальнейшего движения каждого шарика воспользуемся законом сохранения полной механической энергии:
ТЩОх |
h
x |
тл |
m„ |
/figiv |
= mxg\ = m1g,L1(l-cosa), = тЩё^ъ= m2gL2 (1 - cos a).
г л2 |
Поделив эти равенства друг на друга почленно, получим:
к
\V2J
Из закона сохранения импульса следует, что
Поэтому
v2
щ
к.
= 1,52=2,25.
Ответ: — =
2,25.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
339
24
25
26
Вариант 14
Возможное решение
1. Электрометр 1 имеет положительный заряд, а электрометр 2 — отрицательный.
2. При поднесении отрицательно заряженной палочки к шару электрометра 1
электроны в шаре, стержне и стрелке электрометра 1 по медному стержню
в электрическом поле, созданном палочкой, стали перемещаться на поверхность
шара электрометра 2. Благодаря этому электрометр 1 приобретает положительный
заряд. Движение электронов будет происходить до тех пор, пока все точки
металлических частей двух электрометров не будут иметь одинаковых потенциалов.
3. Поскольку два соединённых медным стержнем электрометра образуют
изолированную систему, то согласно закону сохранения заряда положительный
заряд электрометра 1 в точности равен по модулю отрицательному заряду
электрометра 2.
4. После того как убрали стержень, показания электрометров не изменились.
Возможное решение
- Пусть М — масса линейки, т — масса груза. При максимальной массе груза, который неподвижен относительно линейки, сила реакции стола действует на линейку только по краю стола.
- Запишем уравнение моментов для первого случая относительно оси вращения, проходящей через край стола перпендикулярно плоскости рисунка:
Mg(l/4) = m1g(l/4). (1)
3. Уравнение моментов для второго случая относительно оси вращения, проходящей
через край стола перпендикулярно плоскости рисунка:
Mg((l/2)-x) = m2gx, (2)
где х — расстояние, на которое выдвинута линейка за край стола.
4. Решая уравнения (1) и (2), получим:
тх1 0,25-0,6 А0 ОЛ
х = = = 0,2 м = 20 см.
2(^+^2) 2(0,25 + 0,125)
Ответ: х = 20 см.
Возможное решение
1. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
— = А +eU (1)
где А — работа выхода электронов с поверхности металла, е — элементарный электрический заряд, £/зап — модуль запирающего напряжения для фотоэлектронов.
- Формула для частоты, соответствующей «красной границе» фотоэффекта, имеет вид:
- Решая уравнения (1) и (2), окончательно получим:
*кр
с eU3an= 3-108 1,6101а0,6 Я h "430-КГ9 6,6-1<Г34
«5,5 1014 Гц
Ответ: vKp*5,5 1014 Гц.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
340
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
27
Возможное решение
Для того чтобы шарики подняли в воздух изобретателя, необходимо, чтобы сила Архимеда, действующая на шарики, превышала силу тяжести, действующую на изобретателя и гелий в шариках: FApx>Mg+mrg; где FApx =pBNV0g = mBg — N — количество шариков; VQ— объём одного шарика; рв и тв— соответственно плотность и масса вытесненного шариками атмосферного воздуха; тг— масса гелия в шариках.
Для атмосферного воздуха и гелия справедливо уравнение Менделеева — Клапейрона: p0NV0=—^-RT и р0Л% =—1?Т, где р0 — атмосферное давление, |iB и \хг— молярные массы соответственно воздуха и гелия. Выражая массы газов, окончательно получим:
МЯТ 60-8,31-300
Fn>- |
12 л.
NMVb-Иг) 5000-Ю5 (0,029-0,004)
Ответ: V0« 12 л.
28
Возможное решение
1. Заряженная капелька ртути будет находиться в покое, если сила тяжести
уравновешивается силой, действующей со стороны электрического поля:
mg = qE. (1)
2. Напряжённость электростатического поля в конденсаторе связана с разностью
потенциалов и расстоянием между пластинами соотношением
Е = £. (2)
d
3. Массу капельки найдём из формулы
m = pV, (3)
где р — плотность ртути, V— объём капельки.
4. Из уравнений (1), (2) и (3) получаем:
pVgd 13 600-3 -Ю-18-10-0,02
1,36 10-^ Кл
600 |
Аф
Ответ: q- |
:1,36.10-17 КЛ.
29
Возможное решение
При изменении магнитного поля поток вектора магнитной индукции 0(t) = B(t)Sчерез рамку площадью S = l2изменяется, что создаёт в ней ЭДС индукции &. В соответствии с законом индукции Фарадея
АФ= АВп
At At '
Эта ЭДС вызывает в рамке ток, сила которого определяется законом Ома для замкнутой цепи:
R |
ABnSAtR'
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
341
Согласно закону Джоуля теплоты: |
Ленца за время А* в рамке выделится количество S2(ABnf _l4(ABnf
Q = I2RAt = __ д .
