Nagu möödunud aastal, on ka 2017. aastal ühtsel riigieksamil kaks "voogu" - varajane periood (see toimub keset kevadet) ja peamine, mis algab traditsiooniliselt kooliaasta lõpus, aastal mai viimastel päevadel. USE ametlik ajakava kavand "kirjutas" välja mõlema perioodi kõikide ainete kõik eksamite sooritamise kuupäevad, sealhulgas täiendavad reservpäevad neile, kes mõjuval põhjusel (haigus, eksamikuupäevade kokkulangemine jne) võivad mitte läbima USE määratud aja jooksul.

USE varajase perioodi ajakava - 2017

2017. aastal algab ühtse riigieksami varajane "laine" tavapärasest varem. Kui mullu langes kevadise eksamiperioodi tipp märtsi viimasele nädalale, siis sel hooajal on kevadvaheaeg ühtsest riigieksamist tasuta.

Varase perioodi peamised kuupäevad on 14. märtsist 24. märtsini... Seega on kevadise koolivaheaja alguseks paljudel „varajastel õpilastel“ aega testid sooritada. Ja see võib olla mugav: lõpetajate hulgas, kellel on õigus sooritada ühtne riigieksam varajases laines, on poisid, kes võtavad mais osa Venemaa või rahvusvahelistest võistlustest ja võistlustest ning kevadvaheajal lahkuvad nad sageli spordilaagritesse. , profiilide vahetus laagritesse jne jne. Eksamite nihutamine varasemale kuupäevale võimaldab neil viimast täiel määral kasutada.

Täiendavad (reserv) päevad peetakse USE-2017 algusperioodi 3. kuni 7. aprillini... Samas peavad paljud ilmselt eksamid kirjutama reservtingimustes: kui eelmise aasta ajakavas samal päeval esitati samal päeval mitte rohkem kui kaks ainet, siis 2017. aastal on enamik valikaksameid rühmitatud “kolmikute kaupa. "

Eraldi päevi eraldatakse ainult kolmele ainele: kohustuslik vene keele eksam lõpetajatele ja kõigile tulevastele taotlejatele, samuti matemaatika ja eksami suuline osa võõrkeeled... Samal ajal annavad sel aastal "varajased kasutusele võtjad" üle "rääkimise" enne kirjalikku osa.

Märtsi eksamid on kavas jaotada kuupäevade kaupa järgmiselt:

• 
  14. märts(Teisipäev) - matemaatika eksam (nii alg- kui ka erialane tase);


• 
  16. märts(Neljapäev) - keemia, ajalugu, informaatika;


• 
  18. märts(Laupäev) - ühtne riigieksam võõrkeeltes (eksami suuline osa);


• 
  20. märts(Esmaspäev) - vene keele eksam;


• 
  22. märts(Kolmapäev) - bioloogia, füüsika, võõrkeeled (kirjalik eksam);


• 
  24. märts(Reede) - ühtne riigieksam, kirjandus ja ühiskonnaõpetus.

Varase perioodi põhi- ja reservpäevade vahel on üheksa päeva paus. Kõik lisakatsed "reservväelastele" toimuvad kolme päeva jooksul:

• 
  3. aprill(Esmaspäev) - keemia, kirjandus, informaatika, võõrkeel (rääkimine);


• 
  5. aprill(Kolmapäev) - välismaa (kirjalikult), geograafia, füüsika, bioloogia, ühiskonnaõpetus;


• 
  7. aprillil(Reede) - vene keel, põhi- ja.

Reeglina on suurem osa neist, kes sooritavad eksami enne tähtaega, eelmiste aastate lõpetajad, samuti keskeriharidusasutuste (kolledžites ja kutselütseumides) Keskkool tavaliselt "läbib" esimesel õppeaastal). Lisaks koolilõpetajad, kes põhiperioodil eksami sooritamine puudub mõjuval põhjusel (näiteks Venemaa või rahvusvahelistel võistlustel osalemiseks või sanatooriumis ravimiseks) või kavatseb jätkata haridusteed väljaspool Venemaad.

2017. aasta lõpetajad saavad ka oma äranägemise järgi valida eksami sooritamise kuupäeva nendes ainetes, mille jaoks programm on täies mahus läbitud. See kehtib eelkõige neile, kes plaanivad - selleteemalist koolikursust loetakse kuni 10. klassini ja ühe eksami varajane sooritamine võib vähendada pingeid eksami põhiperioodil.

Eksami sooritamise põhiperioodi ajakava - 2017

Peamine eksami sooritamise periood 2017. aastal algab 26. maist, ja 16. juuniks on enamik lõpetajaid eksamieepose valmis saanud. Neile, kes ei saanud mõjuval põhjusel õigel ajal eksamit sooritada või valisid aineid, mis esitamise osas langevad kokku, on olemas reservieksamipäevad alates 19. juunist... Sarnaselt eelmisele aastale kujuneb eksamiperioodi viimasest päevast "üksikreserv" - 30. juunil on võimalik sooritada eksam mis tahes aines.

Samal ajal on USE-2017 põhiperioodi eksamite ajakava võrreldes enneaegsetega palju vähem tihe ja tõenäoliselt suudab enamik lõpetajaid vältida "kattuvaid" eksameid.

Kohustuslike ainete sooritamiseks eraldatakse eraldi eksamipäevad: vene keel, põhi- ja erialase taseme matemaatika (õpilastel on õigus sooritada kas üks neist eksamitest või mõlemad korraga, seega põhiperioodi ajakavas, need levivad traditsiooniliselt mitmele päevale).

Sarnaselt eelmisele aastale on eraldatud päev kõige nõutumaks valikaksamiks - ühiskonnaõpetuseks. Ja võõrkeelte suulise osa sooritamiseks eraldatakse kaks eraldi päeva korraga. Lisaks eraldatakse eraldi päev vähemnõudlikele KASUTA teema- geograafia. Võib -olla tehti seda selleks, et ajakavasse levitada kõiki loodusteaduste profiili aineid, vähendades vastete arvu.

Seega, aastal eksami ajakava jäänud on kaks paari ja üks "kolmik" aineid, mille eksamid sooritatakse korraga:

• keemia, ajalugu ja informaatika;


• võõrkeeled ja bioloogia,


• kirjandus ja füüsika.

Eksamid tuleb sooritada järgmistel kuupäevadel:

• 
  26. mail(Reede) - geograafia,


• 
  29. mai(Esmaspäev) - vene keel,


• 
  31. mai(Kolmapäev) - ajalugu, keemia, informaatika ja IKT,


• 
  2. juunil(Reede) - profiili matemaatika,


• 
  5. juuni(Esmaspäev) - ühiskonnaõpetus;


• 
  7. juuni(Kolmapäev) -,


• 
  9. juunil(Reede) - kirjutatud võõrkeel, bioloogia,


• 
  13. juuni(Teisipäev) - kirjandus, füüsika,


• 
  15. juuni(Neljapäeval) ja 16. juuni(Reede) - välismaine suuline.

