Вариант 16
Возможное решение
- На проводник 1 со стороны проводников 2 и 3 действует результирующая сила, направленная вертикально вверх (см. рисунок).
- Вокруг проводников 2 и 3 возникает магнитное поле, линии индукции которого являются окружностями. Направление линий индукции магнитного поля
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
346
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
определяется правилом буравчика (см. рисунок). Вектор магнитной индукции результирующего магнитного поля в области проводника 1 определяется принципом суперпозиции: Ё23=В2'\-Вг, где В2и Б3 — 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 |Д= |^= В.
- Из геометрических построений видно, что угол между векторами Б2 и Б3 составляет 60°, а значит, а = 30°. Следовательно, вектор индукции результирующего магнитного поля В23, созданного проводниками 2 и 3, направлен горизонтально влево (см. рисунок).
- Со стороны результирующего магнитного поля Б^ на проводник 1 с током действует сила Ампера FAl9направление которой определяется правилом левой руки. Таким образом, результирующая сила, действующая на проводник 1 со стороны проводников 2 и 3, направлена вертикально вверх.
25
Возможное решение
- 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.
- Взаимодействие шаров можно изобразить так, как показано на рисунке.
до соударения
Зт
после соударения
—► Зт т
О
О
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
347
3. С учётом того, что JDi= 62 =и,; а совместная скорость после соударения равна и, запишем ЗСИ в проекциях на ось Ох:
3mv-mv = 4:mu, откуда и = 2и = 2-0,5 = 1 м/с.
Ответ: v= 1 м/с.
26
Возможное решение
1. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
hv = E = ABbIX + EK, С1)
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:
3 ЗАВЫХ 3-61,61019 2 вых' V 2h 2-6,6-КГ84 |
и ., 3, ЗАВЫХ 3-61,61019^ОО1п15Гтт
hv = E = -A^1-, v = ———=______ _ _Q/1 «4-MU 1Ц.
Ответ: v«2,21015 Гц.
27
Возможное решение
После снятия перегородки суммарная масса паров воды сохраняется прежней:
PiV1+p2V2=p(V1+V2), (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:
PLVl^v2=-^(V1+V2). (2)
Рн Рн Рн
Согласно определению относительной влажности
Pi P2 Р
ф1=—, ф2=—, Ф = —»
Рн Рн Рн
так что вместо (2) имеем:
фЛ+92^2=9(^1+^2)-
Отсюда:
ю _Ф(^1 + ^)-ф1^= I VJ =0>5-(l + 3)-0,8_01_10o/o
Ух Ответ: ф2 = 40 %.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
348
ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ
28
Возможное решение
1. Закон Ома для полной цепи в первом и во втором случаях:
Ш
h =
R1 + r
/« = |
8 Ik + r'
(1) (2)
2. Соответствующая им мощность, выделяющаяся во внешней цепи:
N2=I22Bz.
3. Решая систему уравнений (1)-(4), получаем:
NJz-Nzl! 4-5-10-1
г -- |
= 0,5 Ом.
iMh-h) 15(5-1)
(3) (4)
Ответ: г = 0,5 Ом.
29
Возможное решение
1. Оптическая сила линзы Dn
10 дптр; значит, её фокусное расстояние
F = |
= 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 собирающей линзы: все параллельные лучи пересекаются в одной точке 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 действительным изображением источника S, так как в ней пересекаются идущие от источника лучи SABи SOC. Поэтому согласно
л, - 111111 „„ ор
формуле тонкой линзы 7^г = Т7-~^тт = ^:----------- = —, откуда OE = 2F.
ЕСВС' |
ОЕ F SO F 2F 2F
ЕО |
3. Из подобия треугольников ЕАО и ЕВС получаем: ----------------- =----- |
ИЛИ |
2F L-2F
АО |
_ r(L-2F) 5(30-210) В итоге получаем: D =------------- '- =------- —----- -= 5 см. |
10 |
г " D/2
Ответ: D = 5 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
349
30
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 Fyи 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
По закону сохранения механической энергии L0=—— + mgosma, (±)
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 = v0tcosa> t= vosma9гдеt_ время полёта. Следовательно, расстояние g
L = ^-sin2a. (2)
8
Комбинируя формулы (1) и (2), находим:
т = —_____ ^_______ - =----- -,------ ^--------------- т«0,03кг=-30 г.
L +&sina) 10|--------------- + 0,5-0,5
2sin2a J ^20,866
Ответ: т = 30 г.
Вариант 17
24
Возможное решение
1. Плотность газа р = —, где т — масса газа, V— его объём. В соответствии
с уравнением Менделеева — Клапейрона p = —RT = ?-RT. На участке 1-2 плотность
\xV jlx
газа уменьшается, что означает увеличение его объёма. Давление газа при этом
не изменяется, следовательно, согласно уравнению Менделеева — Клапейрона
температура газа увеличивается.
2. В процессе 2-3 давление изменяется пропорционально плотности газа: р - р.
Следовательно, в этом процессе температура газа не изменяется. Поскольку
плотность газа на этом участке уменьшается, объём газа увеличивается.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
350
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
25
Возможное решение
1. Поскольку стержень находится в равновесии (см. рисунок),
N2-N = 0, (1) ^
mg-Nl=0. (2)
2. Запишем уравнение моментов относительно оси, проходящей 'Л
через нижнюю точку стержня в точке её касания стенки: У/77777777777777
mglsina- N2Lcosa = 0, (3)
где / — расстояние от правого конца стержня до точки подвеса шара, L— длина стержня.
4. Решая систему уравнений (1)-(3), получим выражение для модуля силы N: N=N=mglsina__ mgl-tga=5Ю-2-УЗ
Lcosa
Ответ: N*57JН.
26
Возможное решение
1. Энергия одного фотона согласно формуле Планка равна
(1) |
где v — длина световой волны, h— постоянная Планка.
2. Мощность, поглощённая детектором, связана с энергией фотона и их количеством
соотношением
NE0
(2) |
Р = -
At
где At — промежуток времени, N — количество поглощённых фотонов за это время.
3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для искомого времени:
А^ Nhv 5 1056,6 10-34-71014 ПГ7
14 |
At = = = 7,7 с.
3 10
Ответ: At= 7,7 с.
27
Возможное решение
Поскольку сосуды теплоизолированы, а газы при открытии вентиля работу не совершают, то в соответствии с первым началом термодинамики суммарная внутренняя энергия газов сохраняется:
ЗухДГх 3v2RT2 3, Чт_
~^ + —y-A = -(vi+v2)i2TKOHe4,
откуда Т =— Тл.
J&s конеч о L
В соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона для парциальных давлений газов после открывания вентиля имеем:
Vi-Tti конеч
Р2
3V
3V
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
351
Согласно закону Дальтона для суммарного давления смеси газов получаем:
(Vj + У2 )ДГконеч _ У_Д7конеч _ 5 Vi^Tl
3 V |
V |
SV |
P = Pl+P2
Ответ: р =
5 УхД71 3 V
28
Возможное решение
1. На проводник с током со стороны магнитного поля действует сила Ампера FA9
равная по модулю IBL и направленная горизонтально, перпендикулярно
проводнику.
2. Силы, действующие на проводник, показаны
на рисунке. Считая систему отсчёта, связанную
с наклонной плоскостью, инерциальной, запишем
второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу
(см. рисунок):
Ox: FAcos a
mg sin а |
0; |
тр |
(1)
Оу: N - mgcos а - FAsin а = 0. (2)
Брусок скользит по наклонной плоскости, поэтому
(3) |
3. Решаем систему уравнений (1)-(3).
Из уравнения (2) выражаем N9подставляем полученное выражение в уравнение (3) и получаем выражение для FTp. Подставив его в (1), получаем уравнение для FA:
FAcosa - mgsina - \imgcosa - \xFAsina = 0.
Его решение:
FA=IBL = mg |
sma + |ucosa cosa-jisina
откуда
mg sina + iicosa =14-l(T3-10 sin30°+ 0,2 cos30° _Q1 Тд |
В
IL cosa-|asina Ответ: В «0,1 Тл.
30,4 cos30°-0,2 sin30°
29
Возможное решение
- Циклическая частота колебаний груза и циклическая частота колебаний его изображения одинаковы и равны со.
- Максимальные скорости груза и его изображения связаны с амплитудами их колебаний следующим образом:
Угр. макс. = ^гр. И Уиз. макс. = ^из/
тр. макс. |
Следовательно, угр
*гр.
ииз. макс*
-= Г, где Г — увеличение, даваемое тонкой линзой.
хгр.
fГ = — с учётом того, что и изображение, и предмет действительные. d
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
352
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
4. Найдём увеличение, используя формулу тонкой линзы:
11 /
- + - = 2), откуда d = —-—, a T=fD-l.
f d fD-1
«0,67 м/с. |
Окончательно: и макс - из-макс
Ответ: v |
(fD-1) (5-0,5-1) * 0,67 м/с.
гр. макс,
30
Возможное решение Обоснование
1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту
систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Брусок и тело движутся поступательно, поэтому описываем их моделью
материальной точки независимо от их размеров.
- Из пп. 1 и 2 следует, что движение бруска и тела в ИСО описывается вторым законом Ньютона.
- Нить невесома, блок идеален (масса блока ничтожна, трения нет), поэтому модуль силы натяжения нити в любой^ её точке один и тот же.
- Нить нерастяжима, поэтому модули ускорений подвижного блока и тела т при их прямолинейном поступательном движении отличаются в 2 раза.
Решение
/7777777777777777777777777777777
Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную ось для тела и бруска:
тах =Тг; Ма2 =F-T4, где аги а2— ускорения тела и бруска, Тг— сила натяжения нити, Т4— сила, с которой блок действует на брусок.
Запишем второй закон Ньютона для невесомого блока: 0 = Т3-2Т2, где Ts— сила, с которой брусок действует на блок, Т2 — сила натяжения нити, действующая на блок.
Поскольку нить невесома, то 1^1 = 1^1 = Т. По третьему закону Ньютона fs=-f4,
или |Г8= |Г4|.
Ускорение бруска массой М в 2 раза меньше ускорения тела массой тп, так как за одно и то же время перемещение тела в 2 раза больше перемещения бруска:
ах = 2а2.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
Приходим к системе уравнений: \T=m.2Ch ^ откУДа
«2
М + 4т
; ах = 2а2 =
2F |
210
М + 4т 2 + 40,75
=4 м/с2
Ответ: ах = 4 м/с2
Вариант 18
24
Возможное решение
771
1. Плотность газа р = - где m - масса газа, V— его объём. В соответствии
с уравнением Менделеева — Клапейрона p = ^-RT = ^RT. На участке 1-2 давление
изменяется пропорционально плотности газа: р ~ р. Следовательно, в этом процессе температура газа не изменяется. Поскольку плотность газа на этом участке возрастает, объём газа уменьшается.
2. В процессе 2-3 плотность газа постоянна, следовательно, объём газа не меняется.
Давление газа при этом уменьшается, следовательно, согласно уравнению
Менделеева — Клапейрона температура газа также уменьшается.
25
Возможное решение
N2-N = 0, mg-Nx^O. |
(1) (2) |
1. Поскольку стержень находится в равновесии (см. рисунок), /£\^2
Л
2. Запишем уравнение моментов относительно оси, проходящей 77777777777? через верхнюю точку стержня в точке её касания стенки:
7ttg/sina + ATLcosa-A^sina = 0,
(3)
где I— расстояние от левого конца стержня до точки подвеса шара, L длина
стержня.
4. Решая систему уравнений (1)-(3), получим выражение для модуля силы N:
/о
лгг . 7 • ' (Т А 3-10. —-(3-1)
N = |
V2 |
A^L sm a-7ngZ sin a _ mgsma(L-l)__________ 2 =20 H
Lcosa |
3- |
Lcosa
Ответ: N = 20 H.
© 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
354
ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ
26
27
28
Возможное решение
1. Энергия одного фотона согласно формуле Планка равна
*=£, (1)
где X— длина световой волны, с — скорость света в вакууме, h— постоянная Планка.
2. Мощность, поглощённая детектором, связана с энергией фотона и их количеством
соотношением
n NEo
p'~ir- <2>
где At— промежуток времени, N — количество поглощенных фотонов за это время.
3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для искомого времени:
Л4 Nhc 106-6,61(Г34-3108 аа
At =------ =-------- -------------- = 6,6 с.
РХ 500 1(Г9-6 1(Г14 Ответ: At= 6,6 с.
Возможное решение
Поскольку сосуды теплоизолированы, а газы при открытии вентиля работу не совершают, то в соответствии с первым началом термодинамики суммарная внутренняя энергия газов сохраняется:
_V"^ + ""V^=2(Vl+V2) конеч' откуда Тконеч = 2,571.
В соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона для парциальных давлений газов после открывания вентиля имеем:
^1^-^конеч
А =
Vi+V2
у2^-?конеч
v1+v2
Согласно закону Дальтона для суммарного давления смеси газов получаем:
P = Pl+P2 Ответ: р = |
(Vi + v2 )ДТконеч 4v1i?TK0He4 4v1i?T1
Vx + V2 2,5F V
4у1ДТ1
VВозможное решение
- На проводник с током со стороны магнитного поля действует сила Ампера РА9 равная по модулю IBL и направленная горизонтально, перпендикулярно проводнику.
- Силы, действующие на проводник, показаны на рисунке. Считая систему отсчёта, связанную с наклонной плоскостью, инерциальной, запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу (см. рисунок):
Ox: FAcos а - mg sin а - FT = 0; (1)
Оу: N - mg cosa - FAsina = 0. (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
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
355
Брусок скользит по наклонной плоскости, поэтому
29
30
^тр = »N. (3)
3. Решаем систему уравнений (1)-(3).
Из уравнения (2) выражаем N, подставляем полученное выражение в уравнение (3) и получаем выражение для FTp. Подставив его в (1), получаем уравнение для FA:
FAcosa - mgsina - \xmgcosa - \iFAsina = 0.
Его решение:
__ TT_T sina + ucosa
FA=IBL = mg - ,
cos a-|i sin a
откуда
mg sina + iicosa =201(r310 sin30°+ 0,2 cos30° nд"BL "cosa-jisina" 0,04-0,4 cos30o-0,2sin30o ~
Ответ: /«НА.
Возможное решение
- Циклическая частота колебаний груза и циклическая частота колебаний его изображения одинаковы и равны со.
- Максимальные скорости груза и его изображения связаны с амплитудами их колебаний следующим образом:
Угр. макс. = шЛгр. И иш. макс. = ^из.'
