Ang video course na "Kumuha ng A" ay kinabibilangan ng lahat ng mga paksang kinakailangan upang matagumpay na makapasa sa Pinag-isang State Exam sa matematika na may 60-65 puntos. Ganap ang lahat ng mga gawain 1-13 ng Profile Unified State Exam sa matematika. Angkop din para sa pagpasa sa Basic Unified State Examination sa matematika. Kung gusto mong makapasa sa Unified State Exam na may 90-100 points, kailangan mong lutasin ang part 1 sa loob ng 30 minuto at walang pagkakamali!

Kurso sa paghahanda para sa Unified State Exam para sa grade 10-11, gayundin para sa mga guro. Lahat ng kailangan mo para malutas ang Part 1 ng Unified State Exam sa matematika (ang unang 12 problema) at Problema 13 (trigonometry). At ito ay higit sa 70 puntos sa Unified State Exam, at hindi magagawa ng isang 100-point na mag-aaral o ng isang mag-aaral sa humanities kung wala sila.

Lahat ng kinakailangang teorya. Mabilis na solusyon, pitfalls at sikreto ng Pinag-isang State Exam. Ang lahat ng kasalukuyang gawain ng bahagi 1 mula sa FIPI Task Bank ay nasuri. Ang kurso ay ganap na sumusunod sa mga kinakailangan ng Unified State Exam 2018.

Ang kurso ay naglalaman ng 5 malalaking paksa, 2.5 oras bawat isa. Ang bawat paksa ay ibinigay mula sa simula, simple at malinaw.

Daan-daang mga gawain ng Pinag-isang State Exam. Mga problema sa salita at teorya ng posibilidad. Simple at madaling matandaan ang mga algorithm para sa paglutas ng mga problema. Geometry. Teorya, sangguniang materyal, pagsusuri ng lahat ng uri ng mga gawain sa Pinag-isang Estado ng Pagsusuri. Stereometry. Mga nakakalito na solusyon, kapaki-pakinabang na cheat sheet, pagbuo ng spatial na imahinasyon. Trigonometry mula sa simula hanggang sa problema 13. Pag-unawa sa halip na pag-cramming. Malinaw na pagpapaliwanag ng mga kumplikadong konsepto. Algebra. Mga ugat, kapangyarihan at logarithms, function at derivative. Isang batayan para sa paglutas ng mga kumplikadong problema ng Bahagi 2 ng Pinag-isang Pagsusulit ng Estado.

Mga pagbabago sa mga gawain sa Unified State Examination sa physics para sa 2019 walang taon.

Istraktura ng Pinag-isang State Examination na mga gawain sa physics 2019

Ang papel ng pagsusulit ay binubuo ng dalawang bahagi, kabilang ang 32 gawain.

Bahagi 1 naglalaman ng 27 gawain.

• Sa mga suliranin 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27, ang sagot ay isang buong bilang o isang may hangganang bahagi ng decimal.
• Ang sagot sa mga gawain 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 at 24 ay isang pagkakasunod-sunod ng dalawang numero.
• Ang sagot sa mga gawain 19 at 22 ay dalawang numero.

Bahagi 2 naglalaman ng 5 gawain. Kasama sa sagot sa mga gawain 28–32 ang isang detalyadong paglalarawan ng buong pag-unlad ng gawain. Ang ikalawang bahagi ng mga gawain (na may detalyadong sagot) ay tinasa ng isang ekspertong komisyon batay sa.

Mga paksa ng Pinag-isang State Exam sa pisika na isasama sa papel ng pagsusulit

1. Mechanics(kinematics, dynamics, statics, conservation laws sa mechanics, mechanical vibrations at waves).
2. Molekular na pisika(Molecular kinetic theory, thermodynamics).
3. Electrodynamics at fundamentals ng SRT(electric field, direct current, magnetic field, electromagnetic induction, electromagnetic oscillations at waves, optika, fundamentals ng SRT).
4. Quantum physics at mga elemento ng astrophysics(wave-corpuscular dualism, atomic physics, physics ng atomic nucleus, mga elemento ng astrophysics).

Tagal ng Pinag-isang State Exam sa Physics

Ang lahat ng gawain sa pagsusulit ay matatapos 235 minuto.

Ang tinatayang oras upang makumpleto ang mga gawain ng iba't ibang bahagi ng trabaho ay:

1. para sa bawat gawain na may maikling sagot - 3-5 minuto;
2. para sa bawat gawain na may detalyadong sagot – 15–20 minuto.

Ano ang maaari mong kunin para sa pagsusulit:

• Ang isang hindi-programmable na calculator ay ginagamit (para sa bawat mag-aaral) na may kakayahang kalkulahin ang mga trigonometric function (cos, sin, tg) at isang ruler.
• Ang listahan ng mga karagdagang device at device, ang paggamit nito ay pinahihintulutan para sa Unified State Examination, ay inaprubahan ng Rosobrnadzor.

Mahalaga!!! Hindi ka dapat umasa sa mga cheat sheet, mga tip o paggamit ng mga teknikal na paraan (mga telepono, tablet) sa panahon ng pagsusulit. Ang video surveillance sa Unified State Exam 2019 ay palalakasin gamit ang mga karagdagang camera.

Pinag-isang State Examination points sa physics

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

Kabuuan: 52 puntos(maximum na pangunahing marka).

Ano ang kailangan mong malaman kapag naghahanda ng mga gawain para sa Unified State Exam:

• Alamin/unawain ang kahulugan ng mga pisikal na konsepto, dami, batas, prinsipyo, postulate.
• Magagawang ilarawan at ipaliwanag ang mga pisikal na phenomena at katangian ng mga katawan (kabilang ang mga bagay sa kalawakan), ang mga resulta ng mga eksperimento... magbigay ng mga halimbawa ng praktikal na paggamit ng pisikal na kaalaman
• Ibahin ang mga hypotheses mula sa siyentipikong teorya, gumawa ng mga konklusyon batay sa eksperimento, atbp.
• Magagamit ang nakuhang kaalaman sa paglutas ng mga pisikal na problema.
• Gamitin ang nakuhang kaalaman at kasanayan sa mga praktikal na gawain at pang-araw-araw na buhay.

Saan magsisimulang maghanda para sa Unified State Exam sa Physics:

1. Pag-aralan ang teoryang kinakailangan para sa bawat gawain.
2. Magsanay ng mga gawain sa pagsubok sa pisika, na binuo batay sa Pinag-isang State Exam. Sa aming website, ia-update ang mga gawain at opsyon sa physics.
3. Pamahalaan ang iyong oras nang tama.

Nais ka naming tagumpay!

Sa pangalawang gawain ng Unified State Exam sa pisika, kinakailangan upang malutas ang isang problema sa mga batas ni Newton o nauugnay sa pagkilos ng mga puwersa. Sa ibaba ay ipinakita namin ang teorya na may mga pormula na kinakailangan upang matagumpay na malutas ang mga problema sa paksang ito.

Teorya para sa gawain Blg. 2 ng Unified State Exam sa Physics

Pangalawang batas ni Newton

Ang pangalawang pormula ng batas ni Newton F =ma . Dito F At a – dami ng vector. Magnitude a – Ito ay ang pagbilis ng paggalaw ng katawan sa ilalim ng impluwensya ng isang tiyak na puwersa. Ito ay direktang proporsyonal sa puwersa na kumikilos sa isang partikular na katawan at nakadirekta sa direksyon ng puwersa.

Resulta

Ang nagresultang puwersa ay isang puwersa na ang pagkilos ay pumapalit sa pagkilos ng lahat ng pwersang inilapat sa katawan. O, sa madaling salita, ang resulta ng lahat ng pwersa na inilapat sa katawan ay katumbas ng vector sum ng mga pwersang ito.

Pwersa ng friction

F tr =μN , Saan μ μ, na isang pare-parehong halaga para sa isang naibigay na kaso. Alam ang puwersa ng friction at ang normal na puwersa ng presyon (ang puwersang ito ay tinatawag ding support reaction force), maaari mong kalkulahin ang friction coefficient.

Grabidad

Ang patayong bahagi ng paggalaw ay nakasalalay sa mga puwersang kumikilos sa katawan. Ang kaalaman sa gravity formula ay kinakailangan F=mg, dahil, bilang panuntunan, ito lamang ang kumikilos sa isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa pahalang.

Nababanat na puwersa

Ang nababanat na puwersa ay isang puwersa na nanggagaling sa isang katawan bilang resulta ng pagpapapangit nito at may posibilidad na ibalik ito sa orihinal (naunang) estado nito. Para sa nababanat na puwersa, ginagamit ang batas ni Hooke: F = kδl, Saan k- koepisyent ng pagkalastiko (paninigas ng katawan), δl- laki ng pagpapapangit.