Nii valmistub lõpuõhtuteks enamik kooliõpilasi "puhta südametunnistusega", olles kõik kavandatud eksamid juba sooritanud ja enamikus ainetes tulemusi saanud. Need, kes olid põhieksamiperioodil haiged, valisid ajaliselt sobivad ained, said vene keeles või matemaatikas "halva", eemaldati eksamilt või olid eksami ajal silmitsi tehniliste või korralduslike raskustega (näiteks täiendavate vormide puudumine või elektrikatkestus), teeb eksamid reservkuupäevadel.

Reservpäevad jaotatakse järgmiselt:

• 
  19. juuni(Esmaspäev) - informaatika, ajalugu, keemia ja geograafia,


• 
  20. juuni(Teisipäev) - füüsika, kirjandus, bioloogia, ühiskonnaõpetus, kirjutatud välismaa,


• 
  21. juunil(Kolmapäev) - vene keel,


• 
  Juuni, 22(Neljapäev) - põhiline matemaatika,


• 
  28. juuni(Kolmapäev) - matemaatika spetsialiseeritud tasemel,


• 
  29. juuni(Neljapäev) - suuline välismaine,


• 
  30. juunil(Reede) - kõik esemed.

Kas eksami sooritamise ajakavas võib olla muudatusi?

Eksami ametliku ajakava eelnõu avaldatakse tavaliselt õppeaasta alguses, see arutatakse läbi ja lõplik eksami ajakava kinnitamine toimub kevadel. Seetõttu on 2017. aasta USE ajakavas muudatused võimalikud.

Kuid näiteks 2016. aastal kiideti projekt ilma muudatusteta heaks ja eksamite tegelikud kuupäevad langesid täielikult kokku eelnevalt väljakuulutatutega - nii alguses kui ka põhilaines. Seega on suur tõenäosus, et 2017. aasta ajakava võetakse samuti muutmata kujul vastu.

Ühtseks riigieksamiks valmistudes on lõpetajatel parem kasutada lõpueksami ametlike teabeallikate valikuid.

Et mõista, kuidas eksamitööd teha, peaksite esmalt tutvuma jooksva aasta füüsika KIM USE demodega ja varajase perioodi KASUTAMISE võimalustega.

10. mail 2015, et anda lõpetajatele täiendav võimalus valmistuda füüsika ühtseks riigieksamiks, avaldab FIPI veebisait 2017. aasta alguses USE jaoks kasutatud CMM -i ühe versiooni. Need on reaalsed võimalused 7. aprillil 2017 toimunud eksamilt.

Füüsika eksami varasemad versioonid 2017

Füüsika eksami 2017. aasta näidisversioon

Valikuülesanne + vastused	variant + otvet
Spetsifikatsioon	lae alla
Kodifitseerija	lae alla

Füüsika eksami demoversioonid 2016-2015

Füüsika	Allalaadimise võimalus
2016	eksami versioon 2016
2015	variant EGE fizika

Muutused KIM KASUTAMISES 2017. aastal võrreldes 2016. aastaga

Eksamitöö 1. osa ülesehitust on muudetud, 2. osa jäetakse muutmata. Ülesanded ühe õige vastuse valikuga jäeti eksamitööst välja ja lisati lühikese vastusega ülesanded.

Eksamitöö ülesehitust muutes on säilinud üldised kontseptuaalsed lähenemisviisid haridussaavutuste hindamisele. Sealhulgas jäi kõikide eksamitööde ülesannete täitmise maksimaalne punktisumma muutumatuks, maksimumpunktide jaotus erineva keerukusastmega ülesannete jaoks ning ülesannete arvu ligikaudne jaotus kooli füüsikakursuse osade ja tegevusmeetodite kaupa säilinud.

2017. aasta ühtsel riigieksamil kontrollitavate küsimuste täielik loetelu on esitatud lõpetajate koolituse taseme sisuelementide ja nõuete kodifitseerijas haridusorganisatsioonid 2017. aasta ühtseks füüsika riigieksamiks.

USE füüsika demoversiooni eesmärk on võimaldada igal USE osalejal ja laiemal üldsusel saada aimu tulevaste CMM -ide struktuurist, ülesannete arvust ja vormist ning nende keerukusest.

Ülaltoodud kriteeriumid ülesannete täitmise hindamiseks koos selle valiku üksikasjaliku vastusega annavad aimu üksikasjaliku vastuse salvestamise täielikkuse ja õigsuse nõuetest. See teave võimaldab lõpetajatel välja töötada eksami ettevalmistamise ja sooritamise strateegia.

Sisu valiku lähenemisviisid, KIM USE struktuuri arendamine füüsikas

Iga eksamitöö versioon sisaldab ülesandeid, mis kontrollivad kontrollitud sisuelementide valdamist kõigist kooli füüsika kursuse osadest, samas kui iga jao jaoks on välja pakutud kõigi taksonoomiliste tasemete ülesanded. Kõrgkoolide täiendusõppe seisukohalt kõige olulisemaid sisulisi elemente kontrollivad samas versioonis erineva keerukusega ülesanded.

Konkreetse sektsiooni ülesannete arv määratakse selle sisu järgi ja on proportsionaalne õppimiseks eraldatud õppeajaga vastavalt ligikaudsele füüsikaprogrammile. Erinevad plaanid, mille kohaselt eksami variandid koostatakse, on koostatud sisulise lisamise põhimõtte kohaselt, nii et üldiselt pakuvad kõik variatsiooniseeriad diagnostikat kõigi kodifitseerijas sisalduvate sisuelementide arengu kohta.

Iga valik sisaldab ülesandeid erinevate keerukustasemete kõigi osade jaoks, võimaldades teil testida füüsiliste seaduste ja valemite rakendamise võimet nii tüüpilistes haridusolukordades kui ka ebatraditsioonilistes olukordades, mis nõuavad teadaolevate tegevusalgoritmide kombineerimisel piisavalt kõrget sõltumatust või ülesande täitmiseks oma plaani koostamine ...

Üksikasjaliku vastusega kontrollülesannete objektiivsuse tagavad ühtsed hindamiskriteeriumid, ühte tööd hindava kahe sõltumatu eksperdi osalemine, kolmanda eksperdi määramise võimalus ja apellatsioonimenetluse olemasolu. Füüsika ühtne riigieksam on lõpetajate valiku eksam ja see on mõeldud kõrgkoolidesse vastuvõtmisel eristumiseks.

Nendel eesmärkidel sisaldab töö kolme keerukusega ülesandeid. Keerukuse baastaseme ülesannete täitmine võimaldab hinnata keskkooli füüsikakursuse kõige olulisemate sisuelementide omandamise ja olulisemate tegevusliikide valdamise taset.

Põhitaseme ülesannete hulgas eristatakse ülesandeid, mille sisu vastab algtaseme standardile. Füüsika USE skooride miinimumarv, mis kinnitab füüsika keskhariduse (täieliku) üldhariduse programmi lõpetanu omandamist, määratakse algtaseme standardi omandamise nõuete alusel. Suurenenud ja suure keerukusega ülesannete kasutamine eksamitöös võimaldab hinnata üliõpilase valmisolekut ülikoolis täiendõppeks.