R At R At
За время Д£1=£1=4 с на первом участке графика АВ1=В1-В0=-1 Тл, а на втором
участке At2=t2-t1=6 с и АБ2= В2-В1= °>6 Тл> поэтому суммарное количество
выделившейся теплоты лГ/ ч9 / ч2
Q = Qi+Q2 |
14Г(АД_)2^ABzf
Подставляя сюда значения физических величин, получим: |
ю- |
(ОД)4 |
1 0,36 — + —— 4 6 |
(0,25 + 0,06) = 0,1551(Г3 Дж. |
Q = |
0,2 Ответ: Q=155 мкДж. |
R Atx At2
30
Возможное решение
Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Шарики имеют малые размеры по сравнению с длиной нити, поэтому описываем их моделью материальной точки.
3. При пережигании нити пружина толкает оба шарика, действуя на шарики
внутренней силой — силой упругости, все внешние силы, действующие на систему
двух шариков, направлены вертикально (силы тяжести и натяжения нитей),
поэтому сохраняется горизонтальная проекция импульса системы шариков,
поскольку импульс пружины пренебрежимо мал из-за её малой массы.
4. В процессе движения каждого шарика на нити к верхней точке своей траектории
на каждый из них действуют сила тяжести т§ и сила натяжения нити Т.
Изменение механической энергии шарика в ИСО равно работе всех непотенциальных
сил, приложенных к нему. В данном случае единственной такой силой является
сила натяжения нити Т. В каждой точке траектории Г10, где v— скорость
шарика, поэтому работа силы fравна нулю, а механическая энергия каждого
шарика на этом участке его движения сохраняется.
Решение
После пережигания нити пружина распрямится, сообщая шарикам начальные скорости щ и v2. Запишем закон сохранения импульса для системы шариков в проекциях на ось х (см. рисунок):
/////// |
Q = -miV1+m2v2. Для описания дальнейшего движения каждого шарика воспользуемся законом сохранения полной механической энергии:
TTliVi
= rriigh^ - m^gLi (1 - cos a),
m2v2 |
= rribghz = mzgLzil-cos a).
друг на друга
г л2 |
Поделив эти равенства почленно, получим
к
\V2J
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
342
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
закона сохранения импульса следует, что — = —.
v2 тг
Поэтому —= /— т1 V^2 |
= V2*1,4.
Ответ: —«1,4. т1
Вариант 15
Возможное решение
- На проводник 1 со стороны проводников 2 и 3 действует результирующая сила, направленная вертикально вниз (см. рисунок).
- Вокруг проводников 2 и 3 возникает магнитное поле, линии индукции которого являются окружностями. Направление линий индукции магнитного поля определяется правилом буравчика (см. рисунок). Вектор магнитной индукции результирующего магнитного поля в области проводника 1 определяется принципом суперпозиции: В2з=В2 +Вз> гДе ^ и 4 — векторы индукции магнитных полей, созданных проводниками 2 и 3. Поскольку проводник 1 находится на одинаковом расстоянии а от каждого из проводников 2 и 3, и по проводникам протекают токи одинаковой силы, то |^= |Вз= В.
- Из геометрических построений видно, что угол между векторами ^ и Б3 составляет 60°, а значит, а= 30°. Следовательно, вектор индукции результирующего магнитного поля Б_3> созданного проводниками 2 и 3, направлен горизонтально влево (см. рисунок).
- Со стороны результирующего магнитного поля Б23 на проводник 1 с током действует сила Ампера РА1, направление которой определяется правилом левой руки. Таким образом, результирующая сила, действующая на проводник 1 со стороны проводников 2 и 3, направлена вертикально вниз.
>g I Возможное решение
1. Шарики испытывают абсолютно неупругое соударение. Для системы из двух шариков выполняется закон сохранения импульса (ЗСИ), так как при малом времени взаимодействия действием внешней силы (силы тяжести) можно пренебречь.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
343
2. Взаимодействие шаров можно изобразить так, как показано на рисунке.
до соударения после соударения
26
_ v и
Згп г 2 т Згп т
О х О х
3. С учётом того, что |f>x I = |*521 = t?» а совместная скорость после соударения равна и, запишем ЗСИ в проекциях на ось Ох:
3mv-mu = 4mu, откуда u=v/2=4/2=2 м/с. Ответ: и - 2 м/с.
Возможное решение
1. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
А
где Е — энергия падающих на металл фотонов, Авых — работа выхода электронов с поверхности металла, Ек — максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов.