Batas ng grabidad

Ang puwersa F ng gravitational attraction sa pagitan ng dalawang materyal na punto ng mass m1 at m2, na pinaghihiwalay ng isang distansya r, ay proporsyonal sa parehong masa at inversely proporsyonal sa parisukat ng distansya sa pagitan nila:

Pagsusuri ng mga tipikal na opsyon para sa mga gawain Blg. 2 ng Unified State Exam sa Physics

Demo bersyon 2018

Ipinapakita ng graph ang pag-asa ng sliding friction force modulus sa normal na pressure force modulus. Ano ang coefficient ng friction?

Algoritmo ng solusyon:

1. Isulat natin ang isang formula na nag-uugnay sa mga puwersang ito. Ipahayag ang koepisyent ng friction.
2. Sinusuri namin ang graph at nagtakda ng isang pares ng kaukulang mga halaga ng mga puwersa ng normal na presyon N at alitan.
3. Kinakalkula namin ang koepisyent batay sa mga halaga ng puwersa na kinuha mula sa graph.
4. Isinulat namin ang sagot.

Solusyon:

1. Ang puwersa ng friction ay nauugnay sa normal na puwersa ng presyon ng formula F tr=μ N, Saan μ – koepisyent ng friction. Mula dito, alam natin ang laki ng friction force at pressure na normal sa ibabaw, matutukoy natin μ, na isang pare-parehong halaga para sa isang naibigay na kaso. Ang pag-alam sa puwersa ng friction at sa normal na puwersa ng presyon (ang puwersang ito ay tinatawag ding support reaction force), maaari mong kalkulahin ang friction coefficient. Mula sa formula sa itaas ay sumusunod na: μ = F tr: N
2. Tingnan natin ang dependence graph. Kunin natin ang anumang punto sa graph, halimbawa, kapag N = 12 (N), at F tr = 1.5 (N).
3. Kunin natin ang mga napiling halaga ng puwersa at kalkulahin ang halaga ng koepisyent μ : μ= 1,5/12 = 0,125

Sagot: 0.125

Unang bersyon ng gawain (Demidova, No. 3)

Ang Force F ay nagbibigay ng acceleration a sa isang body ng mass m sa inertial frame of reference. Tukuyin ang acceleration ng katawan na may mass na 2m sa ilalim ng impluwensya ng puwersa na 0.5F sa frame of reference na ito.

1) ; 2) ; 3) ; 4)

Algoritmo ng solusyon:

1. Isulat natin ang pangalawang batas ni Newton. Ipinapahayag namin ang acceleration mula sa formula.
2. Pinapalitan namin ang mga nabagong halaga ng masa at puwersa sa nagresultang expression at hanapin ang bagong halaga ng acceleration, na ipinahayag sa pamamagitan ng orihinal na halaga nito.
3. Piliin ang tamang sagot.

Solusyon:

1. Ayon sa ikalawang batas ni Newton F=m a, pilitin F, na kumikilos sa isang katawan na may mass m, ay nagbibigay ng acceleration sa katawan A. Meron kami:

2. Sa kondisyon m 2 = 2m, F 2 =0,5F.

Pagkatapos ang binagong acceleration ay magiging katumbas ng:

Sa vector form ang notasyon ay magkatulad.

Pangalawang bersyon ng gawain (Demidova, No. 9)

Ang isang bato na tumitimbang ng 200 g ay itinapon sa isang anggulo na 60° sa pahalang na may paunang bilis v = 20 m/s. Tukuyin ang modulus ng gravity na kumikilos sa bato sa tuktok na punto ng trajectory.

Kung ang isang katawan ay itinapon sa isang anggulo sa pahalang at ang drag force ay maaaring mapabayaan, ang resulta ng lahat ng pwersa ay pare-pareho. Ang patayong bahagi ng paggalaw ay nakasalalay sa mga puwersang kumikilos sa katawan. Kinakailangang malaman ang formula ng gravity F=mg, dahil, bilang panuntunan, ito ay kumikilos lamang sa isang katawan na itinapon sa isang anggulo sa pahalang.

Algoritmo ng solusyon:

1. I-convert ang mass value sa SI.
2. Tinutukoy namin kung anong mga puwersa ang kumikilos sa bato.
3. Isinulat namin ang formula para sa gravity. Kinakalkula namin ang magnitude ng puwersa.
4. Isinulat namin ang sagot.

Solusyon:

1. Mass ng bato m=200 g=0.2 kg.
2. Ang itinapon na bato ay apektado ng gravity F T = mg. Dahil ang kundisyon ay hindi nagtatakda kung hindi man, ang paglaban ng hangin ay maaaring mapabayaan.
3. Ang puwersa ng grabidad ay pareho sa anumang punto sa tilapon ng bato. Nangangahulugan ito na ang data sa kondisyon (paunang bilis v at ang anggulo sa abot-tanaw kung saan itinapon ang katawan) ay kalabisan. Mula dito nakukuha natin ang: F T = 0.2∙10 =2 N.

Sagot : 2

Ikatlong bersyon ng gawain (Demidova, No. 27)

Ang isang pare-parehong pahalang na puwersa ng F = 9 N ay inilalapat sa isang sistema ng isang kubo na tumitimbang ng 1 kg at dalawang bukal (tingnan ang figure). Ang sistema ay nagpapahinga. Walang alitan sa pagitan ng kubo at suporta. Ang kaliwang gilid ng unang tagsibol ay nakakabit sa dingding. Ang higpit ng unang spring k1 = 300 N/m. Ang higpit ng ikalawang spring ay k2 = 600 N/m. Ano ang pagpahaba ng ikalawang tagsibol?

Algoritmo ng solusyon:

1. Isinulat namin ang batas ni Hooke para sa 2nd spring. Natagpuan namin ang koneksyon nito sa puwersa F na ibinigay sa kondisyon.
2. Mula sa nagresultang equation ipinapahayag namin ang pagpahaba at kinakalkula ito.
3. Isinulat namin ang sagot.

Solusyon:

1. Ayon sa batas ni Hooke, ang pagpahaba ng isang spring ay nauugnay sa spring stiffness k at ang puwersa na inilapat dito. F pagpapahayag F= k∆ l. Ang ikalawang spring ay napapailalim sa isang makunat na puwersa F 2 = k2∆ l. 1st spring ay nakaunat sa pamamagitan ng puwersa F. Sa pamamagitan ng kondisyon F=9 H. Dahil ang mga bukal ay bumubuo ng isang solong sistema, ang puwersa F ay umaabot din sa ika-2 spring, i.e. F 2 =F.
2. Pagpahaba Δ l ay tinukoy tulad nito:

Paghahanda para sa OGE at sa Pinag-isang State Exam

Pangalawang pangkalahatang edukasyon

Linya ng UMK A.V. Physics (10-11) (basic, advanced)

Linya ng UMK A.V. Physics (7-9)

Linya ng UMK A.V. Physics (7-9)

Paghahanda para sa Pinag-isang State Exam sa Physics: mga halimbawa, solusyon, paliwanag

Sinusuri namin ang mga gawain ng Unified State Exam sa physics (Option C) kasama ng guro.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, guro ng pisika, 27 taong karanasan sa trabaho. Sertipiko ng karangalan mula sa Ministri ng Edukasyon ng Rehiyon ng Moscow (2013), Pasasalamat mula sa Pinuno ng Voskresensky Municipal District (2015), Sertipiko mula sa Pangulo ng Association of Teachers of Mathematics and Physics ng Moscow Region (2015).

Ang gawain ay nagpapakita ng mga gawain ng iba't ibang antas ng kahirapan: basic, advanced at mataas. Ang mga pangunahing gawain sa antas ay mga simpleng gawain na sumusubok sa karunungan ng pinakamahalagang pisikal na konsepto, modelo, phenomena at batas. Ang mga advanced na gawain sa antas ay naglalayong subukan ang kakayahang gumamit ng mga konsepto at batas ng pisika upang pag-aralan ang iba't ibang mga proseso at phenomena, pati na rin ang kakayahang malutas ang mga problema gamit ang isa o dalawang batas (mga formula) sa alinman sa mga paksa ng kurso sa pisika ng paaralan. Sa gawain 4, ang mga gawain ng bahagi 2 ay mga gawain na may mataas na antas ng pagiging kumplikado at subukan ang kakayahang gamitin ang mga batas at teorya ng pisika sa isang nagbago o bagong sitwasyon. Ang pagkumpleto ng mga naturang gawain ay nangangailangan ng aplikasyon ng kaalaman mula sa dalawa o tatlong seksyon ng pisika nang sabay-sabay, i.e. mataas na antas ng pagsasanay. Ang opsyong ito ay ganap na naaayon sa demo na bersyon ng 2017 Unified State Exam ang mga gawain ay kinuha mula sa bukas na Unified State Exam task bank.