Eksamiks ja eksamiks valmistumine

Keskharidus

UMK liin A. V. Grachev. Füüsika (10–11) (põhi, edasijõudnud)

UMK liin A. V. Grachev. Füüsika (7–9)

UMK liin A. V. Perõškin. Füüsika (7–9)

Ettevalmistus füüsika eksamiks: näited, lahendused, selgitused

Me demonteerime USE ülesanded füüsikas (variant C) koos õpetajaga.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, füüsikaõpetaja, töökogemus 27 aastat. Moskva oblasti haridusministeeriumi aukiri (2013), ülestõusmise linnaosa juhi tänukiri (2015), Moskva piirkonna matemaatika- ja füüsikaõpetajate liidu presidendi aukiri (2015).

Töö esitab erineva raskusastmega ülesandeid: põhi-, edasijõudnute ja kõrgeid. Põhitasandi ülesanded on lihtsad ülesanded, mis panevad proovile kõige olulisemate füüsikaliste mõistete, mudelite, nähtuste ja seaduste assimilatsiooni. Kõrgetasemeliste ülesannete eesmärk on testida võimet kasutada füüsikamõisteid ja -seadusi erinevate protsesside ja nähtuste analüüsimiseks, samuti võimet lahendada probleeme ühe või kahe seaduse (valemi) rakendamisel mis tahes teemal. kooli füüsika kursusest. Töös on 2. osa 4 ülesannet ülesanded kõrge tase raskusi ja paneb proovile võime kasutada füüsikaseadusi ja -teooriaid muutunud või uues olukorras. Selliste ülesannete täitmine nõuab teadmiste rakendamist kahest kolmest füüsikaosast korraga, s.t. kõrge koolituse tase. See valik on demoga täielikult kooskõlas eksami versioon 2017, ülesanded on võetud USE ülesannete avatud pangast.

Joonisel on kujutatud kiirusmooduli sõltuvuse graafik graafikust. t... Määrake auto läbitud tee ajavahemikus 0 kuni 30 s.

Lahendus. Autoga läbitud vahemaad ajavahemikus 0 kuni 30 s on kõige lihtsam määratleda trapetsi pindalana, mille aluseks on ajavahemikud (30 - 0) = 30 s ja (30 - 10) = 20 s ja kõrgus on kiirus v= 10 m / s, s.t.

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

Vastus. 250 m.

100 kg kaaluv koorem tõstetakse köie abil vertikaalselt ülespoole. Joonis näitab kiiruse projektsiooni sõltuvust V koormust ülespoole teljele aja jooksul t... Määrake kaabli pinge moodul tõusul.

Lahendus. Vastavalt graafikule kiiruse projektsiooni sõltuvusest v koormust vertikaalselt ülespoole suunatud teljele t, on võimalik määrata koormuse kiirenduse projektsioon

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

Koormust mõjutavad: raskusjõud, mis on suunatud vertikaalselt allapoole ja trossi pingutusjõud, mis on suunatud vertikaalselt ülespoole mööda trossi, vt joon. 2. Kirjutagem üles dünaamika põhivõrrand. Kasutame Newtoni teist seadust. Kehale mõjuvate jõudude geomeetriline summa on võrdne keha massi korrutisega talle antud kiirenduse abil.

+ = (1)

Kirjutame võrrandi vektorite projektsiooniks maaga ühendatud võrdlusraami, OY telg on suunatud ülespoole. Tõmbejõu projektsioon on positiivne, kuna jõu suund langeb kokku OY telje suunaga, on gravitatsiooni projektsioon negatiivne, kuna jõuvektor on vastupidiselt suunatud OY teljele, kiirendusvektori projektsioon on ka positiivne, nii et keha liigub kiirendusega ülespoole. Meil on

T – mg = ma (2);

valemist (2) tõmbejõu moodul

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

Vastus... 1200 N.

Keha lohistatakse mööda ühtlast horisontaalset pinda ühtlase kiirusega, mille moodul on 1,5 m / s, rakendades sellele jõudu, nagu on näidatud joonisel (1). Sellisel juhul on kehale mõjuv libiseva hõõrdejõu moodul 16 N. Milline on jõu poolt arendatud võimsus? F?

Lahendus. Kujutage ette probleemilahenduses täpsustatud füüsilist protsessi ja tehke skemaatiline joonis, mis näitab ära kõik kehale mõjuvad jõud (joonis 2). Kirjutame üles dünaamika põhivõrrandi.

Tr + + = (1)

Olles valinud fikseeritud pinnaga seotud võrdlusraami, kirjutame üles võrrandid vektorite projektsiooniks valitud koordinaattelgedele. Vastavalt probleemi seisundile liigub keha ühtlaselt, kuna selle kiirus on konstantne ja võrdne 1,5 m / s. See tähendab, et keha kiirendus on null. Kerele mõjuvad horisontaalselt kaks jõudu: libisev hõõrdejõud tr. ja jõud, millega keha lohistatakse. Hõõrdejõu projektsioon on negatiivne, kuna jõuvektor ei lange kokku telje suunaga NS... Jõu projektsioon F positiivne. Tuletame meelde, et projektsiooni leidmiseks langetame risti vektori algusest ja lõpust valitud teljele. Seda silmas pidades on meil: F cosα - F tr = 0; (1) väljendada jõu projektsiooni F, see on F cosα = F tr = 16 N; (2) siis jõu jõud on võrdne N = F cosα V(3) Teeme asenduse, võttes arvesse võrrandit (2), ja asendame vastavad andmed võrrandiga (3):

N= 16 N 1,5 m / s = 24 W.

Vastus. 24 vatti

Koormus, mis on kinnitatud kergele vedrule jäikusega 200 N / m, tekitab vertikaalseid vibratsioone. Joonisel on kujutatud nihke sõltuvuse graafik x aeg -ajalt lasti t... Määrake koorma kaal. Ümardage oma vastus lähima täisarvuni.

Lahendus. Vedruga koormatud kaal vibreerib vertikaalselt. Vastavalt koorma nihke sõltuvuse graafikule NS ajast t, määratleme koormuse kõikumiste perioodi. Võnkumisperiood on T= 4 s; valemist T= 2π väljendame massi m lasti.

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

Vastus: 81 kg.

Joonisel on kujutatud kahest kergplokist ja kaaluta kaablist koosnev süsteem, millega saate tasakaalustada või tõsta 10 kg kaaluvat koormat. Hõõrdumine on tühine. Valige ülaltoodud joonise analüüsi põhjal kaksõiged väited ja märkige vastuses nende numbrid.

1. Koormuse tasakaalus hoidmiseks peate tegutsema nööri otsas jõuga 100 N.
2. Joonisel näidatud plokksüsteem ei anna võimsust.
3. h, peate venitama osa trossi pikkusega 3 h.
4. Koorma aeglaseks tõstmiseks hh.