Следовательно, игрмакс.= -т^иИз. макс..
3. —— = Г, где Г — увеличение, даваемое тонкой линзой.
^тр.
/
Г = — с учётом того, что и изображение, и предмет действительные. d
4. Найдём увеличение, используя формулу тонкой линзы:
1 1 f
- + - = £>, откуда d = —-—, а T = fD-l.
f d fD-1
Окончательно: ^из. макс. = ^гр. MaKC.(/D-l) = 4.(5.0,5-l)= 6 м/с.
°ТВеТ: Угр.макс. =6 М/С-
Возможное решение Обоснование
1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту
систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Брусок и тело движутся поступательно, поэтому описываем их моделью
материальной точки независимо от их размеров.
- Из пп. 1 и 2 следует, что движение бруска и тела в ИСО описывается вторым законом Ньютона.
- Нить невесома, блок идеален (масса блока ничтожна, трения нет), поэтому модуль силы натяжения нити в любой её точке один и тот же.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
356
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
5. Нить нерастяжима, поэтому модули ускорений подвижного блока и тела т при их прямолинейном поступательном движении отличаются в 2 раза.
Решение
Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную ось для тела и бруска:
та1=Т1; Ma2=F-T± , где ахи а2 — ускорения тела и бруска, 7\ — сила натяжения нити, Т4 — сила, с которой блок действует на брусок.
Запишем второй закон Ньютона для невесомого блока:
0 = Т3-2Т2, где Т3 — сила, с которой брусок действует на блок, Т2 — сила
натяжения нити, действующая на блок.
Поскольку нить невесома, то |?i= |r2= T. По третьему закону Ньютона Т3=-Т4,
или |Г3= |Г4|.
Ускорение подвижного блока, а значит, и бруска массой М, в 2 раза меньше
ускорения тела массой т, так как за одно и то же время перемещение тела
в 2 раза больше перемещения бруска: ах = 2о2.
Приходим к системе уравнений: \т=тп,2а °2>0ТКУДа
10 |
-2 м/с2.
М + 4т 2 + 40,75 |
а2
24
Ответ: а2 = 2 м/с2.
Вариант 19
Возможное решение
1. Вначале изображением источника была точка в задней фокальной плоскости линзы, расположенная ниже главной оптической оси, так как все параллельные лучи линза собирает в одной точке фокальной плоскости. Положение этой точки определяется углом падения лучей на линзу (рис. 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
357
- Плоскопараллельная пластина в соответствии с законом преломления света не нарушает параллельности лучей, а только смещает падающие лучи параллельно вверх (рис. б).
- Так как угол падения лучей на линзу не изменился, то и положение изображения не изменится (рис. б).
Рис. б
25
Возможное решение
При установившемся движении ускорение груза равно ускорению лифта и груз неподвижен относительно кабины лифта. Запишем второй закон Ньютона для груза: та = kAx - mg. Ускорение можно найти из уравнения кинематики для движения лифта:
0 at2 2S 2 • 5 0к . 2
S= ~2~' а = -^ = -^ = 2>5ш/с•
Следовательно, для удлинения пружины получим:
5 см. |
Ах = |
m(g + a)_ 0,4(10 + 2,5) _
k " 100
Ответ: Ах = 5 см.
26
Возможное решение
Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта для первого случая:
hv1=Awa+Ei. Для второго случая: hv2=ABhSX + E29по условию у2=2ух. Следовательно, 2hvx=АВЫХ+Е2. Проведя преобразования, получим
^-2^ =3,95-2-1,2 = 1,55 эВ.
Ответ: Авых = 1,55 эВ.
27
Возможное решение
IIзакон Ньютона в проекциях на вертикаль: FA= mHeg+ mo6g-
Силы выражены через радиус оболочки г: pBgV = mo6g+ mUeg= bSg+ pHeVg
=> pBg• ^тгг3 = b • 4nr2 • g+ pHe • g-nr6, откуда радиус: г = ———.
3 О Рв PHe
& — отношение массы оболочки к её площади.
Плотности гелия и воздуха находим из уравнения Менделеева — Клапейрона:
ЛТ mnm m Мр МЯер Мвр
где
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
358
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
зыгт |
m 4к |
Отсюда Ъ = |
Тогда радиус оболочки: г =
илиили. ' |
f |
>(мв- |
МНе |
)' |
:г2 ■ Ъ = 4я |
3RT _р(Мв-МНе)_ |
2 &3 |
||
р(Мв-МНе)~ |
1 2U Г |
500 |
||
3RT |
4-3,14 |
10б(29-10"3-4-10"8) 3-8,31-273
«1,75 кг/м2.
Ответ: масса одного квадратного метра материала оболочки шара пг0« 1,75 кг.
28
Возможное решение
Кинетическая энергия иона при входе в магнитное поле
mv
= qU,
(1)
где m, vи q— соответственно масса, скорость и заряд иона.
В магнитном поле на ион действует сила Лоренца, перпендикулярная скорости
иона и вектору магнитной индукции. Модуль силы Лоренца FR = qvB, она придаёт
2 2
иону центростремительное ускорение а = —. Получаем: qvB = m—.
(2)
Решая систему уравнений (1) и (2), находим:
m R2В2 4 • 1(Г2 • 25 • 10~2
2104 |
q 2U
= 510"7 кг/Кл.
m |
Ответ: — = 5 • 10 7 кг/Кл.
29
Возможное решение
1. Непосредственно перед размыканием ключа К ток через
г ш конденсатор равен нулю, по катушке течет ток ^о = ~"?
напряжение UQC на конденсаторе равно напряжению
на катушке, поэтому Uoc= 0.
2. После размыкания ключа К в контуре возникают гармонические
электромагнитные колебания. Энергия электромагнитных колебаний в контуре
сохраняется:
—^-, откуда получаем: U= J-^[Iq~ !) •
Учитывая, что /0= ~> получим: U= I—
(я?2
V
10 |
-3
т-1 =5В.
5 10Ч4
Ответ: U= 5 В.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
359
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- В ИСО изменение механической энергии тела равно работе всех приложенных к телу непотенциальных сил. При движении бруска вниз и вверх по наклонной плоскости на него действуют потенциальная сила тяжести и сила реакции опоры N, перпендикулярная перемещению бруска (трения нет, так как поверхность гладкая). Поэтому работа силы N при движении бруска по наклонной плоскости равна нулю. Следовательно, механическая энергия бруска при его движении до удара сохраняется. Аналогично сохраняется механическая энергия бруска и при его движении после удара.
- Закон сохранения импульса выполняется в ИСО в проекциях на выбранную ось, если сумма проекций внешних сил на эту ось равна нулю. В данном случае выбранную ось направим параллельно движению бруска. Проекции на эту наклонную ось сил тяжести, действующих на брусок и на пулю, не равны нулю. Но надо учесть, что при столкновении бруска и пули импульс каждого из двух тел меняется на конечную величину, тогда как время столкновения мало. Следовательно, на каждое из двух тел в это время действовала огромная сила (это силы взаимодействия бруска и пули), по сравнению с которой сила тяжести ничтожна. Поэтому при столкновении тел силы тяжести не учитываем. Вследствие этого при описании столкновения бруска с пулей соблюдается закон сохранения импульса для системы тел «брусок + пуля».
Решение
1. Найдём скорость vvкоторую брусок приобрёл, пройдя путь х. Используем закон
сохранения механической энергии:
Mg^sina = —^-, i>i = V2#*sina- (!)
2. Учитывая абсолютно неупругий удар пули и бруска, запишем закон сохранения
импульса для этих тел:
mv- Mvx=(M+ m)v2, (2)
где v— скорость пули, v2— скорость, которую приобретут тела после абсолютно неупругого удара.
3. По закону сохранения механической энергии бруска при его подъёме
по наклонной плоскости на расстояние S:
{M + m)v2 =f^M+m^gSsina^ щ = J2gSsina. (3)
л т MJ2#sina(Vx + VS) 0,25л/2 • 10 • sin30°(V^6 + V^5) п nnf~
4. Тогда т = —---------- , =---------------- , ---- = 0,005 кг.
v- V2£Ssina 555 - V2 • 10 • 2,5 • sin30°
Ответ: т = 5 г.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
360
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
24
Вариант 20
Возможное решение
- Вначале изображением источника была точка в задней фокальной плоскости линзы, расположенная выше главной оптической оси, так как все параллельные лучи линза собирает в одной точке фокальной плоскости. Положение этой точки определяется углом падения лучей на линзу (рис. а).
- Плоскопараллельная пластина в соответствии с законом преломления света не нарушает параллельности лучей, а только смещает падающие лучи параллельно вниз (рис. б).
- Так как угол падения лучей на линзу не изменился, то и положение изображения не изменится (рис. б).
Рис. б
25
Возможное решение
При установившемся движении ускорение груза равно ускорению лифта и груз неподвижен относительно кабины лифта. Запишем второй закон Ньютона для груза в проекциях на вертикальную ось, направленную по направлению движения лифта:
та = mg - kAx. Ускорение можно найти из уравнения кинематики для движения лифта:
аг 2 |
2S 2-5 |
S = ^^,a =
t2 4 Следовательно, для массы груза получим:
т = |
kAx 100 0,015
(g-a) Ю-2,5
2,5 м/с2.
0,2 кг = 200 г.
Ответ: т = 200 г.
26
Возможное решение
Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта для первого случая:
A f =Авых+^1-Al
С 1
Для второго случая: h— =А,ЫХ+-Е2 по условию ^2=~^i.
А,2 ^
Следовательно, 2h— =АВЫХ+Е2. Ал
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
361
Проведя преобразования, получим
heОтвет: —=2,75 эВ.
М
he
— = Е2-Е1=3,95-1,2 = 2,75 эВ.
А*
27
Возможное решение
IIзакон Ньютона в проекциях на вертикаль: FA = mKeg+ т0^§-
Силы выражены через радиус оболочки г: pBgV = mo6g4- mHeg= bSg+ Рне^>
Рв - РНе Клапейрона: |
=> pBg• "о тгг3 = b• 4 л г2 • g + pHeg • -опг3, откуда радиус оболочки: г
где Ъ = 2 кг/м2 — отношение массы оболочки к её площади. Плотности гелия и воздуха находим из уравнения Менделеева
т Мр МЯер Мвр
/>F |
RT |
~М |
У=ШГ9откуда рНе = -^г-> Рв = -д^г.
ЗЬДТ 3-2-8,31-273
«5,44 м, её масса:
Радиус оболочки: ? = -,.-, х
р(Мв - МНе) ю5. (29 -10"3- 4 • 1(Г3)
т = 4кг2• & * 4 • 3,14 • 5,442 • 2 « 743 кг. Ответ: т « 743 кг.
28
Возможное решение
Кинетическая энергия иона при входе в магнитное поле
mv
= qU,
(1)
где т, vи q— соответственно масса, скорость и заряд иона.
В магнитном поле на ион действует сила Лоренца, перпендикулярная скорости иона и вектору магнитной индукции, равная по модулю ^л ~ QVBи придающая
Получаем: |
,.2
R |
ему центростремительное ускорение аЕ
qvB = m
R'
(2)
Решая систему уравнений (1) и (2), находим:
Ответ: В = 0,5 Тл.
В = -4-J2C7— = т^г>/2-104-5-10"7= 0,5 Тл. Д\ q 0,2
29
Возможное решение
напряжение Uoc на конденсаторе равно напряжению |
1. Непосредственно перед размыканием ключа К ток через конденсатор равен нулю, по катушке течёт ток
на катушке, поэтому Uoc= 0,
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
362
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
2. После размыкания ключа К в контуре возникают гармонические электромагнитные колебания. Энергия электромагнитных колебаний в контуре |
LL |
сохраняется:
LI2 CU2
■ + ■
—, откуда получаем: С-
L(l2o-I2)
и2
Учитывая, что U= &, /0 = —, получим:
C = L
г2Л
г2 П2
= 10"
-0,16Ь=90-10"°Ф
Ответ: С = 90 мкФ.
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- В ИСО изменение механической энергии тела равно работе всех приложенных к телу непотенциальных сил. При движении бруска вниз и вверх по наклонной плоскости на него действуют потенциальная сила тяжести и сила реакции опоры N, перпендикулярная перемещению бруска (трения нет, так как поверхность гладкая). Поэтому работа силы N при движении бруска по наклонной плоскости равна нулю. Следовательно, механическая энергия бруска при его движении до удара сохраняется. Аналогично сохраняется механическая энергия бруска и при его движении после удара.
- Закон сохранения импульса выполняется в ИСО в проекциях на выбранную ось, если сумма проекций внешних сил на эту ось равна нулю. В данном случае выбранную ось направим параллельно движению бруска. Проекции на эту наклонную ось сил тяжести, действующих на брусок и на пулю, не равны нулю. Но надо учесть, что при столкновении бруска и пули импульс каждого из двух тел меняется на конечную величину, тогда как время столкновения мало. Следовательно, на каждое из двух тел в это время действовала огромная сила (это силы взаимодействия бруска и пули), по сравнению с которой сила тяжести ничтожна. Поэтому при столкновении тел силы тяжести не учитываем. Вследствие этого при описании столкновения бруска с пулей соблюдается закон сохранения импульса для системы тел «брусок + пуля».
Решение
1. Найдём скорость vvкоторую брусок приобрёл, пройдя путь х. Используем закон сохранения механической энергии:
Mvt |
Mgxsin = —jjps !>i = V2£*sina.
(1)
2. Учитывая абсолютно неупругий удар пули и бруска, запишем закон сохранения импульса для этих тел:
mv- Mvx = (M+ m)v2, (2)
где v— скорость пули, v2 — скорость, которую приобретут тела после абсолютно неупругого удара.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
363
3. По закону сохранения механической энергии бруска при его подъёме по наклонной плоскости на расстояние S:
(M + m)vo , Л ,-----------
------ 9 f = (М+ m)gS sina, v2 = ^2gSsina.
(3)
4. Тогда
М |
М |
v = —^J2gxsina + — + 1 |72^Ssina,
v= 50^2Ю-3,6 0,5 + 51 • V2 10-2,5 0,5 = 555м/с. Ответ: и = 555 м/с.
24
Вариант 21
Возможное решение
1. Вектор результирующего магнитного поля в точке О равен нулю. Если направление
электрического тока в проводнике 3 изменить на противоположное, то вектор
результирующего магнитного поля будет направлен горизонтально вправо.