Ang figure ay nagpapakita ng isang graph ng speed modulus laban sa oras t. Tukuyin mula sa graph ang distansyang nilakbay ng sasakyan sa pagitan ng oras mula 0 hanggang 30 s.

Solusyon. Ang landas na nilakbay ng isang kotse sa pagitan ng oras mula 0 hanggang 30 s ay pinakamadaling matukoy bilang ang lugar ng isang trapezoid, ang mga base nito ay ang mga agwat ng oras (30 – 0) = 30 s at (30 – 10 ) = 20 s, at ang taas ay ang bilis v= 10 m/s, ibig sabihin.

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

Sagot. 250 m.

Ang isang load na tumitimbang ng 100 kg ay itinataas patayo pataas gamit ang isang cable. Ipinapakita ng figure ang dependence ng velocity projection V load sa axis nakadirekta paitaas, bilang isang function ng oras t. Tukuyin ang modulus ng cable tension force sa panahon ng pag-angat.

Solusyon. Ayon sa velocity projection dependence graph v load sa isang axis na nakadirekta patayo paitaas, bilang isang function ng oras t, matutukoy natin ang projection ng acceleration ng load

a =	∆v	=	(8 – 2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 s

Ang pagkarga ay ginagampanan ng: ang puwersa ng gravity na nakadirekta patayo pababa at ang puwersa ng pag-igting ng cable na nakadirekta patayo pataas sa kahabaan ng cable (tingnan ang Fig. 2. Isulat natin ang pangunahing equation ng dynamics. Gamitin natin ang pangalawang batas ni Newton. Ang geometric na kabuuan ng mga puwersa na kumikilos sa isang katawan ay katumbas ng produkto ng masa ng katawan at ang acceleration na ibinigay dito.

+ = (1)

Isulat natin ang equation para sa projection ng mga vector sa reference system na nauugnay sa earth, na nagdidirekta sa OY axis pataas. Ang projection ng tension force ay positibo, dahil ang direksyon ng puwersa ay tumutugma sa direksyon ng OY axis, ang projection ng gravity force ay negatibo, dahil ang force vector ay kabaligtaran sa OY axis, ang projection ng acceleration vector ay positibo rin, kaya ang katawan ay gumagalaw nang may paitaas na acceleration. Meron kami

T – mg = ma (2);

mula sa formula (2) tensile force modulus

T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.

Sagot. 1200 N.

Ang katawan ay kinakaladkad kasama ang isang magaspang na pahalang na ibabaw na may pare-parehong bilis na ang modulus ay 1.5 m/s, na naglalagay ng puwersa dito tulad ng ipinapakita sa Figure (1). Sa kasong ito, ang modulus ng sliding friction force na kumikilos sa katawan ay 16 N. Ano ang kapangyarihan na binuo ng puwersa? F?

Solusyon. Isipin natin ang pisikal na proseso na tinukoy sa pahayag ng problema at gumawa ng isang guhit na eskematiko na nagpapahiwatig ng lahat ng mga puwersa na kumikilos sa katawan (Larawan 2). Isulat natin ang pangunahing equation ng dynamics.

Tr + + = (1)

Ang pagkakaroon ng pagpili ng isang sistema ng sanggunian na nauugnay sa isang nakapirming ibabaw, isinusulat namin ang mga equation para sa projection ng mga vectors sa mga napiling coordinate axes. Ayon sa mga kondisyon ng problema, ang katawan ay gumagalaw nang pantay, dahil ang bilis nito ay pare-pareho at katumbas ng 1.5 m / s. Nangangahulugan ito na ang acceleration ng katawan ay zero. Dalawang puwersa ang kumikilos nang pahalang sa katawan: ang sliding friction force tr. at ang lakas ng pagkaladkad sa katawan. Ang projection ng friction force ay negatibo, dahil ang force vector ay hindi tumutugma sa direksyon ng axis. X. Projection ng puwersa F positibo. Ipinapaalala namin sa iyo na upang mahanap ang projection, ibinababa namin ang patayo mula sa simula at dulo ng vector sa napiling axis. Isinasaalang-alang ito, mayroon kaming: F cosα – F tr = 0; (1) ipahayag natin ang projection ng puwersa F, Ito F cosα = F tr = 16 N; (2) kung gayon ang kapangyarihang binuo ng puwersa ay magiging katumbas ng N = F cosα V(3) Gumawa tayo ng kapalit, isinasaalang-alang ang equation (2), at palitan ang kaukulang data sa equation (3):

N= 16 N · 1.5 m/s = 24 W.

Sagot. 24 W.

Ang isang load na nakakabit sa isang light spring na may higpit na 200 N/m ay sumasailalim sa mga vertical oscillations. Ipinapakita ng figure ang isang graph ng pag-asa sa displacement x load paminsan-minsan t. Tukuyin kung ano ang masa ng pagkarga. Bilugan ang iyong sagot sa isang buong numero.

Solusyon. Ang isang masa sa isang spring ay sumasailalim sa mga vertical oscillations. Ayon sa load displacement graph X mula sa panahon t, tinutukoy namin ang panahon ng oscillation ng load. Ang panahon ng oscillation ay katumbas ng T= 4 s; mula sa formula T= 2π ipahayag natin ang masa m kargamento

=	T	;	m	=	T 2	; m = k	T 2	; m= 200 N/m	(4 s) 2	= 81.14 kg ≈ 81 kg.
	2π		k		4π 2		4π 2		39,438

Sagot: 81 kg.

Ang figure ay nagpapakita ng isang sistema ng dalawang light block at isang walang timbang na cable, kung saan maaari mong panatilihing balanse o iangat ang isang load na tumitimbang ng 10 kg. Ang alitan ay bale-wala. Batay sa pagsusuri ng figure sa itaas, piliin dalawa mga totoong pahayag at ipahiwatig ang kanilang mga numero sa iyong sagot.

1. Upang mapanatili ang balanse ng pagkarga, kailangan mong kumilos sa dulo ng lubid na may lakas na 100 N.
2. Ang block system na ipinapakita sa figure ay hindi nagbibigay ng anumang pakinabang sa lakas.
3. h, kailangan mong bunutin ang isang seksyon ng haba ng lubid 3 h.
4. Upang dahan-dahang iangat ang isang load sa isang taas hh.

Solusyon. Sa problemang ito, kinakailangang tandaan ang mga simpleng mekanismo, katulad ng mga bloke: isang palipat-lipat at isang nakapirming bloke. Ang movable block ay nagbibigay ng dobleng pakinabang sa lakas, habang ang seksyon ng lubid ay kailangang hilahin nang dalawang beses ang haba, at ang nakapirming bloke ay ginagamit upang i-redirect ang puwersa. Sa trabaho, ang mga simpleng mekanismo ng pagkapanalo ay hindi nagbibigay. Matapos suriin ang problema, agad naming pipiliin ang mga kinakailangang pahayag:

1. Upang dahan-dahang iangat ang isang load sa isang taas h, kailangan mong bunutin ang isang seksyon ng haba ng lubid 2 h.
2. Upang mapanatili ang balanse ng pagkarga, kailangan mong kumilos sa dulo ng lubid na may lakas na 50 N.

Sagot. 45.

Ang isang aluminyo na bigat na nakakabit sa isang walang timbang at hindi mapahaba na sinulid ay ganap na nilulubog sa isang sisidlan na may tubig. Ang pagkarga ay hindi hawakan ang mga dingding at ilalim ng sisidlan. Pagkatapos ng isang bakal na timbang, ang masa nito ay katumbas ng masa ng aluminyo timbang, ay nahuhulog sa parehong sisidlan na may tubig. Paano magbabago ang modulus ng tension force ng thread at ang modulus ng force of gravity na kumikilos sa load bilang resulta nito?

1. Nadadagdagan;
2. Bumababa;
3. Hindi nagbabago.

Solusyon. Sinusuri namin ang kondisyon ng problema at i-highlight ang mga parameter na hindi nagbabago sa panahon ng pag-aaral: ito ang masa ng katawan at ang likido kung saan ang katawan ay nahuhulog sa isang thread. Pagkatapos nito, mas mahusay na gumawa ng isang pagguhit ng eskematiko at ipahiwatig ang mga puwersa na kumikilos sa pagkarga: pag-igting ng thread F kontrol, nakadirekta paitaas kasama ang thread; gravity na nakadirekta patayo pababa; Lakas ng archimedean a, kumikilos mula sa gilid ng likido sa nakalubog na katawan at nakadirekta pataas. Ayon sa mga kondisyon ng problema, ang masa ng mga naglo-load ay pareho, samakatuwid, ang modulus ng puwersa ng grabidad na kumikilos sa pagkarga ay hindi nagbabago. Dahil iba ang densidad ng kargamento, mag-iiba rin ang volume.