Lahendus. Selle ülesande täitmisel on vaja meelde tuletada lihtsaid mehhanisme, nimelt plokke: liikuv ja fikseeritud plokk. Liigutatava ploki tugevus kahekordistub, köis venib kaks korda pikemaks ja statsionaarset plokki kasutatakse jõu suunamiseks. Toimimisel lihtsad võitmismehhanismid ei anna. Pärast probleemi analüüsimist valime kohe vajalikud avaldused:

1. Koorma aeglaseks tõstmiseks h, peate välja tõmbama osa köiest pikkusega 2 h.
2. Koormuse tasakaalus hoidmiseks peate tegutsema nööri otsas 50 N jõuga.

Vastus. 45.

Alumiiniumist kaal, mis on kinnitatud kaaluta ja venitamatule niidile, on täielikult veega anumasse kastetud. Koorem ei puutu laeva seinu ja põhja. Seejärel sukeldatakse rauast kaal samasse anumasse veega, mille mass on võrdne alumiiniummassi massiga. Kuidas muutub selle tagajärjel niidi pingutusjõu moodul ja koormusele mõjuv raskusjõu moodul?

1. Suureneb;
2. Väheneb;
3. Ei muutu.

Lahendus. Analüüsime probleemi seisukorda ja valime need parameetrid, mis uuringu käigus ei muutu: need on kehamass ja vedelik, millesse keha niitidele sukeldatakse. Pärast seda on parem teha skemaatiline joonis ja näidata koormusele mõjuvad jõud: niidi pingutusjõud F juhtimine suunatud piki niiti ülespoole; raskusjõud, mis on suunatud vertikaalselt allapoole; Archimedese jõud a mõjudes vee all olevale kehale ja suunatud ülespoole. Vastavalt probleemi tingimustele on koormuste mass sama, seetõttu ei muutu koormusele mõjuv raskusjõu moodul. Kuna lasti tihedus on erinev, on ka maht erinev.

V =	m	.
	lk

Raua tihedus on 7800 kg / m 3 ja alumiiniumi tihedus 2700 kg / m 3. Seega V f< V a... Keha on tasakaalus, kõigi kehale mõjuvate jõudude tulemus on null. Suuname koordinaattelje OY üles. Dünaamika põhivõrrand, võttes arvesse jõudude projektsiooni, on kirjutatud kujul F kontroll + F a – mg= 0; (1) Väljendage tõmbejõudu F kontroll = mg – F a(2); Archimedese jõud sõltub vedeliku tihedusest ja vee alla jäänud kehaosa mahust F a = ρ gV p.h.t. (3); Vedeliku tihedus ei muutu ja rauakere maht on väiksem V f< V a, seetõttu on rauakoormusele mõjuv Archimedese jõud väiksem. Teeme järelduse niidi pingutusjõu mooduli kohta, töötades võrrandiga (2), see suureneb.

Vastus. 13.

Blokeeri kaal m libiseb fikseeritud karmilt kaldtasapinnalt, mille põhjas on nurk α. Ploki kiirendusmoodul on a, varda kiirusmoodul suureneb. Õhutakistus on tühine.

Looge vastavus füüsikaliste suuruste ja valemite vahel, millega neid saab arvutada. Esimese veeru iga positsiooni jaoks valige teisest veerust vastav asukoht ja kirjutage valitud numbrid tabelisse vastavate tähtede alla.

B) Lati hõõrdetegur kaldtasapinnal

3) mg cosα

4) sinα -	a
	g cosα

Lahendus. See ülesanne nõuab Newtoni seaduste rakendamist. Soovitame teha skemaatilise joonise; näitavad kõiki liikumise kinemaatilisi omadusi. Võimaluse korral kujutage liikuvale kehale rakendatud kõigi jõudude kiirendusvektorit ja vektoreid; pidage meeles, et kehale mõjuvad jõud on teiste kehadega suhtlemise tulemus. Seejärel kirjutage üles dünaamika põhivõrrand. Valige võrdlussüsteem ja kirjutage üles saadud võrrand jõudude ja kiirenduste vektorite projektsiooniks;

Järgides pakutud algoritmi, teeme skemaatilise joonise (joonis 1). Joonisel on näidatud varda raskuskeskmele rakendatavad jõud ja kaldtasapinna pinnaga seotud võrdlussüsteemi koordinaatteljed. Kuna kõik jõud on konstantsed, on lati liikumine suureneva kiirusega võrdselt muutuv, s.t. kiirendusvektor on suunatud liikumise poole. Valime telgede suuna, nagu joonisel näidatud. Paneme kirja jõudude projektsioonid valitud telgedel.

Kirjutame üles dünaamika põhivõrrandi:

Tr + = (1)

Kirjutame selle võrrandi (1) jõudude ja kiirenduse projektsiooniks.

OY teljel: tugireaktsioonijõu projektsioon on positiivne, kuna vektor langeb kokku OY telje suunaga N y = N; hõõrdejõu projektsioon on null, kuna vektor on teljega risti; gravitatsiooni projektsioon on negatiivne ja võrdne mg y= – mg cosα; kiirendusvektori projektsioon jah= 0, kuna kiirendusvektor on teljega risti. Meil on N – mg cosα = 0 (2) võrrandist väljendame vardale mõjuvat reaktsiooni jõudu kaldtasapinna küljelt. N = mg cosα (3). Kirjutame projektsioonid OX -teljele.

OX -teljel: jõu projektsioon N võrdub nulliga, kuna vektor on risti OX -teljega; Hõõrdejõu projektsioon on negatiivne (vektor on valitud telje suhtes vastupidises suunas); gravitatsiooni projektsioon on positiivne ja võrdne mg x = mg sinα (4) täisnurksest kolmnurgast. Kiirendusprojektsioon positiivne a x = a; Seejärel kirjutame võrrandi (1), võttes arvesse projektsiooni mg sinα - F tr = ma (5); F tr = m(g sinα - a) (6); Pidage meeles, et hõõrdejõud on võrdeline normaalse survejõuga N.

A-prioriteet F tr = μ N(7), väljendame varda hõõrdetegurit kaldtasapinnal.

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

Valime iga tähe jaoks sobivad positsioonid.

Vastus. A - 3; B - 2.

Ülesanne 8. Gaas hapnikku on anumas mahuga 33,2 liitrit. Gaasi rõhk on 150 kPa, selle temperatuur on 127 ° C. Määrake gaasi mass selles anumas. Väljendage oma vastus grammides ja ümardage täisarvuni.

Lahendus. Oluline on pöörata tähelepanu ühikute teisendamisele SI -süsteemile. Teisendame temperatuuri Kelviniks T = t° С + 273, maht V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3; Me tõlgime survet P= 150 kPa = 150 000 Pa. Ideaalgaasi oleku võrrandi kasutamine

väljendage gaasi massi.

Pöörake kindlasti tähelepanu ühikule, milles teil palutakse vastus kirja panna. See on väga tähtis.

Vastus. 48 g

Ülesanne 9. Ideaalne üheaatomiline gaas koguses 0,025 mol adiabaatiliselt paisunud. Samal ajal langes selle temperatuur + 103 ° С kuni + 23 ° С. Mis tööd gaas tegi? Väljendage oma vastus džaulides ja ümardage lähima täisarvuni.

