Ustvarjanje

Zgodnji izpit iz fizike z rešitvijo. Priprava na izpit iz fizike: primeri, rešitve, razlage. Enotni državni izpit

Tako kot lani sta tudi v letu 2017 dva "toka" enotnega državnega izpita - zgodnje obdobje (poteka sredi pomladi) in glavno, ki se tradicionalno začne ob koncu študijskega leta, v zadnjih dneh maja. Uradni osnutek urnika enotnega državnega izpita "predpisuje" vse termine za opravljanje izpitov iz vseh predmetov v obeh obdobjih - vključno z dodatnimi rezervnimi dnevi, ki so predvideni za tiste, ki iz utemeljenega razloga (bolezen, sovpadanje izpitnih rokov itd.) ) ni mogel opraviti enotnega državnega izpita v določenem roku.

Urnik zgodnjega roka za opravljanje izpita - 2017

V letu 2017 se zgodnji "val" enotnega državnega izpita začne prej kot običajno. Če je lani vrhunec spomladanske izpitne dobe padel na zadnji teden marca, bo v letošnji sezoni spomladanski počitek prost izpit.

Glavni termini zgodnjega obdobja so od 14. marca do 24. marca. Tako bo do začetka spomladanskih šolskih počitnic številni »zgodnji dijaki« že imeli čas za opravljanje preizkusa. In to se lahko izkaže za priročno: med diplomanti, ki imajo pravico opravljati enotni državni izpit v zgodnjem valu, so fantje, ki se bodo morali maja udeležiti ruskih ali mednarodnih tekmovanj in tekmovanj, med pomladnimi počitnicami pa pogosto hodijo na športne tabore, profilne premike na tabore itd. d. Prestavitev izpitov na zgodnejši datum jim bo omogočila uporabo najnovejšega "na polno".

Dodatni (rezervni) dnevi bo potekalo zgodnje obdobje USE-2017 od 3. do 7. aprila. Hkrati bo verjetno marsikdo moral pisati izpite v rezervnih terminih: če se v lanskem urniku nista opravljala več kot dva predmeta na isti dan, je leta 2017 večina izbirnih izpitov združena "v trojke".

Ločeni dnevi so namenjeni le za tri predmete: izpit iz ruskega jezika, ki je obvezen za diplomante in vse bodoče kandidate, ter matematiko in ustni del izpita iz tuji jeziki. Hkrati pa jo bodo letos »govorno« prevzeli »zgodnji dijaki« pred pisnim delom.

Predvidena je razporeditev marčevskih izpitov po datumih, kot sledi:

14. marca(torek) - izpit iz matematike (tako osnovna kot profilna raven);

16. marca(četrtek) - kemija, zgodovina, računalništvo;

18. marca(sobota) - UPORABA v tujih jezikih (ustni del izpita);

20. marca(ponedeljek) - izpit iz ruskega jezika;

22. marca(sreda) - biologija, fizika, tuji jeziki (pisni izpit);

24. marca(petek) - UPORABA, literatura in družboslovje.

Med glavnim in rezervnim dnevom zgodnjega obdobja je devetdnevni premor. Vsi dodatni testi za "rezerviste" bodo potekali v treh dneh:

3. april(ponedeljek) - kemija, literatura, računalništvo, tuje (govorenje);

5. aprila(sreda) - tuji (pisno), geografija, fizika, biologija, družboslovje;

7. april(petek) - ruski, osnovni in.

Praviloma je večina tistih, ki opravijo USE pred rokom, diplomanti preteklih let, pa tudi diplomanti srednjih specializiranih izobraževalnih ustanov (na visokih šolah in strokovnih licejih je program Srednja šola običajno "prestanejo" v prvem letniku študija). Poleg tega lahko diplomanti šol, ki bodo med glavnim obdobjem opravljanja izpita iz tehtnih razlogov odsotni (na primer, sodelujejo na ruskih ali mednarodnih tekmovanjih ali se zdravijo v sanatoriju) ali nameravajo nadaljevati izobraževanje zunaj Rusije, lahko »streli nazaj ” z zgodnjimi izpiti.

Diplomanti 2017 se lahko odločijo tudi za opravljanje izpitov iz tistih predmetov, pri katerih je bil program v celoti opravljen. To je pomembno predvsem za tiste, ki načrtujejo - šolski tečaj na to temo se bere do 10. razreda in zgodnja dostava eden od izpitov lahko zmanjša napetost med glavnim obdobjem USE.

Razpored glavnega roka za opravljanje izpita - 2017

Glavni rok za opravljanje izpita v letu 2017 se prične 26. maja, do 16. junija pa bo večina diplomantov že opravila izpitni ep. Za tiste, ki iz tehtnega razloga niso mogli pravočasno opraviti izpita ali so izbrali predmete, ki se po izpitu ujemajo, so na voljo rezervni izpitni dnevi od 19.6. Tako kot lani bo zadnji dan USE postal "enotna rezerva" - 30. junija bo mogoče opravljati izpit iz katerega koli predmeta.

Hkrati je urnik izpitov za glavno obdobje enotnega državnega izpita-2017 v primerjavi z zgodnjimi izpiti veliko manj gost, večina diplomantov pa se bo verjetno lahko izognila "prekrivanju" izpitnih rokov.

Za opravljanje obveznih predmetov so dodeljeni ločeni izpitni dnevi: ruski jezik, matematika na osnovni in profilni ravni (šolci imajo pravico opravljati enega od teh izpitov ali oba hkrati, zato so tradicionalno razporejeni na več dni v urniku glavne obdobje).

Tako kot lani je za najbolj priljubljen izbirni izpit – družboslovje – namenjen poseben dan. Za opravljanje ustnega dela izpita iz tujih jezikov sta naenkrat dodeljena dva ločena dneva. Poleg tega je ločen dan dodeljen za ne najbolj priljubljene na UPORABA predmet- geografija. Morda je bilo to storjeno zato, da bi v urniku razporedili vse predmete naravoslovnega profila in tako zmanjšali število naključij.

Tako v Urnik UPORABE sta dva para in ena "trojka" predmetov, pri katerih se bodo izpiti opravljali hkrati:

kemija, zgodovina in informatika;

tuji jeziki in biologija,

literaturo in fiziko.

Izpite je treba opravljati na naslednje datume:

26. maja(petek) - geografija,

29. maja(ponedeljek) - ruščina,

31. maja(sreda) - zgodovina, kemija, informatika in IKT,

2. junija(petek) - profil matematika,

5. junija(ponedeljek) - družboslovje;

7. junija(sreda) - ,

9. junija(petek) - pisni tuji jezik, biologija,

13. junija(torek) - književnost, fizika,

15. junija(četrtek) in 16. junija(petek) - tuje ustno.