2. Вокруг каждого из проводников возникает магнитное поле, линии индукции
которого являются окружностями. Направление линий индукции магнитного
поля определяется правилом буравчика (см. рис. а). Вектор индукции
результирующего магнитного поля в точке О определяется принципом
суперпозиции: Вт = Вг+ В2+ Bs, где В1, В2и Б3 — векторы индукции
магнитных полей в точке О, созданных каждым проводником отдельно. Поскольку
точка О равноудалена от каждого проводника и по проводникам протекают токи
одинаковой силы, то
Рис. а
Рис. б
3. Из геометрических построений видно, что угол между векторами Вг и В2 составляет 120°, а значит, a = 60°. Следовательно,
В |
12
Вг
cos a +
cos a = 2Bcos60° = В.
Таким образом, ВЪ1 = Вг + В2+ Bs= 0.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
364
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
4. Если направление электрического тока в проводнике 3 изменить на противоположное, то вектор индукции магнитного поля, созданного этим проводником в точке О, будет направлен горизонтально вправо (см. рис. б).
вь |
Таким образом,
2В.
Б, |
+ |
Ву< |
S2 |
Bz2=B1 + B2 + B^0 и
Следовательно, после изменения направления тока в проводнике 3 вектор индукции результирующего магнитного поля в точке О будет направлен горизонтально вправо.
25
Возможное решение
Запишем для двух грузов второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось:
Маг- Mg- Тг; ша2 = Т2 - mg. Так как нить невесома и нерастяжима, а блок идеальный, то
ах- а2 = а; Тг= Т2 = Т.
Для пути, который прошёл левый груз, можно записать соотношение
2-2 |
2а
V |
= 1 |
Тогда для силы натяжения нити получим:
+ g |
2S |
Т = т
+ 10
= 14 Н.
Ответ: Т = 14 Н.
26
Возможное решение
Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
hv = Abix+E> гДеЕ =eU3. Следовательно: U3= hv~A™ = 6>61Q-34 1,6-10^-3,8-1,6-lQ^
1,6 10
Ответ: *У =2,8 B.
mg |
27
Возможное решение
4тГ |
Iж 200 м/с2 > g. Поэтому |
со2Г |
1. Центростремительное ускорение шарика во всех точках
траектории одинаково: ап
в верхней точке траектории сила, действующая на шарик со стороны стержня, направлена вертикально вниз.
2. В нижней и в верхней точках траектории на шарик действуют сила тяжести mg, силы со стороны стержня Тги Т2соответственно (см. рисунок).
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на радиальное направление для этих двух моментов движения шарика:
тпа„ |
mg,
тац =T2+mg,
(1) (2)
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ
365
28
где ац = со2/ — центростремительное ускорение шарика в нижней и в верхней
точках, со — угловая скорость вращения шарика.
2я
3. Угловая скорость связана с периодом вращения шарика как со - —.
AT
4-3,14" 0,2 1() 0,22 |
0,4 |
«3,7 Н. |
2 10 |
v*2 |
- Объединяя записанные выражения (1) и (2), найдём массу шарика т = -~—.
- Окончательно получим Т2=т(о>Ч-ё) = Щ
Ответ: Т2~ 3,7 Н.
Возможное решение
До размыкания ключа электрический ток протекает через последовательно соединённые резисторы R„ R9и катушку L. Согласно закону Ома для полной цепи
8 18 i A TT
/ = -=------------ = zrjz—£—я- =1 А. При этом напряжение на конденсаторе равно
М^ + ±\2 + rlU + 0 + _j
U= IR2=1-6 = 6 В, так как напряжение на катушке равно 0. Таким образом, до размыкания ключа в конденсаторе была накоплена энергия
С_72 61(Г6-36 iAO 1П_6 2 |
Wc= ^- = 0 = 108 • 1(Г6 Дж = 108 мкДж,
29
а в катушке индуктивности —
WL= Цг- = 12Л°0 Л = 6-ПГ6 Дж = 6 мкДж.
После размыкания ключа вся накопленная в элементах цепи энергия выделится в виде тепла на резисторе i?2: # = 1^+1^=108 + 6 = 114 мкДж.
Ответ: Q = 114 мкДж.
Возможное решение
- Если изображения двух точечных источников находятся в одной и той же точке, то один из источников находится за фокусом, а другой — перед фокусом линзы. Первое изображение будет действительным, а второе — мнимым. Расстояние от первого источника до линзы d= 15 см, поэтому расстояние от второго источника до линзы х = L- d= 7,5 см < d. Следовательно, именно второй источник находится между линзой и её фокусом, и его изображение будет мнимым.
- Запишем формулу тонкой линзы для первого источника:
111 m
J=d+J> (1)
/ — расстояние от линзы, на котором находится изображение первого источника. Запишем формулу тонкой линзы для второго источника:
F х f
Знак «минус» перед последним слагаемым указывает на то, что изображение будет в этом случае мнимым.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
366
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Складывая уравнения (1) и (2), получим:
х = |
Fd
2d-F
(3)
4. Тогда L= х + d =
2d2
2d-F
,F:
2d(L- d) 2 • 0,15(0,225 - 0Д5)
L " 0225
ОД м = 10 см.
30
Ответ: F= 10 см.
Возможное решение
Обоснование
Согласно условию объёмом жидкого бензола следует пренебречь. В то же время возникающие при кипении пары бензола изобарно расширяются, увеличивая свой объём. И это увеличение объёма AV, судя по условию, заметно. В объёме AVнаходятся только пары бензола, образовавшиеся при кипении. Следовательно, объём массы пара во много раз больше объёма жидкости, из которой он образовался. Отсюда следует, что объём в паре, приходящийся в среднем на одну молекулу AV/ N, много больше объёма одной молекулы и поэтому среднее расстояние между соседними молекулами пара много больше их размера. Таким образом, пары бензола в этой задаче являются разреженным газом и их можно описывать моделью идеального газа.
Решение
- В соответствии с первым началом термодинамики подводимое количество теплоты равно сумме изменения внутренней энергии системы и совершённой механической работы: Q= AU+ А. При кипении бензола происходит его изобарное расширение. Работа пара A = pAV, где/? — атмосферное давление, AV— изменение объёма.
- Считая пар идеальным газом, воспользуемся уравнением Менделеева — Клапейрона для определения изменения объёма за счёт испарившегося бензола
массой Am: pAV= -^-z-RT, где М = 78 • 10~3 кг/моль — молярная масса бензола,
AmRT М |
М Т = 80 + 273 = 353 К — температура кипения бензола. Отсюда А =
3. Количество теплоты Q, необходимое для испарения массы Am бензола,
пропорционально удельной теплоте парообразования Q- AmL.
4. Искомая величина определяется отношением
Л
AUQ
Q-AQ
= 1
RTML
1
8,31-353
78 • Ю-3 • 396 • 103
« 0,905.
Ответ: г« 0,905.
Вариант 22
24 |
Возможное решение
1. Вектор результирующего магнитного поля в точке О равен нулю. Если направление электрического тока в проводнике 3 изменить на противоположное, то вектор результирующего магнитного поля будет направлен горизонтально влево.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
367
= в. |
то |
2. Вокруг каждого из проводников возникает магнитное поле, линии индукции которого являются окружностями. Направление линий индукции магнитного поля определяется правилом буравчика (см. рис. а). Вектор индукции результирующего магнитного поля в точке О определяется принципом суперпозиции: БЕ1 = Вг+ В2 + В3, где Вг, В2и Б3 — векторы индукции магнитных полей в этой же точке, созданных каждым проводником отдельно. Поскольку точка О равноудалена от каждого проводника и по проводникам протекают токи одинаковой силы,
\Вг |
- |
4 |
= |
в» |
Рис. а
Рис. б
3. Из геометрических построений видно, что угол между векторами Вг и В2 составляет 120°, а значит, а = 60°. Следовательно,
э12
д
cos a +
В,
cos а = 25cos60°= В.
Таким образом,
Rli= &i+ &2 + ^з = 0.
4. Если направление электрического тока в проводнике 3 изменить на противоположное, то вектор индукции магнитного поля, созданного этим проводником в точке О, будет направлен горизонтально влево (см. рис. б).
= 2В. Следовательно,
В |
^ |
Яз |
'12 |
Таким образом, БЕ2 = В1+ В2+ В'г ф 0 и
после изменения направления тока в проводнике 3 вектор индукции
результирующего магнитного поля будет направлен в точке О горизонтально влево.
25
Возможное решение
Запишем для двух грузов второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную
ось: Маг= Mg- Тг; ша2 = Т2 - mg.
Так как нить невесома и нерастяжима, а блок идеальный, то ах- а2- а; Тг = Т2 = Т.
Для скорости, которую приобрёл правый груз, можно записать соотношение v = at.
Тогда д,ля силы натяжения нити получим: Т = m— + gОтвет: Г = 14 Н. |
+ 10 I= 14 Н.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
368
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
26
Возможное решение
Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
hv = ABMX+E, где Е =eU3.
Следовательно:
Лых=^-вС7з=6,610-34-81014-1,610-190,6 = 4,32.1019Дж = 2,7эВ.
Ответ: Авых = 2,7 эВ.
27
Возможное решение
4тГ |
7*200 м/с2 |
> |
ац - со I= |
1. Центростремительное ускорение шарика во всех точках
траектории одинаково:
Поэтому в верхней точке траектории сила, действующая на шарик со стороны стержня, направлена вертикально вниз.
2. В нижней и в верхней точках траектории на шарик действуют сила тяжести т§, силы со стороны стержня Тги % соответственно (см. рисунок).
тпаТ1 |
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на радиальное направление для этих двух моментов движения шарика:
mg,
гпац = Т2 +mg,
где ац = со I — центростремительное ускорение шарика в нижней и в точках, со — угловая скорость вращения шарика.
4-3,1420,2 0,22 |
UkH |
AT 2g |
0,4 |
- Угловая скорость связана с периодом вращения шарика как со = —.
- Объединяя записанные выражения (1) и (2), найдём массу шарика m=
- Окончательно получим
+ 10 |
« 4,1 H. |
■ + g |
2 10 |
Тх =m((i>2l + g} = Ответ: Т1* 4,1 Н.
(1)
(2)
верхней
AT2g•
28
Возможное решение
До размыкания ключа электрический ток протекает через последовательно соединённые резисторы RvR2и катушку L. Согласно закону Ома для полной цепи
Т Ш 12 Л Л ТТ
I - -=---- —---- = тг—s—т-1 А. При этом напряжение на конденсаторе равно
U- IR2 = 1 • 3 =3 В, так как напряжение на катушке равно 0. Таким образом, до размыкания ключа в конденсаторе была накоплена энергия
4 • 10"° • Q с ^^—- = 18 • 10~6 Дж = 18 мкДж, |
-6 |
CU'
Wn
'с~~2~- 2 а в катушке индуктивности —
Tjr LI2 24 • 10~6 • 1
12 10_b Дж = 12 мкДж.
© 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
369
29
30
После размыкания ключа вся накопленная в элементах цепи энергия выделится в виде тепла на резисторе R2: Q= Wc+ WL= 18 +12 =30 мкДж.
Ответ: Q = 30 мкДж.
Возможное решение
- Фокусное расстояние линзы равно F= 1/D= 10 см.
- Если изображения двух точечных источников находятся в одной и той же точке, то один из источников находится за фокусом, а другой — перед фокусом линзы. Первое изображение будет действительным, а второе — мнимым. Запишем формулу тонкой линзы для первого источника:
J=d+ 7> (1)
/ — расстояние от линзы, на котором находится изображение первого источника.
3. Запишем формулу тонкой линзы для второго источника:
1 = 1-1 (2)
F х f K)
Поскольку х < F, то мнимым будет изображение именно второго источника. Знак «минус» перед последним слагаемым указывает на то, что изображение будет в этом случае мнимым.
4. Складывая уравнения (1) и (2), получим:
xF 7,5 10 1К d= 2x^F = 15^10 = 15СМ-
Ответ: d= 15 см.
Возможное решение
Обоснование
Согласно условию объёмом жидкого ацетона следует пренебречь. В то же время возникающие при кипении пары ацетона изобарно расширяются, увеличивая свой объём. И это увеличение объёма AV, судя по условию, заметно. В объёме AVнаходятся только пары ацетона, образовавшиеся при кипении. Следовательно, объём массы пара во много раз больше объёма жидкости, из которой он образовался. Отсюда следует, что объём в паре, приходящийся в среднем на одну молекулу (AV /N) , много больше объёма одной молекулы и поэтому среднее расстояние между соседними молекулами пара много больше их размера. Таким образом, пары ацетона в этой задаче являются разреженным газом, и их можно описывать моделью идеального газа.
Решение
1. В соответствии с первым началом термодинамики подводимое количество теплоты равно сумме изменения внутренней энергии системы и совершённой механической работы: Q= AU+ А. При кипении ацетона происходит его изобарное расширение. Работа пара А = pAV, где р — атмосферное давление, AV— изменение объёма.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
370
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
2. Считая пар идеальным газом, воспользуемся уравнением Менделеева — Клапейрона для определения изменения объёма за счёт испарившегося ацетона
массой Am: pAV |
AmRT, где М = 58 • 10~3 кг/моль
д>г-.•-. , *^~ — *_ — — ,«**— молярная масса ацетона,
AmRTТ = 56 + 273 = 329 К — температура кипения ацетона. Отсюда А = ——— .
3. Количество теплоты Q, необходимое для испарения массы Am ацетона,
пропорционально удельной теплоте парообразования: Q= AmL.
4. Искомая величина определяется отношением
« 0,09. |
Л |
А =RT= 8,31-329
Q~ ML~ 58 • 10~3• 524 • 103
Ответ: г« 0,09.
Вариант 23
24
Возможное решение
2-3 больше модуля работы |
р 4Р0 Ро 0 |
1. Работа газа в процессе внешних сил в процессе 4-1
S |
23 " l**-41
к |
2. Поскольку работа газа в термодинамике численно равна
площади фигуры под графиком p(V), где р — давление газа,
V— объём газа, перестроим график цикла в эти координаты.
Процесс 1-2 является изохорным, в нём абсолютная
температура газа увеличилась в 4 раза, а значит, при
2V0 3V0V |
v = const согласно закону Шарля (~ = const) и давление
газа увеличилось в 4 раза.
Процесс 2-3 является изотермическим, в координатах p-Vего графиком является
гипербола. Согласно закону Бойля — Мариотта (pV = const) увеличение в 2 раза
объёма приведёт к уменьшению в 2 раза давления.
В процессе 3-4 газ изохорно уменьшил свою абсолютную температуру и давление
в 2 раза, а в процессе 4-1 изобарно, поскольку график этого процесса проходит
через начало координат, вернулся в исходное состояние (см. рисунок).