V =	m	.
	p

Ang density ng bakal ay 7800 kg / m3, at ang density ng aluminum cargo ay 2700 kg / m3. Kaya naman, V at< V a. Ang katawan ay nasa ekwilibriyo, ang resulta ng lahat ng pwersang kumikilos sa katawan ay zero. Idirekta natin ang OY coordinate axis pataas. Isinulat namin ang pangunahing equation ng dinamika, na isinasaalang-alang ang projection ng mga puwersa, sa anyo F kontrol + F a – mg= 0; (1) Ipahayag natin ang puwersa ng pag-igting F kontrol = mg – F a(2); Ang puwersa ng archimedean ay nakasalalay sa densidad ng likido at sa dami ng nakalubog na bahagi ng katawan F a = ρ gV p.h.t. (3); Ang density ng likido ay hindi nagbabago, at ang dami ng katawan ng bakal ay mas maliit V at< V a, samakatuwid ang puwersa ng Archimedean na kumikilos sa pagkarga ng bakal ay magiging mas mababa. Napagpasyahan namin ang tungkol sa modulus ng puwersa ng pag-igting ng thread, nagtatrabaho sa equation (2), tataas ito.

Sagot. 13.

Isang bloke ng masa m dumudulas sa isang nakapirming magaspang na hilig na eroplano na may anggulong α sa base. Ang acceleration modulus ng block ay katumbas ng a, ang modulus ng bilis ng block ay tumataas. Maaaring mapabayaan ang paglaban ng hangin.

Magtatag ng isang pagsusulatan sa pagitan ng mga pisikal na dami at mga formula kung saan maaari silang kalkulahin. Para sa bawat posisyon sa unang hanay, piliin ang kaukulang posisyon mula sa pangalawang hanay at isulat ang mga napiling numero sa talahanayan sa ilalim ng kaukulang mga titik.

B) Coefficient ng friction sa pagitan ng block at ng hilig na eroplano

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Solusyon. Ang gawaing ito ay nangangailangan ng aplikasyon ng mga batas ni Newton. Inirerekumenda namin ang paggawa ng isang pagguhit ng eskematiko; ipahiwatig ang lahat ng kinematic na katangian ng paggalaw. Kung maaari, ilarawan ang acceleration vector at ang mga vector ng lahat ng pwersang inilapat sa gumagalaw na katawan; tandaan na ang mga puwersang kumikilos sa isang katawan ay resulta ng pakikipag-ugnayan sa ibang mga katawan. Pagkatapos ay isulat ang pangunahing equation ng dynamics. Pumili ng reference system at isulat ang resultang equation para sa projection ng force at acceleration vectors;

Kasunod ng iminungkahing algorithm, gagawa kami ng schematic drawing (Larawan 1). Ipinapakita ng figure ang mga puwersang inilapat sa sentro ng grabidad ng bloke at ang mga coordinate axes ng reference system na nauugnay sa ibabaw ng hilig na eroplano. Dahil ang lahat ng pwersa ay pare-pareho, ang paggalaw ng bloke ay magiging pare-parehong variable na may pagtaas ng bilis, i.e. ang acceleration vector ay nakadirekta sa direksyon ng paggalaw. Piliin natin ang direksyon ng mga axes tulad ng ipinapakita sa figure. Isulat natin ang mga projection ng pwersa sa mga napiling axes.

Isulat natin ang pangunahing equation ng dynamics:

Tr + = (1)

Isulat natin itong equation (1) para sa projection ng mga pwersa at acceleration.

Sa OY axis: positibo ang projection ng ground reaction force, dahil ang vector ay tumutugma sa direksyon ng OY axis Sinabi ni Ny = N; ang projection ng friction force ay zero dahil ang vector ay patayo sa axis; ang projection ng gravity ay magiging negatibo at pantay mg y= – mg cosα ; acceleration vector projection isang y= 0, dahil ang acceleration vector ay patayo sa axis. Meron kami N – mg cosα = 0 (2) mula sa equation ipinapahayag namin ang puwersa ng reaksyon na kumikilos sa bloke mula sa gilid ng inclined plane. N = mg cosα (3). Isulat natin ang mga projection sa OX axis.

Sa axis ng OX: force projection N ay katumbas ng zero, dahil ang vector ay patayo sa OX axis; Ang projection ng friction force ay negatibo (ang vector ay nakadirekta sa tapat na direksyon na may kaugnayan sa napiling axis); ang projection ng gravity ay positibo at katumbas ng mg x = mg sinα (4) mula sa isang kanang tatsulok. Positibo ang projection ng acceleration isang x = a; Pagkatapos ay isusulat namin ang equation (1) na isinasaalang-alang ang projection mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Tandaan na ang puwersa ng friction ay proporsyonal sa puwersa ng normal na presyon N.

A-priory F tr = μ N(7), ipinapahayag namin ang koepisyent ng friction ng block sa hilig na eroplano.

μ =	F tr	=	m(g sinα – a)	= tgα –	a	(8).
	N		mg cosα		g cosα

Pinipili namin ang naaangkop na mga posisyon para sa bawat titik.

Sagot. A – 3; B – 2.

Gawain 8. Ang oxygen gas ay nasa isang sisidlan na may dami na 33.2 litro. Ang presyon ng gas ay 150 kPa, ang temperatura nito ay 127° C. Tukuyin ang masa ng gas sa sisidlang ito. Ipahayag ang iyong sagot sa gramo at bilugan sa pinakamalapit na buong numero.

Solusyon. Mahalagang bigyang-pansin ang conversion ng mga unit sa SI system. I-convert ang temperatura sa Kelvin T = t°C + 273, dami V= 33.2 l = 33.2 · 10 –3 m 3 ; I-convert namin ang pressure P= 150 kPa = 150,000 Pa. Gamit ang ideal na gas equation ng estado

Ipahayag natin ang masa ng gas.

Tiyaking bigyang-pansin kung aling mga yunit ang hinihiling na isulat ang sagot. Napakahalaga nito.

Sagot.'48

Gawain 9. Ang perpektong monatomic gas sa halagang 0.025 mol ay lumawak nang adiabatically. Kasabay nito, ang temperatura nito ay bumaba mula +103°C hanggang +23°C. Gaano karaming trabaho ang nagawa ng gas? Ipahayag ang iyong sagot sa Joules at i-round sa pinakamalapit na buong numero.

Solusyon. Una, ang gas ay monatomic na bilang ng mga antas ng kalayaan i= 3, pangalawa, ang gas ay lumalawak nang adiabatically - nangangahulugan ito na walang palitan ng init Q= 0. Ang gas ay gumagana sa pamamagitan ng pagpapababa ng panloob na enerhiya. Isinasaalang-alang ito, isinulat namin ang unang batas ng thermodynamics sa anyong 0 = ∆ U + A G; (1) ipahayag natin ang gawaing pang-gas A g = –∆ U(2); Isinulat namin ang pagbabago sa panloob na enerhiya para sa isang monatomic gas bilang

Sagot. 25 J.

Ang kamag-anak na kahalumigmigan ng isang bahagi ng hangin sa isang tiyak na temperatura ay 10%. Ilang beses dapat baguhin ang presyon ng bahaging ito ng hangin upang, sa pare-parehong temperatura, ang kamag-anak na halumigmig nito ay tumaas ng 25%?

Solusyon. Ang mga tanong na may kaugnayan sa saturated steam at air humidity ay kadalasang nagdudulot ng mga paghihirap para sa mga mag-aaral. Gamitin natin ang formula para kalkulahin ang relatibong halumigmig ng hangin

Ayon sa mga kondisyon ng problema, ang temperatura ay hindi nagbabago, na nangangahulugan na ang puspos na presyon ng singaw ay nananatiling pareho. Isulat natin ang formula (1) para sa dalawang estado ng hangin.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Ipahayag natin ang presyon ng hangin mula sa mga formula (2), (3) at hanapin ang ratio ng presyon.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Sagot. Ang presyon ay dapat tumaas ng 3.5 beses.

Ang mainit na likidong sangkap ay dahan-dahang pinalamig sa isang natutunaw na hurno sa patuloy na kapangyarihan. Ipinapakita ng talahanayan ang mga resulta ng mga sukat ng temperatura ng isang sangkap sa paglipas ng panahon.

Pumili mula sa listahang ibinigay dalawa mga pahayag na tumutugma sa mga resulta ng mga sukat na ginawa at nagpapahiwatig ng kanilang mga numero.