Tako se bo večina šolarjev na maturantske zabave pripravljala »s čisto vestjo«, saj so že opravili vse načrtovane izpite in dosegli rezultate pri večini predmetov. Tisti, ki so zboleli med glavnim izpitnim rokom, izbrali predmete, ki so časovno sovpadali, prejeli »neuspešno« iz ruščine ali matematike, so bili odstranjeni iz izpita ali so med izpitom naleteli na tehnične ali organizacijske težave (na primer pomanjkanje dodatnih obrazci ali izpad električne energije), bodo izpite opravljali pravočasno.

Rezervni dnevi bodo razporejeni na naslednji način:

19. junija(ponedeljek) - računalništvo, zgodovina, kemija in geografija,

20. junija(torek) - fizika, književnost, biologija, družboslovje, pisni tuji jezik,

21. junija(sreda) - ruščina,

22. junija(četrtek) - matematika na osnovni ravni,

28. junija(sreda) - matematika na profilni ravni,

29. junija(četrtek) - ustni tuji,

30. junija(petek) - vsi predmeti.

Ali lahko pride do sprememb v urniku izpitov?

Osnutek uradnega urnika USE se običajno objavi na začetku študijskega leta, poteka razprava, dokončna potrditev urnika izpitov pa poteka spomladi. Zato so možne spremembe urnika USE za leto 2017.

Vendar je bil na primer leta 2016 projekt odobren brez sprememb in dejanski datumi izpitov so popolnoma sovpadali z vnaprej napovedanimi – tako v zgodnjem kot v glavnem valu. Možnosti, da bo tudi urnik za leto 2017 sprejet brez sprememb, so torej precej velike.

Pri pripravi na izpit je diplomantom bolje uporabiti možnosti iz uradnih virov informacijske podpore za zaključni izpit.

Da bi razumeli, kako opraviti izpitno delo, se morate najprej seznaniti z demo različicami KIM USE v fiziki tekočega leta in z možnostmi USE za zgodnje obdobje.

10. maja 2015, da bi diplomantom zagotovili dodatno priložnost za pripravo na enotni državni izpit iz fizike, je spletna stran FIPI objavila eno različico KIM, ki je bila uporabljena za izvajanje USE zgodnjega obdobja 2017. To so prave možnosti iz izpita, ki je potekal 07.4.2017.

Zgodnje različice izpita iz fizike 2017

Demonstracijska različica izpita 2017 iz fizike

Možnost nalog + odgovori	možnost+odgovor
Specifikacija	Prenesi
Kodifikator	Prenesi

Demo različice izpita iz fizike 2016-2015

fizika	Možnost prenosa
2016	različica izpita 2016
2015	varianta EGE fizika

Spremembe KIM USE v letu 2017 v primerjavi z letom 2016

Struktura 1. dela izpitne naloge je spremenjena, 2. del je ostal nespremenjen. Iz izpitnega dela so bile izločene naloge z izbiro enega pravilnega odgovora in dodane naloge s kratkim odgovorom.

Pri spremembah strukture izpitnega dela so se ohranili splošni konceptualni pristopi k ocenjevanju učnih dosežkov. Zlasti najvišja ocena za opravljanje vseh nalog izpitne naloge je ostala nespremenjena, porazdelitev najvišjih točk za naloge različnih stopenj zahtevnosti in približna porazdelitev števila nalog po oddelkih šolskega tečaja fizike in načinih dejavnosti sta bili ohranjeno.

Celoten seznam vprašanj, ki jih je mogoče nadzorovati na enotnem državnem izpitu v letu 2017, je podan v kodifikatorju vsebinskih elementov in zahtev za stopnjo diplomantov. izobraževalne organizacije za enotni državni izpit 2017 iz fizike.

Namen demonstracijske različice izpita iz fizike je omogočiti vsakemu udeležencu izpita in širši javnosti, da dobi predstavo o strukturi bodočega KIM, številu in obliki nalog ter njihovi zahtevnosti.

Podani kriteriji za ocenjevanje uspešnosti nalog s podrobnim odgovorom, vključeni v to možnost, dajejo predstavo o zahtevah za popolnost in pravilnost pisanja podrobnega odgovora. Te informacije bodo diplomantom omogočile, da razvijejo strategijo za pripravo in opravljanje izpita.

Pristopi k izboru vsebin, razvoj strukture KIM USE v fiziki

Vsaka različica izpitne naloge vsebuje naloge, ki preverjajo razvoj kontroliranih vsebinskih elementov iz vseh sklopov šolskega predmeta fizika, za vsak sklop pa so ponujene naloge vseh taksonomskih ravni. Najpomembnejši v smislu nadaljnjega izobraževanja na viš izobraževalne ustanove vsebinske elemente obvladujemo v isti varianti z nalogami različnih stopenj zahtevnosti.

Število nalog za posamezen odsek je določeno z vsebinsko vsebino in sorazmerno s študijskim časom, ki je predviden za študij po zglednem programu fizike. Različni načrti, po katerih se gradijo možnosti pregleda, so zgrajene na principu vsebinskega dodatka, tako da na splošno vse serije možnosti zagotavljajo diagnostiko razvoja vseh vsebinskih elementov, ki so vključeni v kodifikator.

Vsaka možnost vključuje naloge v vseh razdelkih različnih stopenj zapletenosti, kar vam omogoča, da preizkusite sposobnost prijave fizikalni zakoni in formule tako v tipičnih izobraževalnih situacijah kot v netradicionalnih situacijah, ki zahtevajo dovolj visoko stopnjo neodvisnosti pri združevanju znanih algoritmov dejanj ali ustvarjanju lastnega načrta izvajanja nalog.

Objektivnost preverjanja nalog s podrobnim odgovorom je zagotovljena z enotnimi merili ocenjevanja, sodelovanjem dveh neodvisnih strokovnjakov, ki ocenjujeta eno delo, možnostjo imenovanja tretjega izvedenca in prisotnostjo pritožbenega postopka. Enotni državni izpit iz fizike je izpit po izbiri za diplomante in je zasnovan za razlikovanje ob vstopu na visokošolske ustanove.

Za te namene so v delo vključene naloge treh stopenj zahtevnosti. Opravljanje nalog osnovne stopnje zahtevnosti omogoča oceno stopnje obvladovanja najpomembnejših vsebinskih elementov srednješolskega predmeta fizika in obvladovanja najpomembnejših dejavnosti.

Med nalogami osnovne ravni ločimo naloge, katerih vsebina ustreza standardu osnovne stopnje. Najmanjše število točk USE pri fiziki, ki potrjuje, da je diplomant osvojil program srednjega (popolnega) splošnega izobraževanja iz fizike, je določeno na podlagi zahtev za obvladovanje standarda osnovne stopnje. Uporabite v izpitno delo naloge povečane in visoke stopnje kompleksnosti vam omogočajo, da ocenite stopnjo pripravljenosti študenta za nadaljevanje izobraževanja na univerzi.