\A41\ = p0(2V0-V0) = p0V0. |
3. Из графика видно, что работа газа в процессе 2-3 численно равна площади
криволинейной трапеции под гиперболой 2-3 и А2г > 2p0[2V0 -V0J = 2p0V0 9
а модуль работы внешних сил в процессе 4-1
Таким образом, А23 > |А41|.
25
Возможное решение
Правило для моментов сил относительно оси, проходящей через шарнир перпендикулярно
плоскости рисунка: F(L -b) + mg(-~ -b) = Mgb, где mПроведя преобразования, получим
масса стержня.
Ответ: L= 4 м.
т b(F + g(m + M)) 1. (300 + 10 150) А
Т. — —ь------------------------ 'J- — —ь--------------------------- '- = Дм.
mg_ 300 + 150
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
371
26
Возможное решение
he Nhc
Энергия одного фотона Ег= — , энергия N фотонов Е = NEX= —— . Мощность света,
X А
Fпоглощённого сетчаткой, Р = —. Следовательно, для длины волны фотонов получим:
^^ = 135.6,6.10-з4.3.10^450 нм
Pt 1,98Ю17-3
Ответ: ^ = 450 нм.
27
Возможное решение
Пробка выскочит, если сила, с которой газ давит изнутри на пробку, превысит
суммарную силу давления атмосферного воздуха снаружи на пробку и трения
пробки о края отверстия. А это произойдёт, когда давление газа превысит
F F
атмосферное давление на величину Ар = —, откуда: s= — .
Поскольку изначально давление газа в сосуде равно атмосферному, именно такое
изменение давления газа в сосуде определяет предельное количество теплоты,
переданное газу.
Поскольку объём Vгаза не меняется, изменение давления газа связано с изменением
его температуры Т. Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона V- Ар = vR - AT,
где v — количество газообразного вещества.
Чтобы найти изменение температуры газа, обратимся к первому закону
термодинамики: АС/ = А + Q. В нашем случае работа внешних сил А = 0, поскольку
объём газа не меняется, и изменение внутренней энергии газа равно количеству
полученной им теплоты: AU= Q.
3
Для идеального одноатомного газа имеем: At/ = ttVjR " д?\ Соотнеся это равенство
с уравнением Менделеева — Клапейрона и равенством AU = Q, находим:
2 2 V• Ар = зAU= 3Q' Ap= |
2Q SV ' |
2 15 103 " 3 • 2 • 10~2 |
Следовательно, s =------- =- = 2 • 10"4 м2. 5-Ю5 |
|
|
Ответ: я = 2 • Ю-4 м2. |
|
|
= 5 • 105Па.
28
Возможное решение
- До размыкания ключа электрический ток протекает через последовательно соединённые лампу и резистор. Общее сопротивление внешней цепи R0= Лл + R= = 10 + 15 = 25 Ом, где 1?л — сопротивление лампы, R— сопротивление резистора.
- Согласно закону Ома для полной цепи I= —--------- = -^-—- = 2 А. При этом
JtCq + Г ^О + О
напряжение на конденсаторе U= IR0 - 2 • 25 = 50 В.
3. Таким образом, до размыкания ключа в конденсаторе была накоплена энергия
ж=^=80-10-6-502=0ДДж.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
372
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
29
4. После размыкания ключа вся энергия, накопленная в конденсаторе, будет выделяться на последовательно включённых лампе и резисторе. Согласно закону Джоуля — Ленца количество теплоты, выделяющееся в промежуток времени At, прямо пропорционально сопротивлению, поскольку сила тока i, протекающего через лампу и резистор, в любой момент времени одна и та же:
Q2 R
i2RAt => ^ |
яг = тлм, q2
Л всего |
R
процесса разрядки
Это соотношение остаётся справедливым и для конденсатора. Кроме того, W= Q1 + Q2.
Исходя из этого, получим для количества теплоты, выделившегося на лампе:
4 - WR' |
0,1 10
R.+R |
= 0,04 Дж - 40 мДж.
Ю + 15 Ответ: Qx= 40 мДж.
Возможное решение
/К |
А |
вл |
О |
В |
> |
V |
- Построим изображение источника света в линзе. Изображением светящейся точки А будет точка AvВведём обозначения: радиус окружности, по которой движется источник света, г = АВ; радиус окружности, по которой движется изображение источника света, R= АгВг; расстояние OB = d; расстояние ОВг= /, фокусное расстояние линзы OF = F.
- Обозначив d = 3F/2, из формулы тонкой линзы — = -т + -zполучим: / = 3F.
3. Из подобия треугольников АОВ и А1ОВ1следует, что
d
г
1
2'
4. Угловая скорость источника света со = —. Угловая скорость его изображения
та же самая.
5. Тогда скорость движения изображения точечного источника света:
_ vR V 10 е м |
V
Ответ: v= 5 м/с.
30
Возможное решение Обоснование
1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй.
Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Описываем шар 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
|
0 |
1 х |
|
У |
\ |
\а\ |
Т Ро |
|
|
\i |
S\ |
V |
|
NJ |
|
1 т |
1rrig |
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
373
поступательного движения (сумма внешних сил равна нулю), другое — для вращательного движения (сумма моментов внешних сил равна нулю). 4. В данной задаче шар целиком погружён в жидкость. Кроме того, отсутствует трение между шаром и стенкой сосуда. Поэтому все внешние силы, действующие на шар, кроме силы натяжения нити, заведомо действуют по прямым, проходящим через центр шара. Значит, сумма моментов этих сил относительно оси, проходящей через центр шара, равна нулю. Но при равновесии шара в ИСО сумма моментов всех внешних сил равна нулю. Следовательно, и момент силы натяжения нити относительно оси, проходящей через центр шара, тоже равен нулю, поэтому сама эта сила действует по прямой, проходящей через центр шара.
Решение
Запишем второй закон Ньютона: T + mg + N + FA=0. В проекциях на оси Ох и Оу второй закон Ньютона запишем в виде:
(1) (2) |
Ох: N - Т sina = 0;
0. |
Оу: mg- Т cosa - FA
Объём шара V =
m
Ро |
Величина выталкивающей силы FAопределяется по закону Архимеда:
FA=p0gV = mg
(3)
где р0 — плотность воды.
Выполняя математические преобразования с формулами (2) и (3), получим:
mg(p-po) 440(11300-1000)^ R
pcosa 113000,866
Ответ: Т « 42 Н.
Вариант 24
24
к 2 I 'I ЛI I---------- 1--------- 1--------- 1----- в» |
Р Ро0 |
Возможное решение
1. Работа газа в процессе 2-3 больше модуля работы
внешних сил в процессе 4-1: А23 > |А41|.
3V0V |
2Vn |
2. Поскольку работа газа в термодинамике численно равна
площади фигуры под графиком p(V), где р — давление газа,
V— объём газа, перестроим график цикла в эти координаты.
Процесс 1-2 является изохорным, поскольку его график
проходит через начало координат, в нём абсолютная
температура и давление газа увеличились в 4 раза.
Процесс 2-3 является изотермическим, в координатах p-Vего графиком является
гипербола. Согласно закону Бойля — Мариотта pV = const, уменьшение в 2 раза
давления приведёт к увеличению в 2 раза объёма газа.
В процессе 3-4 газ изохорно уменьшил свою абсолютную температуру и давление в 2 раза, а в процессе 4-1 изобарно вернулся в исходное состояние, согласно
закону
Гей-Люссака — = const, уменьшив абсолютную температуру и свой объём
в 2 раза (см. рисунок).
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
374
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Из графика видно, что работа газа в процессе 2-3 численно равна площади под гиперболой 2-3 и A2S > 2p0(^2V0-V0) = 2p0V09 a модуль работы внешних сил
в процессе 4-1 |А41= p0(2VQ- V0) = p0V0. Таким образом, A2S> |А41|.
25 |
Возможное решение
Правило для моментов сил относительно оси, походящей через шарнир
перпендикулярно плоскости рисунка: F(L- Ъ) + mg(-^ - Ъ) = Mgb, где т — масса
стержня.
Проведя преобразования, получим
М = j^(F(L- Ь) + mg(j- b)) = ^(300(4 -1) + 30 • 10(-1)) = 120 кг. Ответ: М = 120 кг.
26 |
Возможное решение
Энергия одного фотона Ег= — , энергия N фотонов Е = NEX=------------ . Мощность света,
- р Е
поглощенного сетчаткой, Jr=—.
Следовательно, для числа фотонов получим:
Ar XPt 480-10~9-13,2-1017-3 „^
N =------ =--------------- гт------- з---- = 960.
he 6,6 10"34-3 108
Ответ: N = 960.
27 |
Возможное решение
Пробка выскочит, если сила, с которой газ давит изнутри на пробку, превысит суммарную силу давления атмосферного воздуха снаружи на пробку и трения пробки о края отверстия. А это произойдёт, когда давление газа превысит
Fатмосферное давление на величину Ар = —.
о
Поскольку изначально давление газа в сосуде равно атмосферному, именно такое
изменение давления газа в сосуде определяет предельное количество теплоты,
переданное газу.
Поскольку объём Vгаза не меняется, изменение давления газа связано с изменением
его температуры Т. Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона V• Ар = vR - AT,
где v — количество газообразного вещества.
Чтобы найти изменение температуры газа, обратимся к первому закону
термодинамики: AU= А + Q. В нашем случае работа внешних сил А = 0, поскольку
объём газа не меняется, и изменение внутренней энергии газа равно количеству
полученной им теплоты: АС/ = Q.
Для идеального одноатомного газа имеем: AU = ~^vR - AT. Соотнеся это равенство с уравнением Менделеева — Клапейрона и равенством AU = Q, находим:
V.Ap=hu=h, д^||=215103 =5.105Па.
d 3 3V 3-2-КГ2
Следовательно, F= 5 • 105• 2 • 10"4= 100 Н. Ответ: F= 100 Н.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
375
28
Возможное решение
1. До размыкания ключа электрический ток протекает через параллельно
соединённые лампу и резистор. Общее сопротивление внешней цепи
rr 10 15
i_n = —з----- =^—^- = 6 Ом, где R — сопротивление лампы, R— сопротивление
и RJl+ R 10 +15 л
50 6 + 4 |
резистора.
5 А. При этом |
2. Согласно закону Ома для полной цепи I=
R0 + r
напряжение на конденсаторе Uc = IR0=56 = 30 В.
3. Таким образом, до размыкания ключа в конденсаторе была накоплена энергия
w=9EL__ 10"49900 = 45-Ю-3Дж = 45 мДж.
4. После размыкания ключа вся энергия, накопленная в конденсаторе, будет
выделяться на параллельно включённых лампе и резисторе. Согласно закону
Джоуля — Ленца количество теплоты, выделяющееся в промежуток времени Д£,
обратно пропорционально сопротивлению, поскольку напряжение на лампе
и резисторе в любой момент времени одно и то же:
R |
U U
'Л R |
Qi |
Qx = ^-At, Q2 = —At
Это соотношение остаётся справедливым и для всего процесса разрядки
конденсатора. Кроме того, W= Q1+Q2-
Исходя из этого, получим для количества теплоты, выделившегося на резисторе:
Q: |
_ WR,
2 Дл+я
45-КГ*-10 10 + 15
18-Ю"3= 18 мДж.
Ответ: Q2= 18 мДж.
29
Возможное решение
А |
о |
- Построим изображение источника света в линзе. Изображением светящейся точки А будет точка AvВведем обозначения: радиус окружности, по которой движется источник света, г = АВ; радиус окружности, по которой движется изображение источника света, R= А1Б1; расстояние OB= d; расстояние ОВ1= /, фокусное расстояние линзы OF = F.
- Обозначив d = nF, из формулы тонкой линзы
V |
1).
— = — + - получим: / = nF/(n
F d f d г
3. Из подобия треугольников АОВ и Аг ОВхследует, что -j= — = п-1.
- Угловая скорость источника света и его изображения одна и та же: со= ~
- Тогда скорость движения изображения точечного источника света:
вл
%
V_ R'
V = aR
6. Следовательно, F= d/n -Ответ: F= 10 см.
п |
vRг
10 см.
v v .
^ +1 = 1,5.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
376
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Описываем шар 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 (сумма внешних сил равна нулю),
другое — для вращательного движения (сумма моментов
внешних сил равна нулю).
4. В данной задаче шар целиком погружён в жидкость. Кроме того, отсутствует
трение между шаром и стенкой сосуда. Поэтому все внешние силы, действующие
на шар, кроме силы натяжения нити, заведомо действуют по прямым, проходящим
через центр шара. Значит, сумма моментов этих сил относительно оси, проходящей
через центр шара, равна нулю. Но при равновесии шара в ИСО сумма моментов
всех внешних сил равна нулю. Следовательно, и момент силы натяжения нити
относительно оси, проходящей через центр шара, тоже равен нулю, поэтому сама
эта сила действуют по прямой, проходящей через центр шара.
Решение
Запишем второй закон Ньютона: Т + mg + N + FA=0. В проекциях на оси Ох и Оу второй закон Ньютона запишем в виде:
Ох: N - Тsin a = 0;
Оу: mg - Тcos а - FA = 0.
(1) (2)
Объём шара V■■
m
Величина выталкивающей силы F. определяется по закону Архимеда:
FA=pQgV = mg
Ро
(3)
где р0 — плотность воды.
Выполняя математические преобразования с формулами (2) и (3), получим:
m=PTcosa=11300-300,866 __235 g(p-Po) 10(11300-1000) ~ '
кг.
Ответ: m« 2,85 кг.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ
377
24
Вариант 25
Возможное решение
1. Сила тока через амперметр после смены полярности подключения аккумулятора будет равна 1 А. Эквивалентные электрические схемы для двух случаев подключения аккумулятора даны на рис. а и б.
у
в
>-<2Н
о-в
25
26
Рис. а Рис. б
2. В первом случае все три диода включены в прямом направлении, обладают нулевым
сопротивлением и пропускают электрический ток. Эквивалентная электрическая
схема для первого случая имеет вид, представленный на рис. а. Получается, что два
резистора соединены параллельно друг другу, а левый резистор закорочен, и ток через
него не протекает. Согласно закону Ома сила тока, протекающего через амперметр,
& в первом случае /_ = ~s, где R— сопротивление резистора.
3. При смене полярности подключения аккумулятора оба верхних диода окажутся
включёнными в обратном направлении, будут обладать бесконечно большим
сопротивлением и ток пропускать не будут. Эквивалентная электрическая схема
для второго случая примет вид, представленный на рис. б. Общее сопротивление
схемы во втором случае: R2 = R + R = 2R. Во втором случае сила тока равна
g _ g
R2 £*R
I 12
4. Таким образом, отношение -^ = 2, а значит, 12= -£- = — = 1 А.