1. Ang punto ng pagkatunaw ng sangkap sa ilalim ng mga kondisyong ito ay 232°C.
2. Sa loob ng 20 minuto. pagkatapos ng pagsisimula ng mga sukat, ang sangkap ay nasa solidong estado lamang.
3. Ang kapasidad ng init ng isang sangkap sa likido at solidong estado ay pareho.
4. Pagkatapos ng 30 min. pagkatapos ng pagsisimula ng mga sukat, ang sangkap ay nasa solidong estado lamang.
5. Ang proseso ng pagkikristal ng sangkap ay tumagal ng higit sa 25 minuto.

Solusyon. Habang lumalamig ang sangkap, bumaba ang panloob na enerhiya nito. Ang mga resulta ng mga sukat ng temperatura ay nagbibigay-daan sa amin upang matukoy ang temperatura kung saan ang isang sangkap ay nagsisimulang mag-kristal. Habang nagbabago ang isang sangkap mula sa likido patungo sa solid, hindi nagbabago ang temperatura. Alam na ang temperatura ng pagkatunaw at temperatura ng pagkikristal ay pareho, pinili namin ang pahayag:

1. Ang punto ng pagkatunaw ng sangkap sa ilalim ng mga kondisyong ito ay 232°C.

Ang pangalawang tamang pahayag ay:

4. Pagkatapos ng 30 min. pagkatapos ng pagsisimula ng mga sukat, ang sangkap ay nasa solidong estado lamang. Dahil ang temperatura sa puntong ito sa oras ay nasa ibaba na ng temperatura ng crystallization.

Sagot. 14.

Sa isang nakahiwalay na sistema, ang katawan A ay may temperatura na +40°C, at ang katawan B ay may temperatura na +65°C. Ang mga katawan na ito ay dinala sa thermal contact sa isa't isa. Pagkaraan ng ilang oras, naganap ang thermal equilibrium. Paano nagbago ang temperatura ng katawan B at ang kabuuang panloob na enerhiya ng katawan A at B bilang isang resulta?

Para sa bawat dami, tukuyin ang kaukulang katangian ng pagbabago:

1. Nadagdagan;
2. Nabawasan;
3. Hindi nagbago.

Isulat ang mga napiling numero para sa bawat pisikal na dami sa talahanayan. Ang mga numero sa sagot ay maaaring ulitin.

Solusyon. Kung sa isang nakahiwalay na sistema ng mga katawan walang pagbabagong enerhiya na nagaganap maliban sa pagpapalitan ng init, kung gayon ang dami ng init na ibinibigay ng mga katawan na ang panloob na enerhiya ay bumababa ay katumbas ng dami ng init na natanggap ng mga katawan na ang panloob na enerhiya ay tumataas. (Ayon sa batas ng konserbasyon ng enerhiya.) Sa kasong ito, ang kabuuang panloob na enerhiya ng system ay hindi nagbabago. Ang mga problema ng ganitong uri ay nalutas batay sa equation ng balanse ng init.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	i = 1

kung saan ∆ U- pagbabago sa panloob na enerhiya.

Sa aming kaso, bilang resulta ng pagpapalitan ng init, bumababa ang panloob na enerhiya ng katawan B, na nangangahulugang bumababa ang temperatura ng katawan na ito. Ang panloob na enerhiya ng katawan A ay tumataas, dahil ang katawan ay nakatanggap ng isang halaga ng init mula sa katawan B, ang temperatura nito ay tataas. Ang kabuuang panloob na enerhiya ng mga katawan A at B ay hindi nagbabago.

Sagot. 23.

Proton p, na lumilipad sa puwang sa pagitan ng mga pole ng electromagnet, ay may bilis na patayo sa magnetic field induction vector, tulad ng ipinapakita sa figure. Nasaan ang puwersa ng Lorentz na kumikilos sa proton na nakadirekta sa pagguhit (pataas, patungo sa nagmamasid, malayo sa nagmamasid, pababa, kaliwa, kanan)

Solusyon. Ang isang magnetic field ay kumikilos sa isang sisingilin na particle na may puwersa ng Lorentz. Upang matukoy ang direksyon ng puwersang ito, mahalagang tandaan ang mnemonic rule ng kaliwang kamay, huwag kalimutang isaalang-alang ang singil ng butil. Itinuturo namin ang apat na daliri ng kaliwang kamay kasama ang velocity vector, para sa isang positibong sisingilin na particle, ang vector ay dapat na patayo na pumasok sa palad, ang thumb na nakatakda sa 90 ° ay nagpapakita ng direksyon ng puwersa ng Lorentz na kumikilos sa particle. Bilang isang resulta, mayroon kaming na ang Lorentz force vector ay nakadirekta palayo sa tagamasid na may kaugnayan sa figure.

Sagot. mula sa nagmamasid.

Ang modulus ng lakas ng electric field sa isang flat air capacitor na may kapasidad na 50 μF ay katumbas ng 200 V/m. Ang distansya sa pagitan ng mga capacitor plate ay 2 mm. Ano ang singil sa kapasitor? Isulat ang iyong sagot sa µC.

Solusyon. I-convert natin ang lahat ng unit ng pagsukat sa SI system. Kapasidad C = 50 µF = 50 10 –6 F, distansya sa pagitan ng mga plato d= 2 · 10 –3 m Ang problema ay nagsasalita tungkol sa isang flat air capacitor - isang aparato para sa pag-iimbak ng electric charge at electric field energy. Mula sa formula ng electrical capacitance

saan d- distansya sa pagitan ng mga plato.

Ipahayag natin ang boltahe U=E d(4); Ipalit natin ang (4) sa (2) at kalkulahin ang singil ng kapasitor.

q = C · Ed= 50 10 –6 200 0.002 = 20 µC

Mangyaring bigyang-pansin ang mga yunit kung saan kailangan mong isulat ang sagot. Natanggap namin ito sa mga coulomb, ngunit ipinakita ito sa µC.

Sagot. 20 µC.

Ang mag-aaral ay nagsagawa ng isang eksperimento sa repraksyon ng liwanag, na ipinapakita sa larawan. Paano nagbabago ang anggulo ng repraksyon ng liwanag na nagpapalaganap sa salamin at ang refractive index ng salamin sa pagtaas ng anggulo ng saklaw?

1. Nadadagdagan
2. Bumababa
3. Hindi nagbabago
4. Itala ang mga napiling numero para sa bawat sagot sa talahanayan. Ang mga numero sa sagot ay maaaring ulitin.

Solusyon. Sa mga ganitong problema, naaalala natin kung ano ang repraksyon. Ito ay isang pagbabago sa direksyon ng pagpapalaganap ng isang alon kapag dumadaan mula sa isang daluyan patungo sa isa pa. Ito ay sanhi ng katotohanan na ang bilis ng pagpapalaganap ng alon sa mga media na ito ay naiiba. Nang malaman kung aling daluyan ang pinapalaganap ng liwanag, isulat natin ang batas ng repraksyon sa anyo

sinα	=	n 2	,
kasalananβ		n 1

saan n 2 – absolute refractive index ng salamin, ang daluyan kung saan napupunta ang liwanag; n Ang 1 ay ang absolute refractive index ng unang medium kung saan nagmumula ang liwanag. Para sa hangin n 1 = 1. Ang α ay ang anggulo ng saklaw ng sinag sa ibabaw ng kalahating silindro ng salamin, ang β ay ang anggulo ng repraksyon ng sinag sa salamin. Bukod dito, ang anggulo ng repraksyon ay magiging mas mababa kaysa sa anggulo ng saklaw, dahil ang salamin ay isang optically denser medium - isang medium na may mataas na refractive index. Ang bilis ng pagpapalaganap ng liwanag sa salamin ay mas mabagal. Pakitandaan na sinusukat namin ang mga anggulo mula sa patayo na naibalik sa punto ng saklaw ng sinag. Kung tataas mo ang anggulo ng saklaw, tataas ang anggulo ng repraksyon. Hindi nito babaguhin ang refractive index ng salamin.

Sagot.

Copper jumper sa isang punto ng oras t Ang 0 = 0 ay nagsisimulang gumalaw sa bilis na 2 m/s kasama ang parallel horizontal conducting rails, sa mga dulo kung saan nakakonekta ang isang 10 Ohm resistor. Ang buong sistema ay nasa isang vertical unipormeng magnetic field. Ang paglaban ng jumper at ang mga riles ay bale-wala; Ang flux Ф ng magnetic induction vector sa pamamagitan ng circuit na nabuo ng jumper, riles at risistor ay nagbabago sa paglipas ng panahon t tulad ng ipinapakita sa graph.

Gamit ang graph, pumili ng dalawang tamang pahayag at ipahiwatig ang kanilang mga numero sa iyong sagot.