Priprava na OGE in enotni državni izpit

Srednja splošna izobrazba

Linija UMK A. V. Grachev. Fizika (10-11) (osnovno, napredno)

Linija UMK A. V. Grachev. fizika (7-9)

Linija UMK A. V. Peryshkin. fizika (7-9)

Priprava na izpit iz fizike: primeri, rešitve, razlage

Razčlenitev USE naloge pri fiziki (možnost C) z učiteljem.

Lebedeva Alevtina Sergejevna, učiteljica fizike, delovne izkušnje 27 let. Diploma Ministrstva za izobraževanje moskovske regije (2013), zahvala vodje občinskega okrožja Voskresensky (2015), diploma predsednika Združenja učiteljev matematike in fizike moskovske regije (2015).

Delo predstavlja naloge različnih stopenj zahtevnosti: osnovne, napredne in visoke. Naloge osnovnega nivoja so preproste naloge, ki preverjajo asimilacijo najpomembnejših fizikalnih pojmov, modelov, pojavov in zakonitosti. Naloge na napredni ravni so namenjene preverjanju sposobnosti uporabe pojmov in zakonov fizike za analizo različnih procesov in pojavov ter sposobnosti reševanja problemov za uporabo enega ali dveh zakonov (formul) na katero koli od tem šolski tečaj fizike. Pri delu so 4 naloge 2. dela naloge visoka stopnja kompleksnosti in preizkusiti sposobnost uporabe zakonov in teorij fizike v spremenjeni ali novi situaciji. Izpolnjevanje takšnih nalog zahteva uporabo znanja iz dveh treh oddelkov fizike hkrati, t.j. visoka raven usposabljanja. Ta možnost je popolnoma skladna s predstavitvijo UPORABA možnost 2017 so naloge vzete iz odprte banke nalog USE.

Slika prikazuje graf odvisnosti modula hitrosti od časa t. Iz grafa določi pot, ki jo je avto prevozil v časovnem intervalu od 0 do 30 s.

Rešitev. Pot, ki jo prepotuje avto v časovnem intervalu od 0 do 30 s, je najpreprosteje opredeljena kot površina trapeza, katerega osnove sta časovna intervala (30 - 0) = 30 s in (30 - 10) = 20 s, višina pa je hitrost v= 10 m/s, tj.

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

Odgovori. 250 m

Maso 100 kg dvignemo navpično navzgor z vrvjo. Slika prikazuje odvisnost projekcije hitrosti V obremenitev na osi, usmerjena navzgor, od časa t. Določite modul napetosti kabla med dvigom.

Rešitev. Glede na krivuljo projekcije hitrosti v obremenitev na osi, usmerjeni navpično navzgor, od časa t, lahko določite projekcijo pospeška bremena

a =	∆v	=	(8 – 2) m/s	\u003d 2 m / s 2.
	∆t		3 s

Na obremenitev delujeta: gravitacija usmerjena navpično navzdol in sila napetosti kabla, usmerjena vzdolž kabla navpično navzgor, glej sl. 2. Zapišimo osnovno enačbo dinamike. Uporabimo drugi Newtonov zakon. Geometrična vsota sil, ki delujejo na telo, je enaka zmnožku telesne mase in pospeška, ki mu je dodeljen.

+ = (1)

Zapišimo enačbo za projekcijo vektorjev v referenčni okvir, povezan z zemljo, os OY bo usmerjena navzgor. Projekcija natezne sile je pozitivna, ker smer sile sovpada s smerjo osi OY, je projekcija sile teže negativna, ker je vektor sile nasproten osi OY, projekcija vektorja pospeška je tudi pozitiven, zato se telo premika s pospeškom navzgor. Imamo

T – mg = ma (2);

iz formule (2) modul natezne sile

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

Odgovori. 1200 N.

Telo vlečemo po grobi vodoravni površini s konstantno hitrostjo, katere modul je 1,5 m/s, pri čemer nanj deluje sila, kot je prikazano na sliki (1). V tem primeru je modul sile drsnega trenja, ki deluje na telo, 16 N. Kolikšna je moč, ki jo razvije sila F?

Rešitev. Predstavljajmo si fizični proces, določen v pogoju problema, in naredimo shematsko risbo, ki prikazuje vse sile, ki delujejo na telo (slika 2). Zapišimo osnovno enačbo dinamike.

Tr + + = (1)

Ko smo izbrali referenčni sistem, povezan s fiksno površino, napišemo enačbe za projekcijo vektorjev na izbrane koordinatne osi. Glede na pogoj problema se telo giblje enakomerno, saj je njegova hitrost konstantna in enaka 1,5 m/s. To pomeni, da je pospešek telesa enak nič. Na telo vodoravno delujeta dve sili: sila trenja drsenja tr. in silo, s katero se telo vleče. Projekcija sile trenja je negativna, saj vektor sile ne sovpada s smerjo osi X. Projekcija sile F pozitivno. Spomnimo vas, da za iskanje projekcije spustimo navpičnico od začetka in konca vektorja na izbrano os. S tem v mislih imamo: F ker- F tr = 0; (1) izrazi projekcijo sile F, to F cosα = F tr = 16 N; (2) potem bo moč, ki jo razvije sila, enaka N = F cosα V(3) Naredimo zamenjavo ob upoštevanju enačbe (2) in nadomestimo ustrezne podatke v enačbo (3):

N\u003d 16 N 1,5 m / s \u003d 24 W.

Odgovori. 24 W.

Obremenitev, pritrjena na lahko vzmet s togostjo 200 N/m, niha navpično. Slika prikazuje graf odmika x tovor iz časa t. Ugotovite, kolikšna je teža tovora. Odgovor zaokrožite na najbližje celo število.

Rešitev. Teža na vzmeti niha navpično. Glede na krivuljo obremenitvenega premika X od časa t, določite obdobje nihanja bremena. Obdobje nihanja je T= 4 s; iz formule T= 2π izrazimo maso m tovor.

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

odgovor: 81 kg.

Na sliki je prikazan sistem dveh lahkih blokov in breztežnega kabla, s katerim lahko uravnovesite ali dvignete 10 kg breme. Trenje je zanemarljivo. Na podlagi analize zgornje slike izberite dve pravilne trditve in v odgovoru navedite njihovo število.

Da bi obremenitev ohranili v ravnotežju, morate na konec vrvi delovati s silo 100 N.
Sistem blokov, prikazan na sliki, ne daje povečanja moči.
h, morate izvleči del vrvi z dolžino 3 h.
Počasi dvignite tovor na višino hh.

Rešitev. Pri tej nalogi se je treba spomniti preprostih mehanizmov, in sicer blokov: premičnega in fiksnega bloka. Premični blok daje dvakratno povečanje sile, medtem ko je treba odsek vrvi vleči dvakrat dlje, fiksni blok pa se uporablja za preusmeritev sile. Pri delu preprosti mehanizmi zmage ne dajejo. Po analizi težave takoj izberemo potrebne izjave:

Počasi dvignite tovor na višino h, morate izvleči del vrvi z dolžino 2 h.
Da bi obremenitev ohranili v ravnotežju, morate na konec vrvi delovati s silo 50 N.