Lahendus. Esiteks on gaas üheaatomiline arv vabadusastmeid i= 3, teiseks paisub gaas adiabaatiliselt - see tähendab ilma soojusvahetuseta Q= 0. Gaas toimib, vähendades siseenergiat. Seda arvesse võttes kirjutame termodünaamika esimese seaduse kujul 0 = ∆ U + A G; (1) väljendada gaasi tööd A r = –∆ U(2); Üheaatomilise gaasi siseenergia muutust saab kirjutada järgmiselt

Vastus. 25 J.

Õhuosa suhteline niiskus teatud temperatuuril on 10%. Mitu korda tuleks selle õhuosa rõhku muuta, et selle suhteline niiskus tõuseks püsiva temperatuuri juures 25%?

Lahendus. Küllastunud auru ja õhuniiskusega seotud küsimused on kooliõpilastele enamasti rasked. Kasutame valemit õhu suhtelise niiskuse arvutamiseks

Vastavalt probleemi olukorrale temperatuur ei muutu, mis tähendab, et küllastunud aururõhk jääb samaks. Kirjutame üles valemi (1) kahe õhuoleku kohta.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Väljendage õhurõhk valemitest (2), (3) ja leidke rõhu suhe.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Vastus. Rõhku tuleks suurendada 3,5 korda.

Vedelas olekus kuum aine jahutati aeglaselt konstantse võimsusega sulatusahjus. Tabelis on näidatud aine temperatuuri mõõtmise tulemused aja jooksul.

Valige pakutavast loendist kaks avaldused, mis vastavad tehtud mõõtmiste tulemustele ja näitavad nende arvu.

1. Aine sulamistemperatuur nendes tingimustes on 232 ° C.
2. 20 minuti pärast. pärast mõõtmiste algust oli aine ainult tahkes olekus.
3. Aine soojusmahtuvus vedelas ja tahkes olekus on sama.
4. Pärast 30 min. pärast mõõtmiste algust oli aine ainult tahkes olekus.
5. Aine kristallimisprotsess kestis üle 25 minuti.

Lahendus. Aine jahtudes vähenes selle sisemine energia. Temperatuuri mõõtmise tulemused võimaldavad teil määrata temperatuuri, mille juures aine hakkab kristalliseeruma. Kuni aine läheb vedelikust tahkesse olekusse, temperatuur ei muutu. Teades, et sulamistemperatuur ja kristallumistemperatuur on samad, valime väite:

1. Aine sulamistemperatuur nendes tingimustes on 232 ° C.

Teine õige väide on:

4. 30 minuti pärast. pärast mõõtmiste algust oli aine ainult tahkes olekus. Kuna temperatuur on sel ajahetkel juba kristallimistemperatuurist madalam.

Vastus. 14.

Isoleeritud süsteemis on keha A temperatuur + 40 ° C ja keha B temperatuur + 65 ° C. Need kehad viiakse üksteisega termilisse kontakti. Mõne aja pärast on termiline tasakaal saabunud. Kuidas muutus selle tagajärjel keha B temperatuur ning keha A ja B kogu siseenergia?

Määrake iga väärtuse jaoks vastav muutmismuster:

1. Suurenenud;
2. Vähenenud;
3. Ei ole muutunud.

Kirjutage iga numbri jaoks valitud numbrid üles füüsiline kogus... Vastuses olevaid numbreid võib korrata.

Lahendus. Kui isoleeritud kehade süsteemis ei toimu energia muundamisi, välja arvatud soojusvahetus, siis kehade eralduv soojushulk, mille siseenergia väheneb, on võrdne kehade vastuvõetud soojushulgaga, mille siseenergia suureneb. (Vastavalt energia jäävuse seadusele.) Sellisel juhul ei muutu süsteemi kogu sisemine energia. Seda tüüpi probleemid lahendatakse soojusbilansi võrrandi alusel.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	i = 1

kus ∆ U- siseenergia muutus.

Meie puhul väheneb soojusvahetuse tagajärjel keha B siseenergia, mis tähendab, et selle keha temperatuur langeb. Keha A siseenergia suureneb, kuna keha on saanud kehast B soojuse, siis selle temperatuur tõuseb. Kehade A ja B kogu sisemine energia ei muutu.

Vastus. 23.

Prooton lk, lennatakse elektromagneti pooluste vahelisse pilusse, on magnetilise induktsioonivektoriga risti, nagu on näidatud joonisel. Kus on prootonile mõjuv Lorentzi jõud, mis on suunatud figuuri suhtes (üles, vaatleja poole, vaatlejast, alla, vasakule, paremale)

Lahendus. Magnetväli mõjub laetud osakesele Lorentzi jõuga. Selle jõu suuna määramiseks on oluline meeles pidada vasaku käe mnemoonilist reeglit, mitte unustada osakeste laenguga arvestamist. Suuname vasaku käe neli sõrme mööda kiiruse vektorit, positiivselt laetud osakese puhul peaks vektor sisenema peopesasse risti, 90 ° nurga all asetatud pöial näitab osakesele mõjuvat Lorentzi jõu suunda. Selle tulemusel on meil Lorentzi jõuvektor suunatud joonise suhtes vaatlejast eemale.

Vastus. vaatlejalt.

50 μF lameda õhu kondensaatori elektrivälja tugevuse moodul on 200 V / m. Kondensaatorplaatide vaheline kaugus on 2 mm. Mis on kondensaatori laeng? Kirjutage vastus üles μC -s.

Lahendus. Teisendame kõik mõõtühikud SI -süsteemi. Mahtuvus C = 50 μF = 50 · 10 -6 F, plaatide vaheline kaugus d= 2 · 10 –3 m. Probleem käsitleb lameda õhu kondensaatorit - seadet elektrilaengu ja elektrivälja energia kogumiseks. Elektrilise võimsuse valemist

kus d Kas plaatide vaheline kaugus.

Väljendage pinget U= E d(4); Asendage (4) punktis 2 ja arvutage kondensaatori laeng.

q = C · Ed= 50 · 10 –6 · 200 · 0,002 = 20 μC

Pöörake tähelepanu ühikutele, milles peate vastuse kirjutama. Saime selle ripatsidena, kuid esindame seda μC -s.

Vastus. 20 ºC.

Õpilane viis läbi valguse murdumise katse, mis on esitatud fotol. Kuidas muutub klaasis leviva valguse murdumisnurk ja klaasi murdumisnäitaja suureneva langemisnurga korral?

1. Kasvab
2. Väheneb
3. Ei muutu
4. Kirjutage tabelisse iga vastuse jaoks valitud numbrid. Vastuses olevaid numbreid võib korrata.

Lahendus. Seda tüüpi ülesannete puhul mäletame, mis on murdumine. See on laine levimissuuna muutus ühelt keskkonnalt teisele liikumisel. Selle põhjuseks on asjaolu, et nende kandjate lainekiirused on erinevad. Olles aru saanud, millisest kandjast millisele valgusele see levib, kirjutame vormis murdumisseaduse

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

kus n 2 - klaasi absoluutne murdumisnäitaja, keskkond, kuhu valgus läheb; n 1 on esimese keskkonna absoluutne murdumisnäitaja, kust valgus tuleb. Õhu jaoks n 1 = 1. α on tala langemisnurk klaasist poolsilindri pinnal, β on tala murdumisnurk klaasis. Lisaks on murdumisnurk väiksem kui langemisnurk, kuna klaas on optiliselt tihedam keskkond - kõrge murdumisnäitajaga keskkond. Valguse levimise kiirus klaasis on aeglasem. Pange tähele, et nurki mõõdetakse kiiruse langemispunktis taastatud risti järgi. Kui suurendate langemisnurka, suureneb ka murdumisnurk. Klaasi murdumisnäitaja sellest ei muutu.