12 z z
Ответ: 12= 1 А.
Возможное решение
Запишем формулу перемещения при равноускоренном движении: >Ь = —^-—.
„ .. о ^2 - »о2 9vo2- vo2 8vo2 8 • 52 K 72 Учтем, что i; = 3v0, тогда a= oc° = °9e ° = ^ = ^-^77 = 5 м/с*. |
2- v02 _ 9v02 - v02 = 8v^ =8-52
2S " 2S 2S 2-20
Для нахождения времени воспользуемся формулой:
t=v-vp= Зу0 - у0 =2уо_ = 2^_ =2с
а а а 5
Ответ: £ = 2 с.
Возможное решение
Так как резисторы Rx и R2 соединены параллельно, то напряжение на них
IR 1*3 одинаково и справедливо соотношение IxRi= 12Щ - Отсюда 12 = —— = —— = 3 А.
щ 1
Найдем силу тока через резистор Rs:
/3=/i+/2=l + 3 =4 А. По закону Ома для участка цепи напряжение на резисторе R3:
© 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
378
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
27
Следовательно: Us=4-5 = 20 В.
По закону Ома для полной цепи ЭДС источника:
& = Us + U1+I3r = 20 + 3 + 4-l = 27 В. Ответ: ^=27 В.
Возможное решение
- Давление ргна глубине Н равно сумме атмосферного и гидростатического давлений: рг = р0 + pgH, где р — плотность воды, g— ускорение свободного падения, р0— нормальное атмосферное давление.
- Аналогичное соотношение запишем для давления на глубине h: р2 = Ро + PSh.
- Воздух, находящийся в пузырьке, считаем идеальным газом, температура которого не изменяется в процессе подъёма. В соответствии с законом Бойля — Мариотта для изотермического процесса ргУх - p2V2.
Поставляя первое и второе соотношения в третье, получаем искомое выражение для объёма пузырька на расстоянии hот поверхности воды:
Ро + PSh
УЛ |
:V9.
Po+pgH 2'
Подставляя численные значения физических величин, заданные в условии задачи, а также табличные значения gи р0, получаем:
Vi =
105+103105 ?10_9
1(Г+ИГ-10-25
3 • 10~9м3 = 3 мм3.
Ответ: Vx= 3 мм3.
28
Возможное решение
- Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. На шарик действуют вертикальная сила тяжести mg, горизонтальная сила со стороны электрического поля qEи вдоль нити сила её натяжения Т (см. рисунок).
- По теореме об изменении кинетической энергии
Работа силы f |
материальной точки в ИСО -Afif = A„
КИН 1з С
mg |
равна нулю, так как эта сила в любой момент времени перпендикулярна скорости шарика. Силы mgи qEпотенциальны, поэтому их работа при переходе из начальной точки в конечную не зависит от выбора траектории.
- Выберем траекторию перехода в виде двух последовательных шагов: сначала из исходного положения вверх на расстояние h, затем по горизонтали на расстояние Ъ в конечное положение. На этой траектории сумма работ силы тяжести и силы со стороны электростатического поля А = -mgh+ qEb, где h= 1(1 - cosa), b= Zsina.
- В результате получаем:
mv |
.2
дят, |
■ ° = Лсехсил = -rngl(l- cosa) + qElsiiia.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
379
Отсюда:
т =
2qElsina __ 2 • 5 10~9• 6 105 0,8 • 0,5^ gд1()-4
0,81 + 2 10 0,8 |
v2 + 2gl(l -cosa)
V |
2
кг.
Ответ: т « 8,1 • 10 кг.
29
Возможное решение
Законы сохранения энергии и импульса для а-распада ядра покоящегося нейтрального атома:
= АЕ, |
mnv2 Ми2
2 2
т?гаи + Ми = 0,
где v— скорость а-частицы, и — скорость иона. Второй закон Ньютона для а-частицы в магнитном поле:
mav
2evB.
(2eBrf2т„ |
Решая систему трёх уравнений, получаем: АЕ
В |
\2таАЕ
2ег _ та М
1 + —-
м
, откуда:
Ответ: В =
2ег
\2таАЕ
м |
'1 +
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Описываем палочку 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 нижний конец палочки (точку А).
- Стенки сосуда гладкие (трения нет), поэтому в точке В на палочку со стороны сосуда действует сила N, перпендикулярная стенке.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
380
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Решение
1. Высота конца палочки относительно дна стакана
Я = V/2 -4Д2 - л/0Д2-4 0,042- 0,06 м, где I — длина палочки, i? — радиус стакана.
2. Сила Архимеда
■ = Рж hР Н |
mg, |
F =р I —F
х арх Рж I it r
плотность |
где V— объём палочки, р — её плотность, рж жидкости.
3. Поскольку палочка покоится, сумма приложенных к ней сил равна нулю. Поэтому можно записать правило моментов так, чтобы исключить из него упоминание неизвестных сил Fxи F29т. е. записать это правило относительно оси, проходящей перпендикулярно рисунку через нижний конец палочки:
2R
fh Л
mgR- Fapx ^ctga ~ NH= 0, где ctga R
4. Отсюда:
f |
h , ) R ctga I = mg-jj |
Рж^ h |
2\
1 _ ^ж p [H |
N = mg------ F
""& тт харх OTJ
24
0,04' 0,062 |
9 10-410 °'04 |
1-0,75- |
0,06 |
= 4 • 10"d H.
По третьему закону Ньютона N = F, поэтому F= 4 • 10 3 Н. Ответ: F = 4- 10"3 Н.
Вариант 26
Возможное решение
1. Сила тока через амперметр после смены полярности подключения аккумулятора будет равна 6 А. Эквивалентные электрические схемы для двух случаев подключения аккумулятора даны на рис. а и б.
+
о-Г
наИ
о В
У
И5^
+
Рис. а
Рис. б
2. В первом случае верхний диод включён в обратном направлении, обладает бесконечно большим сопротивлением, и ток через него не течёт. Диод, расположенный в центре схемы, включён в прямом направлении, обладает нулевым сопротивлением и пропускает электрический ток. Эквивалентная электрическая схема для первого случая имеет вид, представленный на рис. а. Получается, что первый резистор соединён последовательно с двумя другими, соединёнными параллельно друг другу.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
381
Используя формулы для вычисления сопротивления последовательно и параллельно подключённых резисторов, получим общее сопротивление схемы в первом случае:
г> о
R1 = R + — = —R, где R— сопротивление каждого из резисторов.
3. При смене полярности подключения аккумулятора оба диода окажутся включёнными в прямом направлении, и ток через левый резистор протекать не будет. Эквивалентная электрическая схема для второго случая примет вид, представленный на рис. б. Используя формулу для вычисления сопротивления параллельно подключённых резисторов, получим общее сопротивление схемы
R
2* |
во втором случае: R2 =
4. Таким образом, сопротивление участка цепи уменьшилось в 3 раза. Используя
& |
закон Ома для полной цепи |
Л
/ = |
Л |
, получим, что сила тока через источник
Общ J
увеличилась в 3 раза. Сила тока, текущего через амперметр, также увеличилась в 3 раза и стала равна 6 А, так как сила тока в каждой из ветвей разветвлённой части цепи в 2 раза меньше силы тока через источник.
Ответ: 1А = 6 А.
25
Возможное решение
Запишем формулу ускорения при равноускоренном движении и учтём, что v= 4v0.
4а |
Зц |
3-4 |
о |
'о |
^о |
V-Vi |
О |
4 м/с2 |
Тогда а
t t t 3
Для нахождения перемещения воспользуемся формулой:
о м at S = v0t + —
= 4-3 +
4-32
30 м.
Ответ: S = 30 м.
26
Возможное решение
Так как резисторы Rx и R2 соединены параллельно, то напряжение на них
одинаково и справедливо соотношение I1Rl= I^R^.
Отсюда/2=^^ = — =3 А. Rz 1
Найдем силу тока через резистор i?3:
J3=/i + /2=l + 3 =4 А.
По закону Ома для участка цепи напряжение на резисторе Rs:
Us = I3R3 •
Следовательно: U3=4-5 = 20 В.
Ответ: U0 = 20 В.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
382
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
27
Возможное решение
- Давление р1на глубине Н равно сумме атмосферного и гидростатического давлений: р1 = р0+ pgH, где р — плотность воды, g— ускорение свободного падения, р0— нормальное атмосферное давление.
- Аналогичное соотношение запишем для давления на глубине h: р2 = Ро + Р£Л.
- Воздух, находящийся в пузырьке, считаем идеальным газом, температура которого не изменяется в процессе подъёма. В соответствии с законом Бойля — Мариотта для изотермического процесса ргУг = p2V2.
Подставляя первое и второе соотношения в третье, получаем искомое выражение для объёма пузырька на расстоянии hот поверхности воды:
_ Po+pgH
Ко — — Ул .
p0+pghПодставляя численные значения физических величин, приведённые в условии задачи, а также табличные значения gи р0, получаем:
т/ _ 105 + 103 •10-20 105+10310 1
2,7 мм3.
Ответ: Fp«2,7 мм3.
28
Возможное решение
mg |
- Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. На шарик действуют вертикальная сила тяжести mg, горизонтальная сила со стороны электрического поля qEи вдоль нити сила её натяжения Т (см. рисунок).
- По теореме об изменении кинетической энергии материальной точки в ИСО Д£кин = Авсехсил. Работа силы fравна нулю, так как эта сила в любой момент времени перпендикулярна скорости шарика. Силы mgи qEпотенциальны, поэтому их работа при переходе из начальной точки в конечную не зависит от выбора траектории.
- Выберем траекторию перехода в виде двух последовательных шагов: сначала из исходного положения вверх на расстояние Л, затем по горизонтали на расстояние Ь в конечное положение. На этой траектории сумма работ силы тяжести и силы со стороны электрического поля А = -mgh+ qEb, где h= 1(1- cos a), b= /sin а.
- В результате получаем:
mv |
.2
- 0 = -Авсехсил = -mgl(l - cos a) + qElsina.
АЕ
Отсюда:
q =
m(v2+ 2gl(l - cosa)) _ 5 • 10"4 • (0,81 + 2 • 10 • 0,8(1 - 0,866))
2E/sina |
2-6-105-0,8-0,5
«ЗД-10"9 Кл.
Ответ: g*3,l-10"9 Кл.
© 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
383
29
Возможное решение
Законы сохранения энергии и импульса для а-распада ядра покоящегося нейтрального атома:
Ми2 |
где v— скорость а-частицы, и
= Д£,
2 2
\тад + Мй = О,
скорость иона
m„v |
30
Второй закон Ньютона для а-частицы в магнитном поле: (2eBrf |
= 2evB.
, откуда: |
Решая систему трёх уравнений, получаем: АЕ 1 |
'l+v
2тгн
г = |
2таАЕ
2еВ |
1 + ТТ"
2т„Д£ |
м
2еВ |
Ответ: г =
л Ша
1 + -1ГТ-
м
Возможное решение
Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Описываем палочку 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 движений, 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 нижний конец палочки (точку А).
- Стенки сосуда гладкие (трения нет), поэтому в точке В на палочку со стороны сосуда действует сила N, перпендикулярная стенке.
Решение
1. Высота конца палочки относительно дна стакана
Н = л//2 - 4R2= Vo,l2 - 4 • 0,042 = 0,06 м, где I — длина палочки, i? — радиус стакана.
^Vjg = ^-^mg9 где V- |
плотность алюминия, рж — плотность |
2. Сила Архимеда Fapx = р тт-]^_
объём палочки, р воды.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
384
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Поскольку палочка покоится, сумма приложенных к ней сил равна нулю. Поэтому можно записать правило моментов так, чтобы исключить из него упоминание неизвестных сил Рги F2, т. е. записать это правило относительно оси, проходящей перпендикулярно рисунку через нижний конец палочки:
h t } _т„ Л______ ___. 2R
mgR - F8 |
арх 2 ctga J - NH= 0, где ctga R
h , ^ R ctga I = rng— |
1_P2K_(A |
1000 0,04 |
1- |
2700 o,062 |
4. Отсюда:
0,04 |
N = m2§-F^[2H
0,06 |
= 9 • 10"4• 10 •
2Л
P ^H« 5 • 10~3 H
По третьему закону Ньютона N = F9поэтому F& 5-10~3 Н. Ответ: F« 5 • КГ8 Н.
Вариант 27
24
Возможное решение
1. Согласно закону Джоуля — Ленца
Q =
R
при протекании электрического
25
тока через нагревательный элемент выделяется теплота, которая расходуется на нагревание воды и доводит её до кипения: Q= cm{tKmTi -t0).
- В первом опыте к источнику подключены два нагревательных элемента, соединённых последовательно. Их общее сопротивление R= Rx+ R2. Во втором опыте при переключении ключа К в положение 2 нагревательный элемент сопротивлением R2отключается от источника, при этом общее сопротивление уменьшается: R= Rv
- Уменьшение общего сопротивления нагревательных элементов R приведёт
U2 к увеличению выделяемой тепловой мощности: iV = —Б-. Следовательно, во втором
опыте для доведения воды до кипения потребуется меньше времени: Q= Nt.
4. Вода закипит быстрее во втором опыте.
Возможное решение
vo |
Запишем формулу для ускорения при равноускоренном движении и учтём, что
2v. |
-Vn
v= -^-. Тогда а =-------------------------------- [L о t |
О
3t |
7". Поскольку скорость тела уменьшается,
значит, проекция ускорения на ось, направленную вдоль начальной скорости, отрицательна и v0 = —^ = ——— = 15 м/с.
Ci Li
Для нахождения перемещения воспользуемся формулой:
S = vnt +
аГ
15-2-
522
= 20 м.
Ответ: S = 20 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
385
26
Возможное решение
При движении стержня MNв магнитном поле в стержне возникает ЭДС индукции &=vBl, где v— скорость движения стержня.
В цепи, содержащей сопротивление R, течёт ток, который можно найти по закону
Ома,
= 0,1 А. |
Ш vBl 20,50,2
R R
Ответ: / = 0,1 А.
27
Возможное решение
1. Поскольку в указанном процессе газ не совершает работы и система является теплоизолированной, то в соответствии с первым законом термодинамики суммарная внутренняя энергия газов сохраняется:
3 пт 3 пт 3.
^#71 + - v2RT2 = -К + v2)RT,
28
где Т — температура в объединённом сосуде в равновесном состоянии после открытия крана.