Odgovori. 45.

Aluminijasta utež, pritrjena na breztežno in neraztegljivo nit, je popolnoma potopljena v posodo z vodo. Tovor se ne dotika sten in dna posode. Nato v isto posodo z vodo potopimo železen tovor, katerega masa je enaka masi aluminijastega tovora. Kako se bosta zaradi tega spremenila modul natezne sile niti in modul sile teže, ki deluje na obremenitev?

poveča;
Zmanjša;
se ne spremeni.

Rešitev. Analiziramo stanje problema in izberemo tiste parametre, ki se med študijo ne spremenijo: to je masa telesa in tekočina, v katero je telo potopljeno na niti. Po tem je bolje narediti shematsko risbo in navesti sile, ki delujejo na obremenitev: sila napetosti niti F nadzor, usmerjen vzdolž niti navzgor; gravitacija usmerjena navpično navzdol; Arhimedova sila a, ki deluje s strani tekočine na potopljeno telo in je usmerjena navzgor. Glede na pogoj problema je masa bremen enaka, zato se modul sile teže, ki deluje na breme, ne spremeni. Ker je gostota blaga različna, bo različna tudi prostornina.

V =	m	.
	str

Gostota železa je 7800 kg / m 3, obremenitev aluminija pa 2700 kg / m 3. zato V no< Va. Telo je v ravnotežju, rezultanta vseh sil, ki delujejo na telo, je nič. Koordinatno os OY usmerimo navzgor. Osnovno enačbo dinamike ob upoštevanju projekcije sil zapišemo v obliki F ex + Fa – mg= 0; (1) Izražamo silo napetosti F ekstr = mg – Fa(2); Arhimedova sila je odvisna od gostote tekočine in prostornine potopljenega dela telesa Fa = ρ gV p.h.t. (3); Gostota tekočine se ne spremeni, prostornina železnega telesa pa je manjša V no< Va, zato bo Arhimedova sila, ki deluje na obremenitev železa, manjša. Zaključimo o modulu sile napetosti niti, pri delu z enačbo (2), se bo povečal.

Odgovori. 13.

Bar masa m zdrsne s fiksne grobe nagnjene ravnine s kotom α na dnu. Modul pospeška palice je enak a, se modul hitrosti palice poveča. Zračni upor lahko zanemarimo.

Vzpostavite ujemanje med fizikalnimi količinami in formulami, s katerimi jih je mogoče izračunati. Za vsak položaj prvega stolpca izberite ustrezen položaj iz drugega stolpca in zapišite izbrane številke v tabelo pod ustreznimi črkami.

B) Koeficient trenja palice na nagnjeni ravnini

3) mg cosα

4) sinα -	a
	g cosα

Rešitev. Ta naloga zahteva uporabo Newtonovih zakonov. Priporočamo izdelavo shematske risbe; navedite vse kinematične značilnosti gibanja. Če je mogoče, upodobite vektor pospeška in vektorje vseh sil, ki delujejo na gibajoče se telo; ne pozabite, da so sile, ki delujejo na telo, posledica interakcije z drugimi telesi. Nato zapišite osnovno enačbo dinamike. Izberite referenčni sistem in zapišite dobljeno enačbo za projekcijo vektorjev sile in pospeška;

Po predlaganem algoritmu bomo izdelali shematsko risbo (slika 1). Slika prikazuje sile, ki delujejo na težišče droga, in koordinatne osi referenčnega sistema, povezane s površino nagnjene ravnine. Ker so vse sile konstantne, bo gibanje palice enako spremenljivo z naraščajočo hitrostjo, t.j. vektor pospeška je usmerjen v smeri gibanja. Izberemo smer osi, kot je prikazano na sliki. Zapišimo projekcije sil na izbrane osi.

Zapišimo osnovno enačbo dinamike:

Tr + = (1)

Zapišimo to enačbo (1) za projekcijo sil in pospeška.

Na osi OY: projekcija reakcijske sile podpore je pozitivna, saj vektor sovpada s smerjo osi OY N y = N; projekcija sile trenja je nič, ker je vektor pravokoten na os; projekcija gravitacije bo negativna in enaka mgy= – mg cosα ; projekcija vektorja pospeška a y= 0, saj je vektor pospeška pravokoten na os. Imamo N – mg cosα = 0 (2) iz enačbe izrazimo reakcijsko silo, ki deluje na palico s strani nagnjene ravnine. N = mg cosα (3). Zapišimo projekcije na os OX.

Na osi OX: projekcija sile N je enak nič, saj je vektor pravokoten na os OX; Projekcija sile trenja je negativna (vektor je usmerjen v nasprotni smeri glede na izbrano os); projekcija gravitacije je pozitivna in enaka mg x = mg sinα (4) iz pravokotnega trikotnika. Pozitivna projekcija pospeška a x = a; Nato zapišemo enačbo (1) ob upoštevanju projekcije mg sinα- F tr = ma (5); F tr = m(g sinα- a) (6); Ne pozabite, da je sila trenja sorazmerna s silo normalnega tlaka N.

Po definiciji F tr = μ N(7) izrazimo koeficient trenja palice na nagnjeni ravnini.

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

Za vsako črko izberemo ustrezna mesta.

Odgovori. A-3; B - 2.

Naloga 8. Plinasti kisik je v posodi s prostornino 33,2 litra. Tlak plina je 150 kPa, njegova temperatura je 127 ° C. Določite maso plina v tej posodi. Odgovor izrazite v gramih in zaokrožite na najbližje celo število.

Rešitev. Pomembno je biti pozoren na pretvorbo enot v sistem SI. Pretvorite temperaturo v Kelvine T = t°С + 273, prostornina V\u003d 33,2 l \u003d 33,2 10 -3 m 3; Prevajamo pritisk P= 150 kPa = 150.000 Pa. Uporaba enačbe stanja idealnega plina

izrazi maso plina.

Bodite pozorni na enoto, v kateri morate zapisati odgovor. To je zelo pomembno.

Odgovori. 48

Naloga 9. Idealen enoatomski plin v količini 0,025 mol se je adiabatno razširil. Hkrati je njegova temperatura padla s +103°C na +23°C. Kakšno delo opravi plin? Odgovor izrazite v džulih in zaokrožite na najbližje celo število.

Rešitev. Prvič, plin je enoatomsko število stopenj svobode jaz= 3, drugič, plin se adiabatsko širi - to pomeni, da ni prenosa toplote Q= 0. Plin deluje tako, da zmanjša notranjo energijo. S tem v mislih zapišemo prvi zakon termodinamike kot 0 = ∆ U + A G; (1) izrazimo delo plina A g = –∆ U(2); Spremembo notranje energije za enoatomski plin zapišemo kot

Odgovori. 25 J.