Vastus.

Vase hüppaja teatud ajahetkel t 0 = 0 hakkab liikuma kiirusega 2 m / s mööda paralleelseid horisontaalseid juhtivaid rööpaid, mille otstesse on ühendatud 10 -oomine takisti. Kogu süsteem on vertikaalses ühtlases magnetväljas. Silluse ja rööbaste takistus on tühine, sillus on alati rööbastega risti. Magnetilise induktsioonivektori voog Ф läbi hüppaja, rööbaste ja takisti moodustatud ahela muutub aja jooksul t nagu graafikul näidatud.

Graafiku abil valige kaks õiget väidet ja lisage nende numbrid vastusesse.

1. Ajahetkel t= 0,1 s, vooluahela magnetvoo muutus on 1 mVb.
2. Induktsioonivool hüppajas vahemikus alates t= 0,1 s t= Maksimaalselt 0,3 s
3. Ahelas tekkiva induktsiooni EMF -moodul on 10 mV.
4. Jumperis voolava induktsioonivoolu tugevus on 64 mA.
5. Vaheseina liikumise säilitamiseks rakendatakse sellele jõudu, mille projektsioon rööbasteele on 0,2 N.

Lahendus. Vastavalt graafikule magnetilise induktsioonivektori voolu sõltuvuse kohta ahelast õigeaegselt määrame kindlaks lõigud, kus voog Ф muutub ja kus voo muutus on null. See võimaldab meil määrata ajavahemikud, mille jooksul induktsioonivool vooluringis tekib. Õige väide:

1) Selleks ajaks t= 0,1 s vooluahela magnetvoo muutus võrdub 1 mWb ∆F = (1 - 0) · 10 –3 Wb; Vooluahelas tekkiv induktsioonmoodul EMF määratakse EMR -i seaduse alusel

Vastus. 13.

Vastavalt graafikule, mis näitab voolutugevuse sõltuvust ajast elektriahelas, mille induktiivsus on 1 mH, määrake ajavahemikus 5 kuni 10 s EMF-i eneseinduktsiooni moodul. Kirjutage vastus üles μV -s.

Lahendus. Tõlgime kõik kogused SI süsteemi, s.t. muundatakse 1 mH induktiivsus H -ks, saame 10–3 H. Joonisel näidatud vool mA -des teisendatakse samuti A -ks, korrutades 10–3.

Eneseindutseerimise EMF valemil on vorm

sel juhul antakse ajavahemik vastavalt probleemi seisundile

∆t= 10 s - 5 s = 5 s

sekundit ja vastavalt graafikule määrame selle aja jooksul voolu muutumise intervalli:

∆Mina= 30 · 10 –3 - 20 · 10 –3 = 10 · 10 –3 = 10 –2 A.

Asendades arvväärtused valemiga (2), saame

| Ɛ | = 2,10–6 V või 2 µV.

Vastus. 2.

Kaks läbipaistvat tasapinnalist plaati surutakse tihedalt üksteise vastu. Valguskiir langeb õhust esimese plaadi pinnale (vt joonis). On teada, et ülemise plaadi murdumisnäitaja on võrdne n 2 = 1,77. Pange vastavusse füüsikalised suurused ja nende väärtused. Esimese veeru iga positsiooni jaoks valige teisest veerust vastav asukoht ja kirjutage valitud numbrid tabelisse vastavate tähtede alla.

Lahendus. Valguse murdumise probleemide lahendamiseks kahe kandja vahelisel liidesel, eriti probleeme valguse läbilaskmisel tasapinnaliste paralleelsete plaatide kaudu, võib soovitada järgmist lahenduste järjekorda: tehke joonis, mis näitab ühelt poolt kiirte teed keskmine teisele; joonistage kiirguse langemispunkti kahe kandja vahelisel liidesel pinnale normaal, märkige langemis- ja murdumisnurgad. Pöörake erilist tähelepanu vaadeldava kandja optilisele tihedusele ja pidage meeles, et kui valgusvihk läheb optiliselt vähem tihedalt keskkonnalt optiliselt tihedamale keskkonnale, on murdumisnurk langemisnurgast väiksem. Joonisel on kujutatud langeva kiirguse ja pinna vahelist nurka, kuid me vajame langemisnurka. Pidage meeles, et nurgad määratakse langemispunktis taastatud risti järgi. Me teeme kindlaks, et tala langemisnurk pinnale on 90 ° - 40 ° = 50 °, murdumisnäitaja n 2 = 1,77; n 1 = 1 (õhk).

Kirjutame murdumisseaduse

sinβ =	patt 50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Konstrueerime kiirte ligikaudse tee läbi plaatide. Piiride 2–3 ja 3–1 puhul kasutame valemit (1). Vastuses saame

A) Tala langemisnurga siinus plaatide vahelisel piiril 2–3 on 2) ≈ 0,433;

B) Kiire murdumisnurk piiri 3–1 ületamisel (radiaanides) on 4) ≈ 0,873.

Vastus. 24.

Määrake, kui palju α -osakesi ja kui palju prootoneid tekib termotuumasünteesi reaktsiooni tulemusena

+ → x+ y;

Lahendus. Kõigis tuumareaktsioonides järgitakse elektrilaengu jäävuse seadusi ja nukleonide arvu. Tähistame x -ga - alfaosakeste arv, y - prootonite arv. Teeme võrrandid

+ → x + y;

süsteemi lahendades on meil see olemas x = 1; y = 2

Vastus. 1 - a -osake; 2 - prooton.

Esimese footoni impulssmoodul on 1,32 · 10 –28 kg · m / s, mis on teise footoni impulssmoodulist 9,48 · 10 –28 kg · m / s väiksem. Leidke teise ja esimese footoni energiasuhe E 2 / E 1. Ümardage oma vastus kümnendikule.

Lahendus. Teise footoni hoog on tingimuse järgi suurem kui esimese footoni hoog, see tähendab, et saame kujutada lk 2 = lk 1 + Δ lk(1). Footoni energiat saab väljendada footoni impulsi abil, kasutades järgmisi võrrandeid. seda E = mc 2 (1) ja lk = mc(2), siis

E = pc (3),

kus E- footoni energia, lk- footoni hoog, m - footoni mass, c= 3 · 10 8 m / s - valguse kiirus. Võttes arvesse valemit (3), on meil:

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

Ümardame vastuse kümnendikuni ja saame 8,2.

Vastus. 8,2.

Aatomi tuum on läbinud radioaktiivse positroni β - lagunemise. Kuidas muutus selle tagajärjel tuuma elektrilaeng ja neutronite arv selles?