1. Sa pagdating ng oras t= 0.1 s pagbabago sa magnetic flux sa pamamagitan ng circuit ay 1 mWb.
2. Induction kasalukuyang sa jumper sa hanay mula sa t= 0.1 s t= 0.3 s max.
3. Ang module ng inductive emf na nagmumula sa circuit ay 10 mV.
4. Ang lakas ng kasalukuyang induction na dumadaloy sa jumper ay 64 mA.
5. Upang mapanatili ang paggalaw ng jumper, isang puwersa ang inilapat dito, ang projection kung saan sa direksyon ng mga riles ay 0.2 N.

Solusyon. Gamit ang isang graph ng dependence ng flux ng magnetic induction vector sa pamamagitan ng circuit sa oras, tutukuyin natin ang mga lugar kung saan nagbabago ang flux F at kung saan ang pagbabago sa flux ay zero. Ito ay magpapahintulot sa amin na matukoy ang mga agwat ng oras kung kailan lilitaw ang isang sapilitan na kasalukuyang sa circuit. Totoong pahayag:

1) Sa oras t= 0.1 s pagbabago sa magnetic flux sa pamamagitan ng circuit ay katumbas ng 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Ang module ng inductive emf na nagmumula sa circuit ay tinutukoy gamit ang EMR law

Sagot. 13.

Gamit ang graph ng kasalukuyang laban sa oras sa isang electrical circuit na ang inductance ay 1 mH, tukuyin ang self-inductive emf module sa pagitan ng oras mula 5 hanggang 10 s. Isulat ang iyong sagot sa µV.

Solusyon. I-convert natin ang lahat ng dami sa SI system, i.e. binago namin ang inductance ng 1 mH sa H, nakakakuha kami ng 10 -3 H. Iko-convert din natin ang kasalukuyang ipinapakita sa figure sa mA sa A sa pamamagitan ng pagpaparami ng 10 –3.

Ang formula para sa self-induction emf ay may anyo

sa kasong ito, ang agwat ng oras ay ibinibigay ayon sa mga kondisyon ng problema

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

segundo at gamit ang graph natutukoy namin ang pagitan ng kasalukuyang pagbabago sa panahong ito:

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

Pinapalitan namin ang mga numerical na halaga sa formula (2), nakukuha namin

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V, o 2 µV.

Sagot. 2.

Dalawang transparent na plane-parallel plate ang mahigpit na idiniin sa isa't isa. Ang isang sinag ng liwanag ay bumabagsak mula sa hangin papunta sa ibabaw ng unang plato (tingnan ang figure). Ito ay kilala na ang refractive index ng itaas na plato ay katumbas ng n 2 = 1.77. Magtatag ng isang sulat sa pagitan ng mga pisikal na dami at ang kanilang mga kahulugan. Para sa bawat posisyon sa unang hanay, piliin ang kaukulang posisyon mula sa pangalawang hanay at isulat ang mga napiling numero sa talahanayan sa ilalim ng kaukulang mga titik.

Solusyon. Upang malutas ang mga problema sa repraksyon ng liwanag sa interface sa pagitan ng dalawang media, sa partikular na mga problema sa pagpasa ng liwanag sa pamamagitan ng mga plane-parallel plate, ang sumusunod na pamamaraan ng solusyon ay maaaring irekomenda: gumawa ng isang guhit na nagpapahiwatig ng landas ng mga sinag na nagmumula sa isang daluyan patungo sa isa pa; Sa punto ng saklaw ng sinag sa interface sa pagitan ng dalawang media, gumuhit ng normal sa ibabaw, markahan ang mga anggulo ng saklaw at repraksyon. Bigyang-pansin ang optical density ng media na isinasaalang-alang at tandaan na kapag ang isang light beam ay dumaan mula sa isang optically less dense medium patungo sa isang optically denser medium, ang anggulo ng repraksyon ay magiging mas mababa kaysa sa anggulo ng incidence. Ipinapakita ng figure ang anggulo sa pagitan ng sinag ng insidente at ng ibabaw, ngunit kailangan natin ang anggulo ng saklaw. Tandaan na ang mga anggulo ay tinutukoy mula sa patayo na naibalik sa punto ng epekto. Tinutukoy namin na ang anggulo ng saklaw ng sinag sa ibabaw ay 90° – 40° = 50°, refractive index n 2 = 1,77; n 1 = 1 (hangin).

Isulat natin ang batas ng repraksyon

sinβ =	kasalanan50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

I-plot natin ang tinatayang landas ng sinag sa pamamagitan ng mga plato. Gumagamit kami ng formula (1) para sa mga hangganan 2–3 at 3–1. Bilang tugon nakukuha namin

A) Ang sine ng anggulo ng saklaw ng sinag sa hangganan 2–3 sa pagitan ng mga plato ay 2) ≈ 0.433;

B) Ang anggulo ng repraksyon ng sinag kapag tumatawid sa hangganan 3–1 (sa radians) ay 4) ≈ 0.873.

Sagot. 24.

Tukuyin kung gaano karaming mga α - particle at kung gaano karaming mga proton ang nagagawa bilang resulta ng thermonuclear fusion reaction

+ → x+ y;

Solusyon. Sa lahat ng mga reaksyong nuklear, ang mga batas ng konserbasyon ng singil ng kuryente at bilang ng mga nucleon ay sinusunod. Ipahiwatig natin sa pamamagitan ng x ang bilang ng mga particle ng alpha, y ang bilang ng mga proton. Gumawa tayo ng mga equation

+ → x + y;

paglutas ng sistemang mayroon tayo niyan x = 1; y = 2

Sagot. 1 – α-particle; 2 - mga proton.

Ang momentum modulus ng unang photon ay 1.32 · 10 –28 kg m/s, na 9.48 · 10 –28 kg m/s mas mababa kaysa sa momentum modulus ng pangalawang photon. Hanapin ang ratio ng enerhiya E 2 /E 1 ng pangalawa at unang photon. Bilugan ang iyong sagot sa pinakamalapit na ikasampu.

Solusyon. Ang momentum ng pangalawang photon ay mas malaki kaysa sa momentum ng unang photon ayon sa kondisyon, na nangangahulugang maaari itong maipakita p 2 = p 1 + Δ p(1). Ang enerhiya ng isang photon ay maaaring ipahayag sa mga tuntunin ng momentum ng photon gamit ang mga sumusunod na equation. Ito E = mc 2 (1) at p = mc(2), pagkatapos

E = pc (3),

saan E- enerhiya ng photon, p– photon momentum, m – photon mass, c= 3 · 10 8 m/s – bilis ng liwanag. Isinasaalang-alang ang formula (3) mayroon kaming:

E 2	=	p 2	= 8,18;
E 1		p 1

Bilog namin ang sagot sa tenths at makakuha ng 8.2.

Sagot. 8,2.

Ang nucleus ng atom ay sumailalim sa radioactive positron β - decay. Paano nagbago ang electric charge ng nucleus at ang bilang ng mga neutron sa loob nito bilang resulta nito?

Para sa bawat dami, tukuyin ang kaukulang katangian ng pagbabago:

1. Nadagdagan;
2. Nabawasan;
3. Hindi nagbago.

Isulat ang mga napiling numero para sa bawat pisikal na dami sa talahanayan. Ang mga numero sa sagot ay maaaring ulitin.

Solusyon. Positron β - ang pagkabulok sa atomic nucleus ay nangyayari kapag ang isang proton ay nagbabago sa isang neutron na may paglabas ng isang positron. Bilang resulta nito, ang bilang ng mga neutron sa nucleus ay tumataas ng isa, ang electric charge ay bumababa ng isa, at ang mass number ng nucleus ay nananatiling hindi nagbabago. Kaya, ang reaksyon ng pagbabagong-anyo ng elemento ay ang mga sumusunod:

Sagot. 21.

Limang eksperimento ang isinagawa sa laboratoryo upang obserbahan ang diffraction gamit ang iba't ibang diffraction gratings. Ang bawat isa sa mga grating ay naiilaw ng mga parallel beam ng monochromatic light na may isang tiyak na haba ng daluyong. Sa lahat ng kaso, ang ilaw ay nahulog patayo sa rehas na bakal. Sa dalawa sa mga eksperimentong ito, ang parehong bilang ng pangunahing diffraction maxima ay naobserbahan. Ipahiwatig muna ang bilang ng eksperimento kung saan ginamit ang diffraction grating na may mas maikling panahon, at pagkatapos ay ang bilang ng eksperimento kung saan ginamit ang diffraction grating na may mas malaking panahon.