Relativna vlažnost dela zraka pri določeni temperaturi je 10%. Kolikokrat je treba spremeniti tlak tega dela zraka, da se njegova relativna vlažnost pri stalni temperaturi poveča za 25 %?

Rešitev. Vprašanja, povezana z nasičeno paro in zračno vlago, najpogosteje povzročajo težave šolarjem. Uporabimo formulo za izračun relativne vlažnosti zraka

Glede na pogoj problema se temperatura ne spreminja, kar pomeni, da parni tlak nasičenja ostane enak. Zapišemo formulo (1) za dve stanji zraka.

φ 1 \u003d 10%; φ 2 = 35 %

Zračni tlak izrazimo iz formul (2), (3) in poiščemo razmerje tlakov.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Odgovori. Tlak je treba povečati za 3,5-krat.

Vročo snov v tekočem stanju smo počasi ohlajali v talilni peči s konstantno močjo. Tabela prikazuje rezultate meritev temperature snovi skozi čas.

Izberite s predlaganega seznama dve trditve, ki ustrezajo rezultatom meritev in označujejo njihovo število.

Tališče snovi v teh pogojih je 232 °C.
V 20 minutah. po začetku meritev je bila snov le v trdnem stanju.
Toplotna zmogljivost snovi v tekočem in trdnem stanju je enaka.
Po 30 min. po začetku meritev je bila snov le v trdnem stanju.
Proces kristalizacije snovi je trajal več kot 25 minut.

Rešitev. Ko se je snov ohladila, se je njena notranja energija zmanjšala. Rezultati temperaturnih meritev omogočajo določitev temperature, pri kateri snov začne kristalizirati. Dokler snov preide iz tekočega v trdno stanje, se temperatura ne spremeni. Ker vemo, da sta temperatura tališča in temperatura kristalizacije enaki, izberemo trditev:

1. Tališče snovi v teh pogojih je 232°C.

Druga pravilna trditev je:

4. Po 30 min. po začetku meritev je bila snov le v trdnem stanju. Ker je temperatura v tem trenutku že pod temperaturo kristalizacije.

Odgovori. 14.

V izoliranem sistemu ima telo A temperaturo +40°C, telo B pa +65°C. Ta telesa so med seboj privedena v toplotni stik. Čez nekaj časa je doseženo toplotno ravnovesje. Kako sta se zaradi tega spremenili temperatura telesa B in celotna notranja energija teles A in B?

Za vsako vrednost določite ustrezno naravo spremembe:

Povečana;
Zmanjšana;
Ni se spremenilo.

V tabelo zapišite izbrane številke za vsako fizična količina. Številke v odgovoru se lahko ponovijo.

Rešitev.Če v izoliranem sistemu teles ni nobenih energetskih transformacij razen prenosa toplote, je količina toplote, ki jo oddajo telesa, katerih notranja energija se zmanjša, enaka količini toplote, ki jo prejmejo telesa, katerih notranja energija se poveča. (Po zakonu ohranjanja energije.) V tem primeru se celotna notranja energija sistema ne spremeni. Težave te vrste se rešujejo na podlagi enačbe toplotne bilance.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	jaz = 1

kjer je ∆ U- sprememba notranje energije.

V našem primeru se zaradi prenosa toplote zmanjša notranja energija telesa B, kar pomeni, da se temperatura tega telesa zniža. Notranja energija telesa A se poveča, saj je telo prejelo količino toplote od telesa B, se bo njegova temperatura povečala. Celotna notranja energija teles A in B se ne spremeni.

Odgovori. 23.

Proton str, ki leti v režo med poloma elektromagneta, ima hitrost pravokotno na indukcijski vektor magnetno polje, kot je prikazano na sliki. Kje je Lorentzova sila, ki deluje na proton, usmerjena glede na figuro (navzgor, proti opazovalcu, stran od opazovalca, navzdol, levo, desno)

Rešitev. Na nabiti delec deluje magnetno polje z Lorentzovo silo. Za določitev smeri te sile je pomembno, da si zapomnimo mnemonično pravilo leve roke, da ne pozabimo upoštevati naboja delca. Štiri prste leve roke usmerimo vzdolž vektorja hitrosti, za pozitivno nabit delec mora vektor vstopiti v dlan pravokotno, palec, odložen za 90 °, kaže smer Lorentzove sile, ki deluje na delec. Kot rezultat imamo, da je vektor Lorentzove sile usmerjen stran od opazovalca glede na sliko.

Odgovori. od opazovalca.

Modul jakosti električnega polja v ploščatem zračnem kondenzatorju s kapaciteto 50 μF je 200 V/m. Razdalja med ploščami kondenzatorja je 2 mm. Kakšen je naboj na kondenzatorju? Odgovor zapišite v µC.

Rešitev. Pretvorimo vse merske enote v sistem SI. Kapacitivnost C = 50 μF \u003d 50 10 -6 F, razdalja med ploščami d= 2 10 -3 m. Problem se ukvarja s ploščatim zračnim kondenzatorjem - napravo za kopičenje električnega naboja in energije električnega polja. Iz formule električne kapacitivnosti

kje d je razdalja med ploščami.

Izrazimo napetost U= E d(4); Zamenjajte (4) v (2) in izračunajte naboj kondenzatorja.

q = C · Ed\u003d 50 10 -6 200 0,002 \u003d 20 μC

Bodite pozorni na enote, v katere morate napisati odgovor. Prejeli smo ga v obeski, predstavljamo pa ga v μC.

Odgovori. 20 µC.

Študent je izvedel poskus loma svetlobe, predstavljen na fotografiji. Kako se z naraščajočim vpadnim kotom spreminjata lomni kot svetlobe, ki se širi v steklu, in lomni količnik stekla?

se povečuje
Zmanjša
se ne spremeni
Izbrane številke za vsak odgovor zapišite v tabelo. Številke v odgovoru se lahko ponovijo.

Rešitev. Pri nalogah takšnega načrta se spomnimo, kaj je lom. To je sprememba smeri širjenja valov pri prehodu iz enega medija v drugega. To je posledica dejstva, da so hitrosti širjenja valov v teh medijih različne. Ko ugotovimo, iz katerega medija se širi svetloba, zapišemo lomni zakon v obliki

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

kje n 2 - absolutni lomni količnik stekla, medij, kamor gre svetloba; n 1 je absolutni lomni količnik prvega medija, iz katerega prihaja svetloba. Za zrak n 1 = 1. α je vpadni kot žarka na površino steklenega polvalja, β je lomni kot žarka v steklu. Poleg tega bo lomni kot manjši od vpadnega kota, saj je steklo optično gostejši medij - medij z visokim lomnim količnikom. Hitrost širjenja svetlobe v steklu je počasnejša. Upoštevajte, da se koti merijo od navpičnice, obnovljene na točki vpada žarka. Če povečate vpadni kot, se bo povečal tudi lomni kot. Od tega se lomni količnik stekla ne bo spremenil.