Määrake iga väärtuse jaoks vastav muutmismuster:

1. Suurenenud;
2. Vähenenud;
3. Ei ole muutunud.

Kirjutage valitud numbrid tabelisse iga füüsilise koguse kohta. Vastuses olevaid numbreid võib korrata.

Lahendus. Positron β - lagunemine aatomituumas toimub prootoni muutumisel neutroniks positroni emissiooniga. Selle tulemusena suureneb neutronite arv tuumas ühe võrra, elektrilaeng väheneb ühe võrra ja tuuma massiarv jääb muutumatuks. Seega on elemendi teisendusreaktsioon järgmine:

Vastus. 21.

Laboratooriumis viidi läbi viis katset difraktsiooni jälgimiseks, kasutades erinevaid difraktsioonivõresid. Kõik restid olid valgustatud kindla lainepikkusega monokromaatilise valguse paralleelsete kiirtega. Kõigil juhtudel langes valgus võrega risti. Kahes neist katsetest täheldati sama arvu põhidifraktsiooni maksimumid. Esmalt märkige katse number, milles kasutati lühema ajaga difraktsioonivõret, ja seejärel katse number, milles kasutati pikema ajaga difraktsioonivõret.

Lahendus. Valguse hajumine on valgusvihu nähtus geomeetrilise varju piirkonnas. Hajumist võib täheldada, kui valguslaine teel on läbipaistmatuid alasid või auke suurtes ja läbipaistmatutes valguse takistustes ning nende alade või aukude suurus on lainepikkusega vastavuses. Üks olulisemaid difraktsiooniseadmeid on difraktsioonivõre. Difraktsioonimustri maksimumide nurgad määratakse võrrandiga

d patt = kλ (1),

kus d Kas difraktsioonivõre periood, φ on nurk võre normaalse ja difraktsioonimustri ühe maksimumi vahel, λ on valguse lainepikkus, k- täisarv, mida nimetatakse difraktsioonimaksimumiks. Väljendame võrrandist (1)

Katsetingimuste järgi paaride valimisel valime kõigepealt 4, kus kasutati lühema ajaga difraktsioonivõret, ja seejärel selle katse arv, milles kasutati pika perioodi difraktsioonivõret.

Vastus. 42.

Vool voolab läbi traattakistuse. Takisti asendati teisega, sama metallist traadiga ja sama pikkusega, kuid mille ristlõikepindala oli pool ja vool läbis poole. Kuidas muutub takisti pinge ja selle takistus?

Määrake iga väärtuse jaoks vastav muutmismuster:

1. Suureneb;
2. Väheneb;
3. Ei muutu.

Kirjutage valitud numbrid tabelisse iga füüsilise koguse kohta. Vastuses olevaid numbreid võib korrata.

Lahendus. Oluline on meeles pidada, millistest väärtustest sõltub juhi takistus. Takistuse arvutamise valem on

Ahela osa Ohmi seadus, valemist (2), väljendame pinget

U = I R. (3).

Vastavalt probleemi tingimustele on teine ​​takisti valmistatud samast materjalist traadist, sama pikkusega, kuid erineva ristlõikega. Ala on poole väiksem. Asendades (1), saame, et takistus suureneb 2 korda ja vool väheneb 2 korda, seega pinge ei muutu.

Vastus. 13.

Matemaatilise pendli võnkumisperiood Maa pinnal on 1, 2 korda pikem kui selle võnkumise periood teatud planeedil. Milline on selle planeedi gravitatsioonikiirendusmoodul? Mõlemal juhul on atmosfääri mõju tühine.

Lahendus. Matemaatiline pendel on süsteem, mis koosneb niidist, mille mõõtmed on palju suuremad kui palli ja palli enda mõõtmed. Raskused võivad tekkida, kui unustatakse Thomsoni valem matemaatilise pendli võnkumisperioodi kohta.

T= 2π (1);

l- matemaatilise pendli pikkus; g- raskuskiirendus.

Tingimuste järgi

Väljendagem alates (3) g n = 14,4 m / s2. Tuleb märkida, et raskuskiirendus sõltub planeedi massist ja raadiusest

Vastus. 14,4 m / s 2.

1 m pikkune sirge juht, mille kaudu voolab 3 A vool, asub ühtlases induktsiooniga magnetväljas V= 0,4 T vektori suhtes 30 ° nurga all. Milline on magnetvälja küljelt juhile mõjuv jõu moodul?

Lahendus. Kui asetate vooluga juhi magnetvälja, siis vooluga juhi väli toimib amperi jõuga. Kirjutame Ampere jõu mooduli valemi

F A = I LB sinα;

F A = 0,6 N

Vastus. F A = 0,6 N.

Pooli salvestatud magnetvälja energia alalisvoolu läbimisel on 120 J. Mitu korda tuleb mähise mähist läbivat voolu suurendada, et salvestatud magnetvälja energia suureneks 5760 J .

Lahendus. Spiraali magnetvälja energia arvutatakse valemiga

W m =	LI 2	(1);
	2

Tingimuste järgi W 1 = 120 J, siis W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

Mina 1 2 =	2W 1	; Mina 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Siis voolude suhe

Mina 2 2	= 49;	Mina 2	= 7
Mina 1 2		Mina 1

Vastus. Voolutugevust tuleb suurendada 7 korda. Vastusvormile sisestate ainult numbri 7.

Elektriskeem koosneb kahest lambipirnist, kahest dioodist ja traatmähist, mis on ühendatud nagu näidatud. (Diood läbib voolu ainult ühes suunas, nagu on näidatud joonise ülaosas). Milline pirnidest süttib, kui magneti põhjapoolus tuuakse silmusele lähemale? Selgitage vastust, näidates, milliseid nähtusi ja mustreid kasutasite selgitamisel.

Lahendus. Magneti põhjapoolusest väljuvad magnetilise induktsiooni jooned ja lahknevad. Magneti lähenedes suureneb magnetvoog läbi traatmähise. Lenzi reegli kohaselt tuleb silmuse induktsioonivoolu tekitatud magnetväli suunata paremale. Vastavalt kardaani reeglile peaks vool voolama päripäeva (vasakult vaadates). Selles suunas liigub teise lambi ahelas olev diood. See tähendab, et teine ​​lamp süttib.

Vastus. Teine tuli süttib.

Alumiiniumist kodara pikkus L= 25 cm ja ristlõikepindala S= 0,1 cm 2 riputatud niidile ülemises otsas. Alumine ots toetub anuma horisontaalsele põhjale, millesse vesi valatakse. Sukeldunud kodara pikkus l= 10 cm Leidke jõud F, millega nõel surub anuma põhja, kui on teada, et niit asub vertikaalselt. Alumiiniumi tihedus ρ a = 2,7 g / cm 3, vee tihedus ρ b = 1,0 g / cm 3. Raskuskiirendus g= 10 m / s 2

Lahendus. Teeme selgitava joonise.

- niidi pingutusjõud;

- anuma põhja reaktsioonijõud;

a - Archimedese jõud, mis mõjub ainult keha sukeldatud osale ja rakendub kodara sukeldatud osa keskele;

- Maa küljele mõjuv raskusjõud, mis rakendub kogu kodara keskpunktile.