Solusyon. Ang diffraction ng liwanag ay ang phenomenon ng isang light beam sa isang rehiyon ng geometric shadow. Maaaring maobserbahan ang diffraction kapag, sa landas ng isang magaan na alon, may mga opaque na lugar o mga butas sa malalaking obstacle na malabo sa liwanag, at ang mga sukat ng mga lugar o butas na ito ay naaayon sa haba ng daluyong. Ang isa sa pinakamahalagang aparato ng diffraction ay ang diffraction grating. Ang mga angular na direksyon sa maxima ng pattern ng diffraction ay tinutukoy ng equation

d kasalananφ = kλ (1),

saan d– panahon ng diffraction grating, φ – anggulo sa pagitan ng normal hanggang sa grating at ang direksyon sa isa sa maxima ng diffraction pattern, λ – light wavelength, k– isang integer na tinatawag na pagkakasunud-sunod ng maximum na diffraction. Ipahayag natin mula sa equation (1)

Ang pagpili ng mga pares ayon sa mga pang-eksperimentong kundisyon, pipili muna kami ng 4 kung saan ginamit ang isang diffraction grating na may mas maikling panahon, at pagkatapos ay ang bilang ng eksperimento kung saan ginamit ang isang diffraction grating na may mas malaking panahon - ito ay 2.

Sagot. 42.

Ang kasalukuyang daloy sa pamamagitan ng isang wirewound risistor. Ang risistor ay pinalitan ng isa pa, na may isang wire ng parehong metal at parehong haba, ngunit ang pagkakaroon ng kalahati ng cross-sectional area, at kalahati ng kasalukuyang ay dumaan dito. Paano magbabago ang boltahe sa risistor at ang paglaban nito?

Para sa bawat dami, tukuyin ang kaukulang katangian ng pagbabago:

1. Tataas;
2. Bababa;
3. Hindi magbabago.

Isulat ang mga napiling numero para sa bawat pisikal na dami sa talahanayan. Ang mga numero sa sagot ay maaaring ulitin.

Solusyon. Mahalagang tandaan kung anong mga halaga ang nakasalalay sa paglaban ng konduktor. Ang formula para sa pagkalkula ng paglaban ay

Ang batas ng Ohm para sa isang seksyon ng circuit, mula sa formula (2), ipinapahayag namin ang boltahe

U = I R (3).

Ayon sa mga kondisyon ng problema, ang pangalawang risistor ay gawa sa wire ng parehong materyal, ang parehong haba, ngunit ibang cross-sectional area. Ang lugar ay dalawang beses na mas maliit. Ang pagpapalit sa (1) ay nakita natin na ang paglaban ay tumataas ng 2 beses, at ang kasalukuyang bumababa ng 2 beses, samakatuwid, ang boltahe ay hindi nagbabago.

Sagot. 13.

Ang panahon ng oscillation ng isang mathematical pendulum sa ibabaw ng Earth ay 1.2 beses na mas malaki kaysa sa panahon ng oscillation nito sa isang tiyak na planeta. Ano ang magnitude ng acceleration dahil sa gravity sa planetang ito? Ang impluwensya ng atmospera sa parehong mga kaso ay bale-wala.

Solusyon. Ang mathematical pendulum ay isang sistema na binubuo ng isang thread na ang mga sukat ay mas malaki kaysa sa mga sukat ng bola at ng bola mismo. Maaaring magkaroon ng kahirapan kung ang formula ni Thomson para sa panahon ng oscillation ng isang mathematical pendulum ay nakalimutan.

T= 2π (1);

l– haba ng mathematical pendulum; g- acceleration ng gravity.

Sa pamamagitan ng kondisyon

Ipahayag natin mula sa (3) g n = 14.4 m/s 2. Dapat pansinin na ang acceleration ng gravity ay nakasalalay sa masa ng planeta at ang radius

Sagot. 14.4 m/s 2.

Ang isang tuwid na konduktor na 1 m ang haba na nagdadala ng kasalukuyang 3 A ay matatagpuan sa isang pare-parehong magnetic field na may induction SA= 0.4 Tesla sa isang anggulo na 30° sa vector. Ano ang magnitude ng puwersa na kumikilos sa konduktor mula sa magnetic field?

Solusyon. Kung maglalagay ka ng kasalukuyang nagdadala ng konduktor sa isang magnetic field, ang patlang sa kasalukuyang nagdadala ng konduktor ay kikilos nang may puwersang Ampere. Isulat natin ang formula para sa Ampere force modulus

F A = LB ako sinα ;

F A = 0.6 N

Sagot. F A = 0.6 N.

Ang enerhiya ng magnetic field na nakaimbak sa coil kapag ang isang direktang kasalukuyang ay dumaan dito ay katumbas ng 120 J. Ilang beses dapat tumaas ang lakas ng kasalukuyang dumadaloy sa coil winding upang ang magnetic field na enerhiya na nakaimbak dito ay tumaas ng 5760 J.

Solusyon. Ang enerhiya ng magnetic field ng coil ay kinakalkula ng formula

W m =	LI 2	(1);
	2

Sa pamamagitan ng kondisyon W 1 = 120 J, kung gayon W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

ako 1 2 =	2W 1	; ako 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Pagkatapos ay ang kasalukuyang ratio

ako 2 2	= 49;	ako 2	= 7
ako 1 2		ako 1

Sagot. Ang kasalukuyang lakas ay dapat tumaas ng 7 beses. Ilagay mo lamang ang numero 7 sa form ng sagot.

Ang isang de-koryenteng circuit ay binubuo ng dalawang bombilya, dalawang diode at isang turn ng wire na konektado tulad ng ipinapakita sa figure. (Pinapayagan lamang ng isang diode na dumaloy ang kasalukuyang sa isang direksyon, tulad ng ipinapakita sa tuktok ng larawan.) Alin sa mga bombilya ang sisindi kung ang north pole ng magnet ay inilapit sa coil? Ipaliwanag ang iyong sagot sa pamamagitan ng pagsasabi kung anong mga phenomena at pattern ang ginamit mo sa iyong paliwanag.

Solusyon. Lumilitaw ang mga linya ng magnetic induction mula sa north pole ng magnet at naghihiwalay. Habang lumalapit ang magnet, tumataas ang magnetic flux sa coil ng wire. Alinsunod sa panuntunan ni Lenz, ang magnetic field na nilikha ng inductive current ng coil ay dapat idirekta sa kanan. Ayon sa panuntunan ng gimlet, ang kasalukuyang ay dapat dumaloy sa clockwise (tulad ng tiningnan mula sa kaliwa). Ang diode sa pangalawang circuit ng lampara ay pumasa sa direksyon na ito. Ibig sabihin, sisindi ang pangalawang lampara.

Sagot. Ang pangalawang lampara ay sisindi.

Ang haba ng nagsalitang aluminyo L= 25 cm at cross-sectional area S= 0.1 cm 2 na sinuspinde sa isang thread sa itaas na dulo. Ang ibabang dulo ay nakasalalay sa pahalang na ilalim ng sisidlan kung saan ibinuhos ang tubig. Haba ng nakalubog na bahagi ng nagsalita l= 10 cm Hanapin ang puwersa F, kung saan ang karayom ​​ng pagniniting ay pumipindot sa ilalim ng sisidlan, kung alam na ang thread ay matatagpuan patayo. Densidad ng aluminum ρ a = 2.7 g/cm 3, density ng tubig ρ b = 1.0 g/cm 3. Pagpapabilis ng grabidad g= 10 m/s 2

Solusyon. Gumawa tayo ng paliwanag na pagguhit.

– Lakas ng pag-igting ng thread;

– Puwersa ng reaksyon ng ilalim ng sisidlan;

a ay ang puwersang Archimedean na kumikilos lamang sa nakalubog na bahagi ng katawan, at inilapat sa gitna ng nakalubog na bahagi ng spoke;

– ang puwersa ng grabidad na kumikilos sa spoke mula sa Earth at inilapat sa gitna ng buong spoke.

Sa pamamagitan ng kahulugan, ang masa ng nagsalita m at ang Archimedean force modulus ay ipinahayag tulad ng sumusunod: m = SLρ a (1);

F a = Slρ sa g (2)

Isaalang-alang natin ang mga sandali ng mga puwersa na nauugnay sa punto ng pagsususpinde ng nagsalita.

M(T) = 0 – sandali ng puwersa ng pag-igting; (3)

M(N)= NL ang cosα ay ang sandali ng puwersa ng reaksyon ng suporta; (4)

Isinasaalang-alang ang mga palatandaan ng mga sandali, isinusulat namin ang equation

NL cosα + Slρ sa g (L –	l	)cosα = SLρ a g	L	cosα (7)
	2		2

isinasaalang-alang na ayon sa ikatlong batas ni Newton, ang puwersa ng reaksyon ng ilalim ng sisidlan ay katumbas ng puwersa F d kung saan pinindot ng karayom ​​sa pagniniting ang ilalim ng sisidlan na isinulat namin N = F d at mula sa equation (7) ipinapahayag namin ang puwersang ito:

F d = [	1	Lρ a– (1 –	l	)lρ sa ] Sg (8).
	2		2L

Palitan natin ang numerical data at makuha iyon

F d = 0.025 N.