Odgovori.

Bakreni skakalec na čas t 0 = 0 se začne premikati s hitrostjo 2 m/s po vzporednih vodoravnih prevodnih tirnicah, na konce katerih je priključen 10 ohmski upor. Celoten sistem je v navpičnem enotnem magnetnem polju. Upor skakalca in tirnic je zanemarljiv, skakalec je vedno pravokoten na tirnice. Pretok F vektorja magnetne indukcije skozi vezje, ki ga tvorijo skakalec, tirnice in upor, se sčasoma spreminja t kot je prikazano na grafikonu.

S pomočjo grafa izberite dve resnični trditvi in v odgovoru navedite njuno število.

Do takrat t\u003d 0,1 s, sprememba magnetnega toka skozi vezje je 1 mWb.
Indukcijski tok v mostičku v območju od t= 0,1 s t= 0,3 s max.
Modul EMF indukcije, ki se pojavi v vezju, je 10 mV.
Moč induktivnega toka, ki teče v mostičku, je 64 mA.
Za vzdrževanje gibanja skakalca se nanj uporablja sila, katere projekcija na smer tirnic je 0,2 N.

Rešitev. Glede na graf odvisnosti pretoka vektorja magnetne indukcije skozi vezje od časa določimo odseke, kjer se spreminja pretok Ф in kjer je sprememba pretoka nič. To nam bo omogočilo določitev časovnih intervalov, v katerih se bo v vezju pojavil induktivni tok. Pravilna izjava:

1) Do takrat t= 0,1 s sprememba magnetnega toka skozi vezje je 1 mWb ∆F = (1 - 0) 10 -3 Wb; EMF modul indukcije, ki se pojavi v vezju, je določen z uporabo zakona EMP

Odgovori. 13.

Glede na graf odvisnosti jakosti toka od časa v električnem tokokrogu, katerega induktivnost je 1 mH, določimo modul EMF samoindukcije v časovnem intervalu od 5 do 10 s. Odgovor napišite v mikrovoltih.

Rešitev. Pretvorimo vse količine v sistem SI, t.j. prevedemo induktivnost 1 mH v H, dobimo 10 -3 H. Moč toka, prikazana na sliki v mA, se prav tako pretvori v A z množenjem z 10 -3.

Formula EMF za samoindukcijo ima obliko

v tem primeru je časovni interval podan glede na pogoj problema

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekund in glede na urnik določimo interval trenutne spremembe v tem času:

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

V formulo (2) nadomestimo številčne vrednosti, dobimo

| Ɛ | \u003d 2 10 -6 V ali 2 μV.

Odgovori. 2.

Dve prozorni plošči, ki sta vzporedni, sta tesno pritisnjeni druga proti drugi. Svetlobni žarek pade iz zraka na površino prve plošče (glej sliko). Znano je, da je lomni količnik zgornje plošče enak n 2 = 1,77. Vzpostavite skladnost med fizikalnimi količinami in njihovimi vrednostmi. Za vsak položaj prvega stolpca izberite ustrezen položaj iz drugega stolpca in zapišite izbrane številke v tabelo pod ustreznimi črkami.

Rešitev. Za reševanje problemov o lomu svetlobe na vmesniku med dvema medijema, zlasti problemov pri prehodu svetlobe skozi ravno vzporedne plošče, lahko priporočamo naslednji vrstni red reševanja: naredite risbo, ki prikazuje pot žarkov, ki gredo iz enega srednje do drugega; na vpadni točki žarka na vmesniku med dvema medijema narišite normalo na površino, označite vpadni in lomni kot. Bodite posebno pozorni na optično gostoto obravnavanega medija in ne pozabite, da ko svetlobni žarek prehaja iz optično manj gostega medija v optično gostejši medij, bo lomni kot manjši od vpadnega kota. Slika prikazuje kot med vpadnim žarkom in površino, potrebujemo pa vpadni kot. Ne pozabite, da so koti določeni iz navpičnice, obnovljene na točki vpada. Ugotovimo, da je vpadni kot žarka na površino 90° - 40° = 50°, lomni količnik n 2 = 1,77; n 1 = 1 (zrak).

Napišimo lomni zakon

sinβ =	greh50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Zgradimo približno pot žarka skozi plošče. Za meje 2–3 in 3–1 uporabimo formulo (1). V odgovor dobimo

A) Sinus vpadnega kota žarka na meji 2–3 med ploščama je 2) ≈ 0,433;

B) Kot loma žarka pri prečkanju meje 3–1 (v radianih) je 4) ≈ 0,873.

Odgovori. 24.

Ugotovite, koliko α - delcev in koliko protonov dobimo kot rezultat termonuklearne fuzijske reakcije

+ → x+ y;

Rešitev. Pri vseh jedrskih reakcijah se upoštevajo zakoni o ohranjanju električnega naboja in števila nukleonov. Z x označimo število alfa delcev, y število protonov. Naredimo enačbe

+ → x + y;

reševanje sistema imamo to x = 1; y = 2

Odgovori. 1 – α-delec; 2 - protoni.

Modul zagona prvega fotona je 1,32 · 10 -28 kg m/s, kar je 9,48 · 10 -28 kg m/s manj od modula zagona drugega fotona. Poiščite energijsko razmerje E 2 /E 1 drugega in prvega fotona. Odgovor zaokrožite na desetinke.

Rešitev. Zagon drugega fotona je po pogoju večji od zagona prvega fotona, tako da si lahko predstavljamo str 2 = str 1 + ∆ str(ena). Energijo fotona lahko izrazimo z impulzom fotona z uporabo naslednjih enačb. tole E = mc 2(1) in str = mc(2), torej

E = pc (3),

kje E je energija fotona, str je zagon fotona, m je masa fotona, c= 3 10 8 m/s je hitrost svetlobe. Ob upoštevanju formule (3) imamo:

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

Odgovor zaokrožimo na desetinke in dobimo 8,2.

Odgovori. 8,2.

Jedro atoma je podvrženo radioaktivnemu pozitronskemu β-razpadu. Kako je to spremenilo električni naboj jedra in število nevtronov v njem?

Za vsako vrednost določite ustrezno naravo spremembe:

Povečana;
Zmanjšana;
Ni se spremenilo.

V tabelo zapišite izbrana števila za vsako fizično količino. Številke v odgovoru se lahko ponovijo.

Rešitev. Pozitron β - razpad v atomskem jedru nastane pri transformaciji protona v nevtron z emisijo pozitrona. Posledično se število nevtronov v jedru poveča za eno, električni naboj se zmanjša za eno, masno število jedra pa ostane nespremenjeno. Tako je reakcija transformacije elementa naslednja:

Odgovori. 21.