2. В соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона для конечного состояния можно записать: p(2V) = (vx + v2)RT.
Исключая из двух записанных уравнений конечную температуру Т, получаем искомое выражение для объёма:
(у,?! + v2T2)R (2 ■ 400 + 3 ■ 300) ■ 8,31 3
2р 2-5400 ~ '
Ответ: V« 1,3 м3.
Возможное решение
|
1-- 1---- 1 |
||
|
Щ |
|
|
Ш,г_ |
г JlHi |
||
|
щ |
т |
с |
|
Рис. |
а |
|
|
*il |
X |
|
Ш,г_ |
Г Ph |
||
|
R2 |
|
С |
|
___ X___ I |
1. Когда ключ К находится в положении 1, эквивалентная
схема электрической цепи выглядит, как показано на рис. а.
Когда заряд на конденсаторе уже установился, ток через
конденсатор равен нулю. Напряжение на конденсаторе равно
г + Rx+ R2 ' |
напряжению на резисторе Rx: U1C = IRVгде /
Заряд конденсатора qx= CU1C= г + д \ R-
Правая обкладка конденсатора соединена с положительным полюсом источника и заряжена положительно. Поэтому её заряд равен qr.
2. Когда ключ К находится в положении 2, эквивалентная
схема электрической цепи выглядит, как показано на рис. б.
Когда заряд на конденсаторе уже установился, ток через
конденсатор равен нулю. Напряжение на конденсаторе равно
!2, где по-прежнему |
&2С - ^ |
на резисторе R2:
напряжению
Рис. б |
j=_____ ?____ .
г + Rx+ R2
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
386
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
CgR2 г + Rx+ R2 |
Заряд конденсатора <?2 = С£/2С =
Правая обкладка конденсатора соединена теперь с отрицательным источника и заряжена отрицательно. Поэтому её заряд равен -q2. 3. Изменение заряда на правой обкладке конденсатора
СЩЯ+Ro)
Aq= -qz-qi= -r + R1+Rz> откуда:
полюсом
С = |
Ответ: С |
(-Ад) • (г + Rx+ й2) _ 0,55 • 1 (Г6-(1 + 4 + 7)
6-(4+ 7) |
8(Д_+Я_) ОД мкФ.
0,1-ИГ6 Ф = 0,1 мкФ.
29
Возможное решение
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта связывает длину световой волны Xс работой выхода фотоэлектрона Авых и его максимальной кинетической энергией WKHHш:
Л |
(1) (2) |
+ W
А, |
ых. ' ггкин.
Фотоэлектроны останавливаются, если WKHH= eU.
Связь разности потенциалов Uс напряжённостью Е однородного электростатического
поля: U= Ed. (3)
Объединяя (1)-(3), получаем:
he
"Ль
ed |
Е = -
Ответ: £ = 150 В/м.
б,б.10-34.з;ю^_ 0_19
0,3 10"6_______________
1,6 10"19-2,5 10"3
- 150 В/м.
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Брусок т и тело М движутся поступательно, поэтому описываем их моделью материальной точки как до, так и после столкновения независимо от их размеров.
- По условию трение отсутствует, и поэтому все внешние силы (силы тяжести и силы реакции опоры), действующие на тела т и М, направлены вертикально и уравновешивают друг друга отдельно для каждого тела. Следовательно, в ИСО сохраняется импульс системы «брусок т и тело М» при их столкновении.
- Когда брусок т и тело М движутся, касаясь пружины, механическая энергия системы тел «брусок т и тело М + пружина» равна
_(m + M)v2 kx2
2 2
Изменение механической энергии системы тел непотенциальных сил, приложенных к телам
в ИСО равно работе всех системы. В данной задаче
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
387
единственной такой силой является сила реакции опоры, действующая на брусок т + тело М со стороны стола. Но из-за отсутствия трения эта сила вертикальна, а составное тело {т + М) движется горизонтально, поэтому работа силы реакции опоры равна нулю и Ешехсохраняется в ИСО.
Решение
- В процессе абсолютно неупругого столкновения сохраняется суммарный импульс системы тел: ти = (т + М)иг, где vx— скорость тел после столкновения.
- Так как поверхность гладкая, то трения нет и движение тел от момента удара до момента касания свободного конца пружины будет равномерным: L= vxtvгде t1— время движения на этом участке.
- После касания пружины и до отрыва от неё тела будут двигаться, совершая
Т гармоническое колебание. До отрыва пройдёт время t2 = -£, где Т период
колебаний груза на пружине: Т = 2я
т + М
k '
4. Отрыв тел от пружины произойдёт в точке касания пружины. По закону сохранения механической энергии при гармонических колебаниях скорость тел в точке отрыва равна vx. Дальнейшее движение тел будет равномерным. Поэтому полное время движения тел до точки столкновения
2L Т 2L(m + M) lm + M
t = 2U + t9 = — + — =----- ---------- + nA
1 * V, 2 mv
Учитывая, что M = 3m, получим t = — + 7Ч/_£~- Таким образом,
4-0,1 40 |
v=
8L
t-к
Am
8-0,25
1,7-3,14
« 1,4 м/с.
Ответ: v« 1,4 м/с.
Вариант 28
24
Возможное решение
1. Согласно закону Джоуля
Ленца
Q
R
при протекании электрического
тока через нагревательный элемент выделяется теплота, которая расходуется на нагревание воды и доводит её до кипения: Q- cm(tKmn -t0).
2. В первом опыте к источнику подключён только нагревательный элемент с сопротивлением Rx = R. Во втором опыте, при переключении ключа К в положение 2, два нагревательных элемента будут соединены последовательно. Их общее сопротивление R= i?x + R2.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
388
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Увеличение общего сопротивления нагревательных элементов R приведёт
U2 к уменьшению выделяемой тепловой мощности: N = —=-. Следовательно, во втором
R
опыте для доведения воды до кипения потребуется больше времени: Q= Nt.
4. Вода закипит быстрее в первом опыте.
2 2 |
25
Возможное решение
Запишем формулу для перемещения при равноускоренном движении: о = —-—
'о |
15ц |
-v{
о |
7} -jл
Поскольку скорость тела уменьшается, |
32а |
Учтём, что v = -j-9тогда S= —Л
4 2а
значит, проекция ускорения на ось, направленную вдоль начальной скорости,
/ 32aS /32 4-30 ла .
отрицательна и v0 = xj—^— = xj----------- —---- =16 м/с.
15 \ 15 Для нахождения времени воспользуемся формулой:
Ответ: t- 3 с.
t =
Vi
v-v0 _ _4____ и^_ _ _ З^о. _ 3 16
а а 4а 4-4
= 3 с.
26
Возможное решение
При движении стержня MNв магнитном поле в стержне возникает ЭДС индукции
&=vBl, где У'— скорость движения стержня.
В цепи, содержащей сопротивление R, течёт ток, который можно найти по закону
8 vBl
Ома, I |
R R |
Следовательно, для скорости стержня получим: IR 40-КГ3-2
v = - |
= 1 м/с.
Bl 0,4-0,2
Ответ: v= 1 м/с.
27
Возможное решение
1. Поскольку в указанном процессе газ не совершает работы и система является
теплоизолированной, "то в соответствии с первым законом термодинамики
суммарная внутренняя энергия газов сохраняется:
^Щ + |у2ЛГ2 = |(Vl + v2)RT,
где Т — температура в объединённом сосуде в равновесном состоянии после открытия крана.
2. В соответствии с уравнением Менделеева — Клапейрона для конечного состояния
можно записать: p(2V) - (vx + v2)RT.
Исключая из двух записанных уравнений конечную температуру Г, получаем искомое выражение для объёма:
_ (ViTl + v2T2)R _ (2 • 400 + 3 • 300) • 8,31
2V |
141 10dПа =141 кПа.
2•50•10"
Ответ: р « 141 кПа.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
389
28
Возможное решение
1. Когда ключ К находится в положении 1, эквивалентная
схема электрической цепи выглядит, как показано на рис. а.
Когда заряд на конденсаторе уже установился, ток через
конденсатор равен нулю. Напряжение на конденсаторе равно
% напряжению на резисторе Rx: U1C= IRVгде / = —, р , р *
CgR^ |
Г + xv^ + li2
г + i?x + R2 |
Заряд конденсатора дг = CU1C=
Правая обкладка конденсатора соединена с положительным полюсом источника и заряжена положительно. Поэтому её заряд равен ql9
2. Когда ключ К находится в положении 2, эквивалентная схема электрической цепи выглядит, как показано на рис. б. Когда заряд на конденсаторе уже установился, ток через конденсатор равен нулю. Напряжение на конденсаторе равно напряжению на резисторе R2: U2C= IR2, где по-прежнему
|
1—л—| |
||
|
Rl |
|
|
%>л |
Г № |
||
|
щ |
т |
с |
|
Рис. |
а |
|
|
R1 |
JL |
|
Ш,г_ |
г ^h |
||
|
л2 |
|
С |
|
1___ X___ ! |
I = |
Рис. б |
г + Rx+ R2'
СйКо
Заряд конденсатора q2 = CU2C = r+R+R.
C&(R1+R2) r + Rr+R2' |
Правая обкладка конденсатора соединена теперь с отрицательным полюсом источника и заряжена отрицательно. Поэтому её заряд равен -q2.
3. Изменение заряда на правой обкладке конденсатора Ад = -д2-дг
откуда: &
_ (-Aq) -(r + R1+ R2) _ 0,55-НГ6-(1 + 4 + 7)
C(R1+R2) |
0,2 10"6 (4 + 7)
3 B.
Ответ: & = 3 В.
29
Возможное решение
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта связывает частоту световой волны v с работой выхода фотоэлектрона Авых и его максимальной кинетической энергией WKvm:
uv = ABbIX+WKHH. (1)
Фотоэлектроны останавливаются, если
(2)
W =eU.
Связь разности потенциалов Uс напряжённостью Е однородного электростатического поля:
U= Ed. (3)
Объединяя (1)-(3), получаем:
d =
еЕ |
19 |
hv- ^ _ 6,6 ■ КГ84 • 1,2 • 1015 - 3,75 • 1,6 ■ 10"
1,6-Ю'1*-200
0,006 м = 6 мм.
Ответ: d= 6 мм.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
390
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- Брусок т и тело М движутся поступательно, поэтому описываем их моделью материальной точки как до, так и после столкновения независимо от их размеров.
- По условию трение отсутствует, и поэтому все внешние силы (силы тяжести и силы реакции опоры), действующие на тела т и М, направлены вертикально и уравновешивают друг друга отдельно для каждого тела. Следовательно, в ИСО сохраняется импульс системы «брусок т + тело М» при их столкновении.
- Когда брусок т + тело М движутся, касаясь пружины, механическая энергия системы тел «брусок т + тело М + пружина» равна
_(m + M)v2 kx2
мех~ 2 + ~1Г'
Изменение механической энергии системы тел в ИСО равно работе всех непотенциальных сил, приложенных к телам системы. В данной задаче единственной такой силой является сила реакции опоры, действующая на брусок т + тело М со стороны стола. Но из-за отсутствия трения эта сила вертикальна, а составное тело {т + М) движется горизонтально, поэтому работа силы реакции опоры равна нулю и Емех сохраняется в ИСО.
Решение
- В процессе абсолютно неупругого столкновения сохраняется суммарный импульс системы тел: ти = {т + M)vl9где иг— скорость тел после столкновения.
- Так как поверхность гладкая, то трения нет и движение тел от момента удара до момента касания свободного конца пружины будет равномерным: L= vxtx, где t1— время движения на этом участке.
- После касания пружины и до отрыва от неё тела будут двигаться, совершая
Т гармоническое колебание. До отрыва пройдёт время t2= -^, где Т — период
колебаний груза на пружине: Т = 2nJ—------------- .
V k
4. Отрыв тел от пружины произойдёт в точке касания пружины. По закону
сохранения механической энергии при гармонических колебаниях скорость тел
в точке отрыва равна иг. Дальнейшее движение тел будет равномерным. Поэтому
полное время движения тел" до точки столкновения
, '+ + 2L Т 2L(m + M) jm + M
t = 2tx+ t2 = — + — = —b----------- L + n—-------- #
Учитывая, что M = 2m, получим
. 6L ( ч..3m 6-0,1 ОЛА 3-0,1 ~алА
t = — ^n^—=-J- + 3M^-^- = 0,614 с.
Ответ: t = 0,614 с.
© 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
391
24
Вариант 29
Возможное решение
- Кольцо оттолкнётся от катушки.
- При смещении движка реостата вверх его сопротивление уменьшается до нуля, а сила тока в катушке согласно закону Ома для полной цепи увеличивается
При этом увеличивается поток вектора магнитной индукции через
R + r
кольцо. По закону электромагнитной индукции в кольце возникает ЭДС индукции, появляется индукционный ток. В соответствии с правилом Ленца вектор магнитной индукции поля индукционного тока будет направлен против вектора магнитной индукции поля катушки. Взаимодействие токов в кольце и катушке приводит к тому, что кольцо отталкивается от катушки влево — в область, где магнитное поле катушки слабее, чем у торца катушки.
Примечание для экспертов.
Магнитные свойства выражены у меди слабо, индукционный ток в неподвижном кольце вблизи катушки с постоянным током равен нулю, поэтому сначала, пока движок реостата находится посередине, катушка практически не воздействует на медное кольцо и оно остаётся неподвижным.
В состоянии максимального отклонения влево кольцо не находится в равновесии, поэтому оно начинает возвращаться в исходное положение. При этом движении в кольце снова возникает индукционный ток, который замедляет движение и препятствует возможным колебаниям кольца на нитях.
В результате кольцо возвращается в исходное положение равновесия и остаётся в нём неподвижным.
(Эти рассуждения для полного верного ответа не требуются.)
25
Возможное решение
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось: 0 = N - mg+ Fsina. Выражение для силы трения скольжения имеет вид FTp = \xN. Выполняя преобразования, получим FTp= ^i(mg- Fsina). В итоге, искомая сила равна
р=ymg-FTp=0,2-2-10-2,8 =12н
(Lisina 0,2-0,5
Ответ: F=12 H.
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
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
392
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета, получим:
Ответ: /=1 м,
- d 0,25 1
f=------- =----------- = 1 м.
Dd-1 50,25-1
27
28
Возможное решение
1. Запишем уравнение теплового баланса для системы «стакан с водой + первый
шарик»: Св(*3 - *х) + Сш(«8 - t2) = 0.
Здесь Св — теплоёмкость стакана с водой, Сш — теплоёмкость шарика.