Sagot. F d = 0.025 N.

Naglalaman ng silindro m 1 = 1 kg nitrogen, sa panahon ng pagsubok ng lakas ay sumabog sa temperatura t 1 = 327°C. Anong masa ng hydrogen m 2 ay maaaring maimbak sa naturang silindro sa isang temperatura t 2 = 27°C, na may limang beses na safety margin? Molar mass ng nitrogen M 1 = 28 g/mol, hydrogen M 2 = 2 g/mol.

Solusyon. Isulat natin ang Mendeleev–Clapeyron ideal gas equation ng estado para sa nitrogen

saan V- dami ng silindro, T 1 = t 1 + 273°C. Ayon sa kondisyon, ang hydrogen ay maaaring maimbak sa presyon p 2 = p 1/5; (3) Isinasaalang-alang iyon

maaari nating ipahayag ang masa ng hydrogen sa pamamagitan ng direktang pagtatrabaho sa mga equation (2), (3), (4). Ang panghuling formula ay ganito ang hitsura:

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

Pagkatapos palitan ang numeric data m 2 = 28 g.

Sagot. m 2 = 28 g.

Sa isang perpektong oscillatory circuit, ang amplitude ng kasalukuyang pagbabagu-bago sa inductor ay ako m= 5 mA, at ang amplitude ng boltahe sa kapasitor U m= 2.0 V. Sa oras t ang boltahe sa kapasitor ay 1.2 V. Hanapin ang kasalukuyang sa likid sa sandaling ito.

Solusyon. Sa isang perpektong oscillatory circuit, ang oscillatory energy ay natipid. Para sa isang sandali ng oras t, ang batas ng konserbasyon ng enerhiya ay may anyo

C	U 2	+ L	ako 2	= L	ako m 2	(1)
	2		2		2

Para sa amplitude (maximum) na mga halaga ay isinusulat namin

at mula sa equation (2) ipinapahayag namin

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

I-substitute natin ang (4) sa (3). Bilang resulta, nakukuha namin ang:

ako = ako m (5)

Kaya, ang kasalukuyang sa likid sa sandali ng oras t katumbas ng

ako= 4.0 mA.

Sagot. ako= 4.0 mA.

May salamin sa ilalim ng isang reservoir na 2 m ang lalim. Ang isang sinag ng liwanag, na dumadaan sa tubig, ay makikita mula sa salamin at lumalabas sa tubig. Ang refractive index ng tubig ay 1.33. Hanapin ang distansya sa pagitan ng punto ng pagpasok ng beam sa tubig at ang punto ng paglabas ng beam mula sa tubig kung ang anggulo ng saklaw ng beam ay 30°

Solusyon. Gumawa tayo ng paliwanag na pagguhit

α ay ang anggulo ng saklaw ng sinag;

Ang β ay ang anggulo ng repraksyon ng sinag sa tubig;

Ang AC ay ang distansya sa pagitan ng punto ng pagpasok ng beam sa tubig at ng punto ng paglabas ng beam mula sa tubig.

Ayon sa batas ng repraksyon ng liwanag

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Isaalang-alang ang hugis-parihaba na ΔADB. Sa loob nito AD = h, pagkatapos ay DB = AD

tgβ = h tgβ = h	sinα	= h	kasalananβ	= h	sinα	(4)
	cosβ

Nakukuha namin ang sumusunod na expression:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Ipalit natin ang mga numerical value sa resultang formula (5)

Sagot. 1.63 m.

Bilang paghahanda para sa Unified State Exam, inaanyayahan ka naming gawing pamilyar ang iyong sarili programa ng trabaho sa pisika para sa mga baitang 7–9 hanggang sa linya ng UMK ng Peryshkina A.V. At advanced level work program para sa mga baitang 10-11 para sa mga materyales sa pagtuturo Myakisheva G.Ya. Ang mga programa ay magagamit para sa pagtingin at libreng pag-download sa lahat ng mga rehistradong gumagamit.

Ang artikulong ito ay nagpapakita ng pagsusuri ng mga gawain sa mechanics (dynamics at kinematics) mula sa unang bahagi ng Unified State Exam sa Physics na may mga detalyadong paliwanag mula sa isang physics tutor. May video analysis ng lahat ng gawain.

Pumili tayo ng isang seksyon sa graph na tumutugma sa pagitan ng oras mula 8 hanggang 10 s:

Ang katawan ay gumagalaw sa pagitan ng oras na ito na may parehong acceleration, dahil ang graph dito ay isang seksyon ng isang tuwid na linya. Sa mga panahong ito, ang bilis ng katawan ay nagbago ng m/s. Dahil dito, ang acceleration ng katawan sa panahong ito ay katumbas ng m/s 2 . Ang graph number 3 ay angkop (sa anumang sandali sa oras ang acceleration ay -5 m/s 2).

2. Dalawang puwersa ang kumikilos sa katawan: at . Sa pamamagitan ng puwersa at resulta ng dalawang puwersa hanapin ang modulus ng pangalawang puwersa (tingnan ang figure).

Ang vector ng pangalawang puwersa ay katumbas ng . O, na katulad, . Pagkatapos ay idinagdag namin ang huling dalawang vector ayon sa panuntunan ng paralelogram:

Ang haba ng kabuuang vector ay matatagpuan mula sa isang tamang tatsulok ABC, kaninong mga paa AB= 3 N at B.C.= 4 N. Ayon sa Pythagorean theorem, nakita namin na ang haba ng nais na vector ay katumbas ng N.

Ipakilala natin ang isang coordinate system na may sentro na tumutugma sa sentro ng masa ng bloke at isang axis OX, nakadirekta sa isang hilig na eroplano. Ilarawan natin ang mga puwersang kumikilos sa block: gravity, support reaction force at static friction force. Ang magiging resulta ay ang sumusunod na larawan:

Ang katawan ay nasa pahinga, samakatuwid ang vector sum ng lahat ng pwersang kumikilos dito ay katumbas ng zero. Kabilang ang zero at ang kabuuan ng mga projection ng mga puwersa sa axis OX.

Projection ng gravity papunta sa axis OX katumbas ng binti AB kaukulang kanang tatsulok (tingnan ang figure). Bukod dito, mula sa mga geometric na pagsasaalang-alang, ang binti na ito ay nasa tapat ng anggulo sa . Iyon ay, ang projection ng gravity papunta sa axis OX katumbas ng .

Ang static friction force ay nakadirekta sa kahabaan ng axis OX, samakatuwid ang projection ng puwersang ito papunta sa axis OX katumbas lamang ng haba ng vector na ito, ngunit may kabaligtaran na tanda, dahil ang vector ay nakadirekta laban sa axis OX. Bilang resulta, nakukuha namin ang:

Ginagamit namin ang formula na kilala mula sa kursong pisika ng paaralan:

Tukuyin natin mula sa figure ang mga amplitude ng steady-state forced oscillations sa driving force frequency na 0.5 Hz at 1 Hz:

Ang figure ay nagpapakita na sa isang dalas ng lakas ng pagmamaneho na 0.5 Hz, ang amplitude ng steady-state forced oscillations ay 2 cm, at sa isang driving force frequency na 1 Hz, ang amplitude ng steady-state forced oscillations ay 10 cm Dahil dito, ang amplitude ng steady-state forced oscillations ay tumaas ng 5 beses.

6. Isang bola na inihagis nang pahalang mula sa taas H na may paunang bilis, habang lumilipad t lumipad ng pahalang na distansya L(tingnan ang larawan). Ano ang mangyayari sa oras ng paglipad at acceleration ng bola kung, sa parehong pag-install, na may pare-pareho ang paunang bilis ng bola, pinapataas namin ang taas H? (Pabayaan ang air resistance.) Para sa bawat value, tukuyin ang kaukulang katangian ng pagbabago nito: 1) tataas 2) bababa 3) hindi magbabago Isulat ang mga napiling numero para sa bawat pisikal na dami sa talahanayan. Ang mga numero sa sagot ay maaaring ulitin.

Sa parehong mga kaso, ang bola ay lilipat sa acceleration ng gravity, kaya ang acceleration ay hindi magbabago. Sa kasong ito, ang oras ng paglipad ay hindi nakasalalay sa paunang bilis, dahil ang huli ay nakadirekta nang pahalang. Ang oras ng paglipad ay depende sa taas kung saan bumagsak ang katawan, at kung mas mataas ang taas, mas mahaba ang oras ng paglipad (mas matagal bago mahulog ang katawan). Dahil dito, tataas ang oras ng paglipad. Tamang sagot: 13.