V laboratoriju je bilo opravljenih pet poskusov za opazovanje difrakcije z uporabo različnih difrakcijskih rešetk. Vsaka od rešetk je bila osvetljena z vzporednimi snopi monokromatske svetlobe z določeno valovno dolžino. Svetloba je v vseh primerih padala pravokotno na rešetko. V dveh od teh poskusov so opazili enako število glavnih difrakcijskih maksimumov. Najprej navedite številko poskusa, v katerem je bila uporabljena uklonska rešetka s krajšo dobo, nato pa številko poskusa, pri katerem je bila uporabljena uklonska rešetka z daljšo dobo.

Rešitev. Difrakcija svetlobe je pojav svetlobnega snopa v območje geometrijske sence. Difrakcijo lahko opazimo, ko na poti svetlobnega vala naletimo na neprozorna območja ali luknje v velikih in neprozornih pregradah za svetlobo, dimenzije teh območij ali lukenj pa so sorazmerne z valovno dolžino. Ena najpomembnejših difrakcijskih naprav je difrakcijska rešetka. Kotne smeri do maksimumov uklonskega vzorca so določene z enačbo

d sinφ = kλ(1),

kje d je obdobje uklonske rešetke, φ je kot med normalo na rešetko in smerjo na enega od maksimumov uklonskega vzorca, λ je valovna dolžina svetlobe, k je celo število, ki se imenuje vrstni red difrakcijskega maksimuma. Izrazi iz enačbe (1)

Z izbiro parov glede na eksperimentalne pogoje najprej izberemo 4, kjer je bila uporabljena difrakcijska rešetka z manjšo periodo, nato pa je število poskusa, pri katerem je bila uporabljena uklonska rešetka z veliko periodo, 2.

Odgovori. 42.

Skozi žični upor teče tok. Upor je bil zamenjan z drugim, z žico iz iste kovine in enake dolžine, vendar s polovico prečnega prereza, in skozenj je bila spravljena polovica toka. Kako se bosta spremenila napetost na uporu in njegov upor?

Za vsako vrednost določite ustrezno naravo spremembe:

se bo povečala;
se bo zmanjšalo;
Ne bo spremenila.

V tabelo zapišite izbrana števila za vsako fizično količino. Številke v odgovoru se lahko ponovijo.

Rešitev. Pomembno si je zapomniti, od katerih količin je odvisen upor prevodnika. Formula za izračun upora je

Ohmov zakon za odsek vezja, iz formule (2) izrazimo napetost

U = I R (3).

Glede na pogoj problema je drugi upor izdelan iz žice iz enakega materiala, enake dolžine, vendar različnega prečnega prereza. Območje je dvakrat manjše. Če zamenjamo v (1), dobimo, da se upor poveča za 2-krat, tok pa se zmanjša za 2-krat, zato se napetost ne spremeni.

Odgovori. 13.

Obdobje nihanja matematičnega nihala na površini Zemlje je 1,2-krat večje od obdobja njegovega nihanja na nekem planetu. Kolikšen je modul gravitacijskega pospeška na tem planetu? Vpliv atmosfere je v obeh primerih zanemarljiv.

Rešitev. Matematično nihalo je sistem, sestavljen iz niti, katere dimenzije so veliko večje od dimenzij krogle in same kroglice. Težave se lahko pojavijo, če pozabimo na Thomsonovo formulo za obdobje nihanja matematičnega nihala.

T= 2π (1);

l je dolžina matematičnega nihala; g- pospešek gravitacije.

Glede na pogoje

Ekspresno od (3) g n \u003d 14,4 m / s 2. Treba je opozoriti, da je pospešek prostega padca odvisen od mase planeta in polmera

Odgovori. 14,4 m/s 2.

Ravni prevodnik dolžine 1 m, skozi katerega teče tok 3 A, se nahaja v enotnem magnetnem polju z indukcijo V= 0,4 T pod kotom 30° glede na vektor . Kolikšen je modul sile, ki deluje na prevodnik iz magnetnega polja?

Rešitev.Če je prevodnik s tokom nameščen v magnetno polje, bo polje na prevodniku s tokovom delovalo z ampersko silo. Napišemo formulo za modul Amperove sile

F A = jaz LB sinα;

F A = 0,6 N

Odgovori. F A = 0,6 N.

Energija magnetnega polja, shranjenega v tuljavi, ko skoznjo teče enosmerni tok, je 120 J. Kolikokrat bi morali povečati jakost toka, ki teče skozi navitje tuljave, da bo energija magnetnega polja shranjena v njej povečati za 5760 J.

Rešitev. Energija magnetnega polja tuljave se izračuna po formuli

W m =	LI 2	(1);
	2

Glede na pogoje W 1 = 120 J, torej W 2 \u003d 120 + 5760 \u003d 5880 J.

jaz 1 2 =	2W 1	; jaz 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Nato trenutno razmerje

jaz 2 2	= 49;	jaz 2	= 7
jaz 1 2		jaz 1

Odgovori. Moč toka je treba povečati za 7-krat. V list za odgovore vnesete samo številko 7.

Električno vezje je sestavljeno iz dveh žarnic, dveh diod in tuljave žice, povezanih, kot je prikazano na sliki. (Dioda omogoča, da tok teče samo v eni smeri, kot je prikazano na vrhu slike.) Katera od žarnic bo zasvetila, če severni pol magneta približamo tuljavi? Svoj odgovor obrazložite tako, da navedete, katere pojave in vzorce ste uporabili pri razlagi.

Rešitev.Črte magnetne indukcije izhajajo iz severnega pola magneta in se razhajajo. Ko se magnet približuje, se magnetni tok skozi tuljavo žice poveča. V skladu z Lenzovim pravilom mora biti magnetno polje, ki ga ustvarja induktivni tok zanke, usmerjeno v desno. Po pravilu gimleta naj tok teče v smeri urinega kazalca (gledano z leve). V tej smeri prehaja dioda v vezju druge svetilke. Tako bo prižgala druga lučka.

Odgovori. Druga lučka bo zasvetila.

Dolžina napera iz aluminija L= 25 cm in površina preseka S\u003d 0,1 cm 2 je obešeno na navoj na zgornjem koncu. Spodnji konec leži na vodoravnem dnu posode, v katero se vlije voda. Dolžina potopljenega dela napere l= 10 cm Poiščite moč F, s katerim igla pritisne na dno posode, če je znano, da se nit nahaja navpično. Gostota aluminija ρ a = 2,7 g / cm 3, gostota vode ρ in = 1,0 g / cm 3. Pospešek gravitacije g= 10 m/s 2

Rešitev. Naredimo pojasnjevalno risbo.

– sila napetosti navoja;

– Reakcijska sila dna posode;

a je Arhimedova sila, ki deluje samo na potopljeni del telesa in deluje na sredino potopljenega dela napere;

- sila težnosti, ki deluje na naper s strani Zemlje in se nanaša na središče celotne napere.