Definitsiooni järgi kodara kaal m ja Archimedese jõu moodulit väljendatakse järgmiselt: m = SLρ a (1);

F a = Slρ sisse g (2)

Mõelge jõudude momentidele kodara riputuspunkti suhtes.

M(T) = 0 - pingutusjõu moment; (3)

M(N) = NL cosα on toe reaktsioonijõu hetk; (4)

Võttes arvesse hetkede märke, kirjutame võrrandi

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

arvestades, et Newtoni kolmanda seaduse kohaselt on anuma põhja reaktsioonijõud võrdne jõuga F d millega kodara pressib anuma põhja, kirjutame N = F e ja võrrandist (7) väljendame seda jõudu:

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

Asendage arvandmed ja saate need

F d = 0,025 N.

Vastus. F d = 0,025 N.

Mahuti, mis sisaldab m 1 = 1 kg lämmastikku, plahvatati tugevuskatsel temperatuuril t 1 = 327 ° C. Mis on vesiniku mass m 2 võib sellises mahutis hoida temperatuuril t 2 = 27 ° C, millel on viiekordne ohutegur? Lämmastiku molaarmass M 1 = 28 g / mol, vesinik M 2 = 2 g / mol.

Lahendus. Kirjutame lämmastiku jaoks Mendelejevi - Clapeyroni ideaalse gaasi oleku võrrandi

kus V- ballooni maht, T 1 = t 1 + 273 ° C. Tingimusel võib vesinikku hoida rõhul lk 2 = p 1/5; (3) Võttes arvesse seda

võime väljendada vesiniku massi, töötades otse võrranditega (2), (3), (4). Lõplik valem on järgmine:

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

Pärast numbriliste andmete asendamist m 2 = 28 g.

Vastus. m 2 = 28 g.

Ideaalses võnkeringis on induktiivpooli voolukõikumiste amplituud Ma olen m= 5 mA ja kondensaatori pinge amplituud U m= 2,0 V. Sel ajal t pinge kondensaatoril on 1,2 V. Leidke praegune mähis vool.

Lahendus. Ideaalses võnkeringis salvestatakse vibratsioonienergia. Ajahetkel t on energia säästmise seadusel oma vorm

C	U 2	+ L	Mina 2	= L	Ma olen m 2	(1)
	2		2		2

Amplituudi (maksimum) väärtuste jaoks kirjutame

ja võrrandist (2) väljendame

C	=	Ma olen m 2	(4).
L		U m 2

Asendage (4) punktiga (3). Selle tulemusena saame:

Mina = Ma olen m (5)

Seega vool mähises ajahetkel t on võrdne

Mina= 4,0 mA.

Vastus. Mina= 4,0 mA.

Mahuti põhjas on 2 m sügavune peegel. Vett läbiv valguskiir peegeldub peeglist ja väljub veest. Vee murdumisnäitaja on 1,33. Leidke kaugus tala vette sisenemise ja talast veest väljumise punkti vahel, kui tala langemisnurk on 30 °

Lahendus. Teeme selgitava joonise

α on tala langemisnurk;

β on kiirte murdumisnurk vees;

AC on kaugus tala vette sisenemise ja tala veest väljumise punkti vahel.

Vastavalt valguse murdumise seadusele

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Mõelge ristkülikukujulisele ΔADB -le. Selles AD = h, siis DВ = АD

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

Saame järgmise väljenduse:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Asendage saadud valemiga arvväärtused (5)

Vastus. 1,63 m.

Eksamiks valmistudes soovitame teil end kurssi viia füüsika tööprogramm 7. – 9. klassile UMK Peryshkina A.V. ja põhjaliku taseme tööprogramm klassidele 10-11 õppematerjalide jaoks Myakisheva G.Ya. Programmid on vaatamiseks ja tasuta allalaadimiseks saadaval kõigile registreeritud kasutajatele.

Paljud lõpetajad astuvad 2017. aastal füüsikasse, kuna selle eksami järele on suur nõudlus. Paljud ülikoolid vajavad, et teil oleks füüsika ühtne riigieksam, et nad saaksid 2017. aastal vastu võtta ja te saaksite astuda nende instituutide teaduskondade teatud erialadele. Ja sel põhjusel tulevane lõpetaja, kes õpib 11. klassis, teadmata, et ta peab nii raske eksami sooritama, ja mitte lihtsalt niisama, vaid tulemustega, mis võimaldavad tal tegelikult astuda heale erialale, mis nõuab teadmisi füüsika kui õppeaine ja kättesaadavus USE tulemused, mis näitab, et sel aastal on teil õigus taotleda õppima asumist, juhindudes asjaolust, et läbisite 2017. aastal füüsika USE, on teil häid punkte ja arvate, et astute vähemalt kaubandusosakonda, kuigi ma tahaksin minna eelarve juurde.

Ja seepärast arvamegi, et peale kooliõpikute, peaajus saadaolevate teadmiste ja nende raamatute, mille olete juba ostnud, vajate veel vähemalt kahte faili, mille soovitame tasuta alla laadida.

Esiteks on need aastad, sest see on alus, millele te kõigepealt tuginete. Samuti on olemas spetsifikatsioonid ja kodeerijad, mille järgi saate teada kordamist vajavad teemad ja üldiselt kogu eksamiprotseduuri ja selle läbiviimise tingimused.

Teiseks on see varakevadel, see tähendab märtsis-aprillis FIPI poolt korraldatud füüsika proovieksami KIM-id.

Siin on need just need, mida pakume teile siit alla laadida ja mitte ainult sellepärast, et see kõik on tasuta, vaid suuremal määral põhjusel, et seda vajate teie, mitte meie. Need USE ülesanded füüsikas on võetud avatud andmepangast, kuhu FIPI paigutab kõikides ainetes kümneid tuhandeid ülesandeid ja küsimusi. Ja saate aru, et neid kõiki lahendada on lihtsalt ebareaalne, sest selleks kulub 10 või 20 aastat ja teil pole seda aega, peate 2017. aastal kiiresti tegutsema, sest te ei taha ühte aastat üldse kaotada ja pealegi saabuvad õigel ajal uued lõpetajad, kelle teadmiste tase on meile tundmatu ja seetõttu pole selge, kuidas on nendega konkureerida, kas see on lihtne või raske.

Võttes arvesse asjaolu, et teadmised aja jooksul tuhmuvad, on vaja õppida ka praegu ehk seni, kuni peas on värskeid teadmisi.

Nendele faktidele tuginedes jõuame järeldusele, et on vaja teha maksimaalseid jõupingutusi, et valmistuda originaalselt igaks eksamiks, sealhulgas USE eksamiks füüsikas 2017, mille prooviversiooni varased ülesanded pakume teile praegu ja laadige alla siit.

See on kõik ja peate põhjalikult ja lõpuni aru saama, sest esmakordselt on kõike raske seedida ja see, mida näete allalaaditud ülesannetes, annab teile mõtlemisainet, et olla valmis kõigiks probleemideks mis ootavad teid kevadel eksamil!