2. По условию задачи максимальная кинетическая энергия электронов, вылетевших
из пластинки в результате фотоэффекта, в 3 раза меньше энергии падающих
на пластинку фотонов:
Е = ЗЕК. (2)
3. Решая уравнения (1) и (2), окончательно получим:
27
:Е = -АВЫХ; Х = ^^—= ' —£-^ = 137,510-9 м = 137,5 нм. |
hc - 3 - 2hc =2-6,6-1(Г34-3-10а
BbIX' ол " о.а.л а.л п-19
X 2 ЗАВЫХ 3-6-1,6-10
Ответ: Х = 137,5 нм.
Возможное решение
После снятия перегородки суммарная масса паров воды сохраняется прежней:
Pl^l+P2^2=P(^l+^2)> (1)
где рги р2 — плотности паров воды в объёмах Vxи V2соответственно, р — плотность паров после устранения перегородки. Поделим все части уравнения (1) на плотность насыщенных паров воды рн при той же температуре:
PlVi+ PLv2=P.{v1+V2). (2)
Рн Рн Рн
Согласно определению относительной влажности
Pi Р2 Р
Ф1=—» Ф2=— > Ф = —»
Рн Рн Рн
так что вместо (2) имеем:
(p1V1+(p2V2=y(V1 + V2). Отсюда:
Yl
^+^2=ф1+<Й,У1=0>8 + 0,6-3=5 , 0/ов
v^v2 1+^i 1+з
Ответ: ф = 65 %.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
344
ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ
28
Возможное решение
& |
1. Закон Ома для полной цепи в первом и во втором случаях:
ii=-
Ri + r
/2=—^—•
Rz+r
2. Соответствующая им мощность, выделяющаяся во внешней цепи:
AWi2i?i,
3. Решая систему уравнений (1)-(4), получаем:
(1) (2)
(3) (4)
»=
hh
h-L
Т2 Т2 ,
lb(Л 10
5-1U 25
= 4,5 В.
Ответ: <? = 4,5 В.
29
Возможное решение
1. Оптическая сила линзы Dn
-10 дптр; значит, её фокусное расстояние 0,1 м = -10 см.
2. Для получения светлого пятна на экране рассмотрим ход луча SA, который падает от источника, расположенного на двойном фокусном расстоянии от линзы, на край непрозрачной оправы. Чтобы построить преломлённый линзой луч, необходимо воспользоваться свойством тонкой рассеивающей линзы: продолжения всех параллельных лучей пересекаются в одной точке передней фокальной плоскости. Строим параллельный лучу SAлуч КО, проходящий через оптический центр линзы О; находим его пересечение с фокальной плоскостью (точка М) и достраиваем преломлённый луч, который проходит через точки А и В. Полученный луч АВ позволяет определить на экране крайнюю точку В светлого пятна, радиус которого обозначен на рисунке как ВС. Точка Е является мнимым изображением источника S, так как в ней пересекаются луч SOCи продолжение
луча SAB. Поэтому согласно формуле тонкой линзы |
J_ =JL___ 1__J____ 1____ 3_
OE~\F\ SO~\F\ 2\F\~ 2\F\9 2\F\ откуда ОЕ = —L-1 (знак «минус» говорит о том, что изображение источника мнимое).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
345
ЕО ЕС 2H_^±4F|/3
3. Из подобия треугольников ЕАО и ЕВС получаем: "777 """Sp или ~з^~~ ЪТъ
В итоге получаем: D= —------------- =--------- —-------- -40 см. F Ю |
r(3L + 2\F\) 5(3-20 + 210) ЛСк
i: d = —\— ' |; =—------- —------ - = 40
Ответ: Z) = 40 см.
30
24
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Шарик имеет малые размеры по сравнению с размерами пружины и дальностью полёта, поэтому описываем его моделью материальной точки.
- В процессе движения шарика по стволу к верхней точке своей траектории на него действуют сила тяжести mg, сила упругости Руи сила реакции опоры N. Изменение механической энергии шарика в ИСО равно работе всех непотенциальных сил, приложенных к телу. В данном случае единственной такой силой является сила реакции опоры N. В каждой точке траектории N±v, где v— скорость шарика, поэтому работа силы N равна нулю, следовательно, механическая энергия шарика при его движении по стволу сохраняется.
Решение
_mvl h. 1Ч
По закону сохранения механической энергии щ -—— + mgosma, (I)
где Е0 — энергия сжатой пружины, a v0 — скорость шарика в момент вылета
из дула ружья.
Согласно формулам кинематики тела, брошенного под углом к горизонту,
L = v0txosa, £= °sma, где t— время полёта. Следовательно, расстояние 8
L = ^sin2a. (2)
е
Комбинируя формулы (1) и (2), находим:
L = —sin2a(£b-^&sina) =-------------- -2----- sin60°(0,41-510-2100,5sin30°)«l,0 м.
mg 510 10
Ответ: L« 1,0 м.