Po definiciji je masa napere m in modul Arhimedove sile sta izražena na naslednji način: m = SLρ a (1);

F a = Slρ v g (2)

Upoštevajte momente sil glede na točko obešanja napere.

M(T) = 0 je moment natezne sile; (3)

M(N) = NL cosα je moment reakcijske sile nosilca; (4)

Ob upoštevanju predznakov trenutkov zapišemo enačbo

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

glede na to, da je po Newtonovem tretjem zakonu reakcijska sila dna posode enaka sili F d s katerim igla pritiska na dno posode, ki jo pišemo N = F e in iz enačbe (7) izrazimo to silo:

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

Če dodamo številke, dobimo to

F d = 0,025 N.

Odgovori. F d = 0,025 N.

Steklenica, ki vsebuje m 1 = 1 kg dušika, pri testiranju trdnosti eksplodira pri temperaturi t 1 = 327 °C. Kakšna masa vodika m 2 bi lahko shranili v takem cilindru pri temperaturi t 2 \u003d 27 ° C, s petkratno mejo varnosti? Molarna masa dušika M 1 \u003d 28 g / mol, vodik M 2 = 2 g/mol.

Rešitev. Napišemo enačbo stanja idealnega plina Mendelejev - Clapeyron za dušik

kje V- prostornina balona, T 1 = t 1 + 273°C. Glede na pogoj se lahko vodik shrani pod tlakom str 2 = p 1 /5; (3) Glede na to

maso vodika lahko izrazimo tako, da takoj delamo z enačbami (2), (3), (4). Končna formula izgleda takole:

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

Po zamenjavi številčnih podatkov m 2 = 28

Odgovori. m 2 = 28

V idealnem nihajnem krogu je amplituda tokovnih nihanj v induktorju sem= 5 mA in amplitudo napetosti na kondenzatorju hm= 2,0 V. V času t napetost na kondenzatorju je 1,2 V. Poiščite tok v tuljavi v tem trenutku.

Rešitev. V idealnem nihajnem krogu je energija tresljajev ohranjena. Za trenutek časa t ima zakon o ohranjanju energije obliko

C	U 2	+ L	jaz 2	= L	sem 2	(1)
	2		2		2

Za amplitudne (maksimalne) vrednosti zapišemo

in iz enačbe (2) izrazimo

C	=	sem 2	(4).
L		hm 2

Zamenjajmo (4) v (3). Kot rezultat dobimo:

jaz = sem (5)

Tako je tok v tuljavi takrat t je enako

jaz= 4,0 mA.

Odgovori. jaz= 4,0 mA.

Na dnu rezervoarja je 2 m globoko ogledalo. Svetlobni žarek, ki gre skozi vodo, se odbije od ogledala in izstopi iz vode. Lomni količnik vode je 1,33. Poiščite razdaljo med točko vstopa žarka v vodo in točko izstopa žarka iz vode, če je vpadni kot žarka 30°

Rešitev. Naredimo pojasnjevalno risbo

α je vpadni kot žarka;

β je kot loma žarka v vodi;

AC je razdalja med vstopno točko žarka v vodo in izstopno točko žarka iz vode.

Po zakonu loma svetlobe

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Razmislite o pravokotnem ΔADB. V njem AD = h, potem je DВ = AD

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

Dobimo naslednji izraz:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Nadomestite številčne vrednosti v dobljeno formulo (5)

Odgovori. 1,63 m

V okviru priprav na izpit vas vabimo, da se seznanite z delovni program fizike za 7-9 razrede na linijo učnih gradiv Peryshkina A.V. in delovni program poglobljene stopnje za 10-11 razrede za TMC Myakisheva G.Ya. Programi so na voljo za ogled in brezplačen prenos vsem registriranim uporabnikom.

Številni diplomanti bodo v letu 2017 opravljali tudi fiziko, saj je po tem izpitu zelo povpraševanje. Številne univerze potrebujejo izid USE iz fizike, da jih lahko v letu 2017 sprejmejo in lahko vpišete določene specialitete fakultet njihovih inštitutov. In zaradi tega bodoči diplomant, ki študira v 11. razredu, ne ve, da bo moral opraviti tako težak izpit, in to ne kar tako, ampak s takšnimi rezultati, ki mu bodo resnično omogočili, da se vpiše v dobro specializacijo , ki zahteva poznavanje fizike kot predmeta in prisotnosti UPORABITE rezultate, kot kazalnik, da imate letos pravico zaprositi za sprejem na študij, ob upoštevanju dejstva, da ste v letu 2017 opravili enotni državni izpit iz fizike, imate dobre ocene in mislite, da boste vpisali vsaj komercialno oddelka, čeprav bi rad šel na proračunsko.

In zato menimo, da boste poleg šolskih učbenikov, znanja, ki je na voljo v možganih glave, ter tistih knjig, ki ste jih že kupili, potrebovali še vsaj dve datoteki, ki ju priporočamo, da brezplačno prenesete.

Prvič, to so leta, saj je to osnova, na katero se boste v prvi vrsti zanašali. Na voljo bodo tudi specifikacije in kodifikatorji, s katerimi boste spoznali teme, ki jih je treba ponoviti in na splošno celoten izpitni postopek in pogoje za njegovo izvedbo.

Drugič, to so KIM-i poskusnega izpita iz fizike, ki ga je FIPI opravil zgodaj spomladi, torej marca-aprila.

Tukaj vam ponujamo, da jih prenesete, in to ne samo zato, ker je vse brezplačno, ampak v večji meri zato, ker potrebujete vi in ne mi. Te naloge USE iz fizike so vzete iz odprte banke podatkov, v katero FIPI postavlja na deset tisoče nalog in vprašanj pri vseh predmetih. In razumete, da jih je preprosto nerealno rešiti vse, ker traja 10 ali 20 let, in nimate tega časa, morate nujno ukrepati v letu 2017, ker sploh ne želite izgubiti enega leta, in poleg tega bodo tja prihajali novi diplomanti, katerih raven znanja nam ni znana, zato ni jasno, kako bo z njimi lahko ali težko tekmovati.

Glede na to, da znanje sčasoma zbledi, se morate učiti tudi zdaj, torej dokler je v glavi sveže znanje.

Na podlagi teh dejstev sklepamo, da se je treba po svojih najboljših močeh potruditi, da se originalno pripravite na vsak izpit, vključno z izpitom USE iz fizike v letu 2017, katerega poskusne zgodnje naloge vam ponujamo prav zdaj in prenesite tukaj.

To je vse in razumeti morate temeljito in do konca, saj bo težko vse prebaviti prvič, in kar vidite v nalogah, ki ste jih prenesli, vam bo dalo hrano za razmišljanje, da boste pripravljeni na vse težave, ki jih čakamo na izpit spomladi!