2. Запишем уравнение теплового баланса для системы «стакан с водой + первый
шарик + второй шарик»: CB(t4 -13) + Cm(t4- t3) + Cm(t4 -t2) = 0.
Решая записанную систему уравнений относительно t4, получаем:
=txt2- 2t2ts+ txt3 50 10 -2 -10- 40 + 50 -40= „4ог
4" 2tx-t2-tz ~ 2-50-10-40
Ответ: t4 = 34 °С.
Возможное решение
Мощность, выделяемая на резисторе Rxдо размыкания ключа К, равна
Ч -щ. (1)
где Ш — ЭДС источника.
После размыкания ключа через резистор R2начнёт протекать ток. Значит, ток
в цепи после размыкания ключа К
x?i + R2 Мощность, выделяемая соответственно на резисторах Rxи R2после размыкания ключа,
Рг=1^г, (3)
P2'=I2R2- (4)
Объединяя (1)-(4), получаем:
г'— Л / i— л |
А-1 |
= 6 Вт.
з-1 |
'Pi |
P2'=Pi
29 |
Ответ: Р2 = 6 Вт. Возможное решение
2
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: hv= Авых+—^^. (1)
Фотоэлектроны, влетевшие в электрическое поле Е, будут тормозиться им и, пройдя тормозной путь d, остановятся, затем начнут двигаться обратно.
Закон сохранения энергии для вылетевшего фотоэлектрона: —^^-е^ = -ар2,
2
откуда с учётом ср2 - (рх = -U< 0 получаем: —^^- = eU = eEd, (2)
где е — модуль заряда электрона.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
393
Объединяя (1) и (2), имеем:
=А^ + eEd=1,89 • 1,6 • КГ1» +1,6 • КГ1* • 100 • 8,7 ■ КГ» ^ 6?1Qi4 Гц
h 6,6-Ю-34
14 |
Ответ: v«6,7 1014Гц.
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- При свободном падении шарика из начального положения на наклонную доску и после удара о доску до падения на землю на шарик действует только потенциальная сила тяжести. Поэтому во введённой нами ИСО при этом движении сохраняется механическая энергия шарика:
mv |
,2
+ mgh = const.
При абсолютно упругом ударе шарика о доску механическая энергия шарика сохраняется. Следовательно, сила трения равна нулю, а направление силы реакции опоры N, действующей на шарик при ударе, перпендикулярно плоскости доски. Отметим, что N^>mg, так как время удара коротко, а изменение импульса шарика за время удара конечно. Поэтому при описании удара пренебрегаем величиной mgи записываем второй закон Ньютона для шарика в виде:
vlx. |
mv2-mvi = NAt. Из того, что N\\Oy (см. рисунок), следует, что v2x
Из закона сохранения механической энергии при абсолютно
mv{ |
rmv\ |
упругом ударе |
2 \
следует, что v2=v1=v, то есть
.2 2
модуль скорости шарика при таком ударе не меняется. Но тогда |u2y= |Viy|> и> следовательно, угол падения шарика на доску равен углу отражения.
Решение
тип |
1. Модуль скорости шарика v0непосредственно перед ударом о доску можно найти из закона сохранения механической
ГИ7'
энергии: mg(H- К)
0-4, _y|sin2p |
2. После абсолютно упругого удара о доску модуль скорости шарика не изменится, а направление изменится. При таком ударе угол падения равен углу отражения, и скорость шарика после удара направлена под углом р = 90° - 2а к горизонту (см. рисунок). Максимальная высота подъёма шарика
2g |
-2g |
относительно точки удара о доску Ыг =
Н
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
394
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
3. Относительно поверхности Земли шарик поднимется на высоту
2 • 2 о
hl=h+ V°S*nР = h+ (Я - h)sin2(90 - 2<х) = А + (Н - h)cos22а. Подставляя числовые значения, получим: /^ = 2 + (3 - 2)cos (2 • 30°) = 2,25 м. Ответ: /^ = 2,25 м.
Вариант 30
24
Возможное решение
- Кольцо притянется к катушке.
- При смещении движка реостата вниз его сопротивление увеличивается до максимума, а сила тока в катушке согласно закону Ома для полной цепи
уменьшается I I
,. При этом уменьшается поток вектора магнитной индукции R + r
через кольцо. По закону электромагнитной индукции в кольце возникает ЭДС индукции, появляется индукционный ток. В соответствии с правилом Ленца вектор магнитной индукции поля индукционного тока будет сонаправлен с вектором магнитной индукции поля катушки и направлен влево. Взаимодействие токов в кольце и катушке приводит к тому, что кольцо притягивается к катушке и начнёт двигаться вправо к торцу катушки.
Примечание для экспертов.
Магнитные свойства выражены у меди слабо, индукционный ток в неподвижном
кольце вблизи катушки с постоянным током равен нулю, поэтому сначала, пока
движок реостата находится посередине, катушка практически не воздействует
на медное кольцо и оно остаётся неподвижным.
В состоянии максимального отклонения вправо кольцо не находится в равновесии,
поэтому оно начинает возвращаться в исходное положение. При этом движении
в кольце снова возникает индукционный ток, который замедляет движение
и препятствует возможным колебаниям кольца на нитях.
В результате кольцо возвращается в исходное положение равновесия и остаётся
в нём неподвижным.
(Эти рассуждения для полного верного ответа не требуются.)
25
Возможное решение
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на вертикальную ось: 0 = N - mg+ Fsinot. Выражение для силы трения скольжения имеет вид FTp = \iN. Выполняя преобразования, получим FTv= \x(mg - Fsina). В итоге, коэффициент трения между
бруском и плоскостью равен ц =
гтР |
1,2
mg-Fsina 2 10-25 0,5
0,16.
Ответ: \х = 0,16.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
395
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:
d = —-— = = 0,15 м.
Df-1 150,12-1
Ответ: d- 0,15 м.
27
Возможное решение
1. Запишем уравнение теплового баланса для системы «стакан с водой + первый
шарик»: CB(ts - tx) + Cm(ts- t2) = 0.
Здесь Св — теплоёмкость стакана с водой, Сш — теплоёмкость шарика.
2. Запишем уравнение теплового баланса для системы «стакан с водой + первый
шарик + второй шарик»: CB(t4 -13) + Cm(t4 -Ц) + Сш(£4 -12) = 0.
Решая записанную систему уравнений относительно tl9получаем: _ t2t4 + tst4 -2t2t3 _ 10 34+ 34-40-2 10-40_
2^4 -12 - ts 2-34-10-40
Ответ: tx= 50 °C.
28
Возможное решение
Ток в цепи до замыкания ключа К
R^ + И2
где £ — ЭДС источника.
Мощность, выделяемая соответственно на резисторах Rxи R2,
Рх= I2RV (2)
Р2= РЩ. (3)
После замыкания ключа ток через резистор R2течь не будет. Значит, мощность, выделяемая на резисторе Rxпосле замыкания ключа К,
Ч-£. (4)
f пЛ2 , ,Л2 |
-31 + I =27 Вт. |
(
|
Объединяя (1)-(4), получаем: Рх - Рх Ответ: Рг = 27 Вт.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
396
ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ
29
Возможное решение
mv„ |
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: hv= Авых+ "*w™
(1)
Фотоэлектроны, влетевшие в электрическое поле Ё, будут тормозиться им и, пройдя тормозной путь d, остановятся, затем начнут двигаться обратно.
Закон сохранения энергии для вылетевшего фотоэлектрона:
mvn
■-«Pi =-«P2>
откуда с учётом ср2 - фх = -U< 0 получаем:
где е — модуль заряда электрона. Объединяя (1) и (2), имеем:
mv„
eU = eEd,
(2)
H_hv- Авых _ eE ~
Ответ: d« 2,6 мм.
-34 |
v-19
.14 |
6,6 • КГ*4 - 7,4 • 1014- 2,4 ■ 1,6 ♦ 10 1,6 1019-250
2,6 10 м = 2,6 мм.
30
Возможное решение Обоснование
- Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
- При свободном падении шарика из начального положения на наклонную доску и после удара о доску до падения на землю на шарик действует только потенциальная сила тяжести. Поэтому во введённой нами ИСО при этом движении сохраняется механическая энергия шарика:
то |
,2
+ mgh = const.
При абсолютно упругом ударе шарика о доску механическая энергия шарика сохраняется. Следовательно, сила трения равна нулю, а направление силы реакции опоры N, действующей на шарик при ударе, перпендикулярно плоскости доски. Отметим, что N^$>mg, так как время удара коротко, а изменение импульса шарика за время удара конечно. Поэтому при описании удара пренебрегаем величиной mgи записываем второй закон Ньютона для шарика в виде:
mv2-mv1=NAt. Из того, что N\\Oy (см. рисунок), следует, что v2x=vlx.
Из закона сохранения механической энергии при абсолютно упругом ударе
9 9 \
nvo тля 1
—- = —- следует, что v2= \\ = v, то есть модуль скорости шарика при таком
ударе не меняется. Но тогда ^НК*/!' и' слеД°вательно> угол падения шарика на доску равен углу отражения.
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ
397
Решение
1. Модуль скорости шарика v0непосредственно перед ударом
о доску можно найти из закона сохранения механической
энергии: mg(H -h) = —^-.
2. После абсолютно упругого удара о доску модуль скорости
шарика не изменится, а направление изменится. При таком
ударе угол падения равен углу отражения, и скорость шарика
после удара направлена под углом р = 90° - 2а к горизонту
(см. рисунок). Максимальная высота подъёма шарика
0 " vQy__ Щ s*nP-2g " 2gЗемли шарик поднимется |
относительно точки удара о доску АЛ =
3. Относительно поверхности на высоту
Н
г? |
|
аL |
а ' |
h |
|
? |
г |
Отсюда получим: cos2а = Л_ = J-j— =0,5. Значит, 2а = 60°, a a = 30°.
Ответ: a = 30е
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
Издание для дополнительного образования ЕГЭ. ФИПИ — ШКОЛЕ
ЕГЭ. ФИЗИКА
ТИПОВЫЕ ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ ВАРИАНТЫ 30 ВАРИАНТОВ
Под редакцией Марины Юрьевны Демидовой
Главный редактор И. Федосова Ответственный редактор О. Чеснокова
Редактор П. Вяткина
Художественный редактор О. Медведева
Технический дизайнер Б. Дронов
Компьютерная вёрстка Т. Середа
Корректор А Полякова
Подписано в печать 22.09.2022. Формат 60х9078.
Усл. печ. л. 50,0. Печать офсетная. Бумага типографская.
Тираж 50 000 экз. Заказ № 70957.
ООО «Издательство «Национальное образование» 119021, Москва, ул. Россолимо, д. 17, стр. 1, тел.: +7 (495) 788-00-75(76)
Свои пожелания и предложения по качеству и содержанию книг Вы можете направлять по эл. адресу: editorial@nobr.ru
Отпечатано в филиале «Смоленский полиграфический комбинат»
АО «Издательство «Высшая школа». Российская Федерация,
214020, г. Смоленск, ул. Смольянинова, 1.
Тел.: +7(4812) 31-11-96. Факс: +7(4812) 31-31-70.
E-mail: spk@smolpk.ru http://www.smolpk.ru
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
Книги серии «ЕГЭ. ОТЛИЧНЫЙ РЕЗУЛЬТАТ. УЧЕБНАЯ КНИГА» предназначены для использования в урочной и внеурочной деятельности, а также в дополнительном образовании и самообразовании детей для активизации и обобщения знаний по предмету за курс средней школы, совершенствования умений и навыков выполнения типовых экзаменационных заданий единого государственного экзамена 2023 года, развития творческих способностей старшеклассников.
Учебная книга содержит материалы, созданные разработчиками контрольных измерительных материалов ЕГЭ по физике, по каждой теме, проверяемой в ЕГЭ демоверсии 2023 года:
характеристику каждого типа задании; примеры выполнения всех типовых заданий ЕГЭ с комментариями и ответами; теорию, необходимую для выполнения всех типов заданий по теме;
тренировочные материалы к каждому типу заданий ЕГЭ в рамках темы, включая диагностические работы из типовых заданий ЕГЭ;
- критерии оценивания и ответы ко всем заданиям;
- встроенный бланк ответа для тренировки навыков его правильного заполнения;
- дополнительные тренировочные материалы по темам на онлайн-ресурсе ege.plus.
В УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКТ ВХОДЯТ УЧЕБНЫЕ ИЗДАНИЯ:
ЕГЭ. Физика. Типовые экзаменационные варианты. 10 ВАРИАНТОВ
ЕГЭ. Физика. Типовые экзаменационные варианты. 30 ВАРИАНТОВ
ЕГЭ. Физика. Отличный результат. УЧЕБНАЯ КНИГА
|
ИЗДАТЕЛЬСТВО
НАЦИОНАЛЬНОЕ ОБРАЗОВАНИЕ
www«nobr«ru
Онлайн™ поддержка
KVKO
Учебно-методическое сопровождение АНО ДПО «Национальный институт качества образования»
niko.institute
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике
Всекнигииздательстваможноприобрестивкнижныхмагазинах:
Федеральные интернет-магазины
Интернет-магазин «Озон» www.ozon.ru
Интернет-магазин «Вайлдбериз» www.wildberries.ru
Интернет-магазин «Книжный
Лабиринт»
Москва
000 «ТК «Абрис» www.textbook.ru (495)139-89-40
000 «Развитие»
razvitie.ltd
e-mail: zakaz@razvitie.ltd
(495) 989-14-38, (498) 647-55-66
Межрегиональный центр «Глобус»
e-mail: sales@roslit.ru
(499) 391-74-67, (495) 728-01-54
Книжный магазин «Библио-Глобус» ул. Мясницкая, д. 6/3, стр. 1 bgshop.ru (495)781-19-00
000 «Дидактик»
г. Долгопрудный, Новое шоссе, д. 38
e-mail: mdir@didactik.ru
(495)788-01-41
ГУП г. Москвы «Объединенный
центр «Московский дом книги»
ул. Новый Арбат, д. 8
(495) 789-35-91, (495) 648-17-68
000 «ТД «Образование»
ул. Каспийская, д. 22, корп. 1, стр. 5,
5-й эт, пом. IX
e-mail: zakaz@tdobr.ru
(495) 266-65-81
Дом книги «Медведково»
пр-дЗаревый,д. 12
(499) 476-16-90, (495) 656-92-97
000 «Новое качество образования» пр-д Одоевского, д. 3, корп. 1 (800)201-54-98
000 «Иглика-Пресс»
e-mail: iglika-press@yandex.ru
8 (499) 136-62-62, 8 (800) 770-74-86
Интернет-магазин «Рослит»
(495) 795-09-07, (495) 728-01-54
ИП Сергеев. Интернет-магазин ул. 1 -я Останкинская, д. 55 www.bookschool.ru (926)542-01-35
Интернет-магазин «Амиталь»
(473) 223-00-02
Санкт-Петербург
000 «УЧТОРГ»
пр-т Железнодорожный, д. 20
e-mail: info@prosv-spb.ru
(812)612-11-03,327-04-50
Магазин «Учебники» ДК им. Крупской пр-т Обуховской обороны, д. 105, пав. № 43 (812)335-01-61
000 «Школьная книга» пр-тЗаневский, д. 51 www.sbooks.ru (812)336-16-65
ИП Александров, «Учебная книга» (812) 341-04-58, (812) 342-41-05
Абакан
ГАОУ РХ ДПО «Хакасский институт развития образования и повышения квалификации» ул. Хакасская, д. 73А (3902)22-70-12
Альметьевск
Сеть магазинов «Дом Книги» ул. Ленина, д. 60 e-mail: lych@kazanbooks.ru 8 (8553) 32-72-75
Астрахань
Магазин «Глобус»
ул. Красная Набережная, д. 96Б
8(908)612-77-93
Барнаул
Представительство «Библионик» ул. Деповская, 7, оф. А1 -106 e-mail: kulik_i@biblionik.ru +7 (3852) 36-37-90
Белгород
000 «Новое качество образования» пр-т Б. Хмельницкого, 132-А (800)201-54-98
000 «Амиталь» б-р Народный, 806 (4722) 42-48-42
Бердск
Склад 000 «Библионик»
ул. Барнаульская, д. 6
+7 (383) 336-46-01, +7 (913) 457-33-58
e-mail: zakaz@biblionik.ru
Благовещенск
Книжный магазин «Опткнига» ул. Горького, д. 155 (4162)51-27-30
Братск
000 «Книголюб» ул. Наймушина, д. 34 e-mail: bookisland@mail.ru (3953) 40-99-63
Бугульма
Магазин «Дом Книги»
ул. М. Джалиля, д. 7, ТД «Цум»
+7(987)211-13-13
ВеликийНовгород
000 «Канцеляр»
ул. Державина, д. 11
e-mail: Marina601802@mail.ru
8(921)022-72-62
Владивосток
000 «Дальтест» ул. Шефнера, д. 2 8(914)705-60-36
Сеть магазинов «Глобус» ул. Овчинникова, д. 10 globusbooks.ru (4232)36-26-13
Владикавказ
Магазин «Книги» ул. Бородинская, д. 12 www.kmv-book.ru (8672) 44-54-26
Владимир
Владимирский областной
МЦ «Глобус»
пр-т Ленина, д. 2
e-mail: vladimir@globus-kniga.ru
(4922) 38-02-58
Волгоград
МЦ «Глобус»
ул. Аллея Героев, 3
e-mail: 19126123@mail.ru
e-mail: volgograd@globus-kniga.ru
(8442) 49-23-69, (8442) 59-23-69
ИП Некрасова М. Ю. e-mail: rusobr@internet.ru e-mail: nekrasov@niko.institute +7(961)320-70-00
Вологда
000 «Учебная литература»
ул. Гончарная, д. 2
(8172) 51-18-48, (8172) 51-57-10,
(8172)51-94-10
Воронеж
000 «Амиталь»
пр-т Ленинский, д. 153
(473)223-17-02
Грозный
Магазин «Атлас»
ТЦ «Беркат», блок автостанции, 3-й эт.
(989) 904-92-59
Екатеринбург
000 «Умная сова»
пр-т Ленина, д. 99, цоколь
(922)152-85-01
Торговая компания «Люмна»
ул. Студенческая, д. 1В
(343) 228-10-70, (343) 228-10-91
Ессентуки
Магазин «Твоя книга» ул. Кисловодская, д. 73 (928) 704-93-87
Зеленодольск
Магазин «Дом Книги» ул. Комсомольская, д. 8 (84371)5-64-62
Иваново
Ивановский областной МЦ «Глобус»
ул. Велижская, д. 70
e-mail: ivanovo@globus-kniga.ru
(4932) 58-55-74
Иркутск
000 «Продал итъ» ул. Ракитная, 12а/1 e-maihprodalit_order@prodalit.ru e-mail: realiz@prodalit.ru (3952) 50-08-39, (3952) 48-60-36
000 «СибВерк-Байкал» ул. Трактовая, д. 35 e-mail: Sibverk-baikal@mail.ru (3952)482-190
Казань
000 «Пегас»
ул. Гвардейская, д. 9А
(843) 272-72-73
Калуга
Калужский областной МЦ «Глобус»
ул. Баумана, д. 5
e-mail: kaluga@globus-kniga.ru
(4842) 77-45-99
000 «Школьный мир»
ул. Достоевского, д. 29, пом. 66
(4842) 57-58-51
Каменск-Уральский
000 «Умная сова» пр-т Победы, д. 87 (912) 623-68-59, (902) 150-90-68
Кемерово
Филиал 000 «Книжный мир» пр-т Кузнецкий, д. 102 e-mail: skazka@kmr.ru (3842)21-14-88
Киселевск
000 «КиселевскКнига» пер. Транспортный, д. 2 e-mail: kisbook1@yandex.ru (384-64) 223-52
Комсомольск-на-Амуре
000 «Планета»
пр-т Первостроителей, д. 21
(4217)27-43-96
Краснодар
000 «Ремикс»
ул. Восточный обход, д. 10
(861)227-74-57
Дом книги «Когорта» ул. Красная, д. 45 (861)262-99-20
ИП Некрасова М. Ю. e-mail: rusobr@internet.ru e-mail: nekrasov@niko.institute +7(961)320-70-00
Красноярск
«Красноярский краевой институт повышения квалификации» пр-т Мира, д. 76 (391)227-90-00
000 «СибВерк-Континент» ул. Спандаряна, д. 12 e-mail: c-book@scn.ru (391)201-85-81
Книжный магазин «Территория» ул. Белинского, 8, ТРК «КомсоМОЛЛ», 2-й эт. e-mail: t2194746@yandex.ru (391) 219-47-46, (913) 832-93-91
000 «Сибкнига»
ул. 9 Мая, д. 10
магазин «Яр Книга»
яркнига24.рф
e-mail: yarkniga@mail.ru
(391)22-33-500
000 «Школьный мир» ул. Молокова, д. 40 (391)272-83-34
Курск
000 «Аистенок» ул. Щепкина, 22-24 www.aistenok-kursk.ru (4712)52-86-10
000 «Амиталь» пр. Хрущева, д. 5А (4712)51-91-15
Липецк
000 «Амиталь»
пл. Плеханова, д. 7
(4742) 47-02-53, (4742) 27-31-15
Махачкала
Магазин «Алифба»
ул. Ирчи Казака, д. 49/47, рынок,
10-й ряд
Книготорговая компания «Дагкнигасервис» ул. Белинского, д. 11 В; пр-т Имама Шамиля, 1 «г» (8722) 56-87-37
Междуреченск
МУП «Междуреченский головной
книжный магазин»
п. Коммунистический, д. 10
e-mail: book@rikt.ru
(3847)52-32-18
МинеральныеВоды
Магазин «Твоя Книга» ул. Карла Маркса, д. 51 (928) 704-93-87
НабережныеЧелны
Магазин «Книга+»
пр-т Мира, д. 3, ТРЦ «Торговый
квартал»
(8552) 44-66-50
Назрань
Магазин «Твоя Книга» ул. Фабричная, д. 26 (928) 920-20-67
Нальчик
Магазин «Твоя Книга» ул. Кирова, д. 353 8 (928) 704-93-87
НижнийНовгород
Книжный магазин «Учебная книга» пр-т Ленина, д. 1 (831)245-11-98
Новороссийск
«Книжная лавка студента»
ул. Южная, д. 5
ул. Исаева, д. 6
ул. Революции 1905 г., д. 21
лавка-студента.рф
Новосибирск
000 «Академия школы» ул. Кривощёковская, оф. 106 e-mail: dremlugova_z@biblionik.ru (383) 375-52-59, 233-55-65; 8(913)943-93-99
Книжный магазин «Академия
школы»
ул. Геодезическая, 4/1,
ТЦ «Амстердам», эт. -2
e-mail: savinykh_s@biblionik.ru
(383) 233-47-46, (383) 286-47-46
000 «СибВерк»
ул. Линейная, д. 114/3
(383) 200-01-55, (383) 200-06-29,
(383) 347-88-20
НовыйУренгой
000 «Библиосфера» ул. Губкина, д. 5 (3494) 94-55-84
Ноябрьск
Магазин «Дом Книги»
пр-т Мира, д. 75А
(3496) 34-16-42, (3496) 35-40-96
Оленегорск
МУП «Кругозор»
пр-т Ленинградский, д. 7
(921)165-64-54
Омск
Книжный магазин «Учебная
литература»
ул. Ленина, д. 10, оф. 20,2-й эт.
(3812) 24-45-37, (3812) 23-83-36
Оренбург
000 «Фирма «Фолиант»
ул. Советская, д. 24
(3532) 77-46-92, (3532) 77-20-24,
(3532) 77-25-52
Пенза
ОАО «Пензенский областной
учколлектор»
ул. Рахманинова, д. 11
(8412) 95-54-59, (8412) 52-07-26
Пермь
Пермский краевой МЦ «Глобус» ул. Мира, 78 А www.globus-kniga.ru e-mail: perm@globus-kniga.ru e-mail: kniga.perm@yandex.ru (342) 212-34-26; 8 (912) 58-20-010, 8(912)88-10-110
Петропавловск-Камчатский
000 «Новое качество
образования»
ул. Кавказская, д. 40
(800)201-54-98
Пятигорск
Оптово-розничный центр «Твоя
книга»
ул. Береговая, д. 14
(8793) 39-02-53, (928) 285-02-46
РеспубликаКрым, Симферополь
000 «Торговая компания «Абрис» ул. Крылова, 172 e-mail: znanie@textbook.ru (3652) 788-365, +7 (978) 091-05-91
Магазин «Школьный Мир» ул. Караимская, 23-В (978) 982-96-39
000 «Иглика»
Розница: ул. Гагарина, д. 1;
ул. Кирова, 19;
опт: ул. Гагарина, д. 14А
(800) 770-74-86
Россошь
000 «Амиталь» пр-т Труда, д. 26А (47396) 5-28-05
Ростов-на-Дону
Сеть книжных магазинов
«Магистр»
ул. Б. Садовая, д. 67
e-mail: site@booka.ru
(863) 279-39-11, (863) 248-01-68
000 «Фаэтон-пресс»
ул. Нансена, д. 149
e-mail: faeton_svetlana@mail.ru
(863) 240-83-25, (863) 240-74-88,
(863)322-12-84
ИП Некрасова М. Ю e-mail: rusobr@internet.ru e-mail: nekrasov@niko.institute +7(961)320-70-00
Рязань
Магазин «Учебники» ул. Халтурина, д. 1Б (4912) 44-67-75, (4912) 45-82-04
Самара
«Книжный магазин»
ул. Чернореченская, д. 21
(846) 278-45-01, (917) 153-90-87
Сеть магазинов «Чакона»
(846)331-22-33
Саратов
Сеть магазинов «Моя книга» ул.Осипова,д. 10А (8452) 72-65-65
Книготорговая компания «Полиграфист» ул. Чернышевского, д. 57А (8452) 29-42-98
Смоленск
000 «Книжный мир»
ул. Октябрьской революции, д. 7
(4812)38-19-25
Ставрополь
Магазин «Мир знаний»
ул.Лермонтова, 191Б
(8652) 24-28-77,8 (909) 756-66-85
СтарыйОскол
000 «Амиталь»
мкр-н Олимпийский, д. 62
8(4725)39-00-10
Сургут
Магазин «Живое слово» ул. Университетская, д. 29
Сыктывкар
000 «Бук-Регион»
(8212) 57-04-05; (904) 862-73-97
Тамбов
ТАМБОВКНИГА
ул. Интернациональная, д. 52А
(4752) 72-00-47
Томск
000 «Элион+»
ул. Сергея Лазо, д. 24
8 (923) 406-09-86,8 (913) 801-58-31
000 «Учсервис»
ул. Пушкина, д. 27Ж
(3822) 46-86-24
e-mail: tomuchservice@gmail.com
Тула
Магазин «Книжгород»
ул. Максима Горького, д. 33
(4872)47-09-14
Тюмень
ЗАО «Фолиант»
ул. Республики, д. 137
(3452) 32-34-86
Магазин «Книжный мир» ул. Рижская, д. 64, корп. 1 (3452) 20-08-11
Улан-Удэ
Магазин «ПолиНом»
(3012) 44-07-28, (347) 241-07-70
000 «Ая ганга»
ул. Ранжурова, д. 10, пом. 3
(924) 359-78-88
Ульяновск
Ульяновский областной МЦ «Глобус»
ул. Пушкинская, д. 15А
e-mail: simbirsk@globus-kniga.ru
(8422) 67-55-77
Уфа
000 «Учебно-методический центр
«Эдвис»
ул. 50 лет СССР, д. 12
(347) 282-52-01, (347) 282-56-30
Сеть книжных магазинов «Планета»
8-800-5000-338
Чебоксары
ГУП «Учколлектор» Минобразования Чувашии пр-т Школьный, д. 6А (8352) 56-24-75, (8352) 56-08-55
Челябинск
Книжный магазин «Библио-Глобус» ул. Молдавская, д. 16,4-й эт., ТРЦ «Фокус» (351) 799-22-05, (351) 799-21-76
000 «ИнтерСервис ЛТД» 8(800)550-21-29 e-mail: info@fkniga.ru
Чита
Сеть магазинов «Генезис» ул. Ангарская, д. 17 (3022)21-10-34
Элиста
Книготорговая сеть «Учитель» ул. Ленина, д. 247/20 (84722) 2-86-42
Якутск
000 «Книжный маркет»
ул. Ярославского, д. 16/1
(4112) 34-20-47, (4112) 34-10-30,
(4112)42-40-27
Ярославль
000 «Компания «Школьный
проект»
ул. М. Пролетарская, д. 18А, оф. 234
(4852) 58-37-56, (4852) 58-37-57;
8(930)111-63-53
Магазин «Школьник»
ул. Светлая, д. 34
(4852) 41-09-40, (4852) 41-09-54
Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika Варианты ЕГЭ по физике