Krijim

Provimi i hershëm në fizikë me një zgjidhje. Përgatitja për provimin në fizikë: shembuj, zgjidhje, shpjegime. Provimi i Unifikuar i Shtetit

Ashtu si vitin e kaluar, në 2017 ka dy "rryma" të provimit të unifikuar shtetëror - një periudhë e hershme (zhvillohet në mes të pranverës) dhe ajo kryesore, e cila tradicionalisht fillon në fund të vitit shkollor, në ditët e fundit të majit. Draft -orari zyrtar për USE "përcaktoi" të gjitha datat për dhënien e provimeve në të gjitha lëndët në të dyja këto periudha - përfshirë ditët shtesë të rezervës të dhëna për ata që për një arsye të mirë (sëmundje, koincidencë e datave të provimit, etj.) mos e kaloni PERDORIMIN brenda kornizës kohore të specifikuar.

Orari i periudhës së hershme për USE - 2017

Në vitin 2017, "vala" e hershme e provimit të unifikuar të shtetit fillon më herët se zakonisht. Nëse vitin e kaluar kulmi i periudhës së provimeve pranverore ra në javën e fundit të Marsit, atëherë këtë sezon periudha e pushimit të pranverës do të jetë e lirë nga Provimi i Unifikuar i Shtetit.

Datat kryesore të periudhës së hershme janë nga 14 Mars deri më 24 Mars... Kështu, me fillimin e pushimeve të shkollës pranverore, shumë "studentë të hershëm" do të kenë kohë për të kaluar testet. Dhe kjo mund të dalë e përshtatshme: ndër të diplomuarit që kanë të drejtë të marrin Provimin e Unifikuar të Shtetit në një valë të hershme janë djemtë që do të marrin pjesë në garat dhe garat ruse ose ndërkombëtare në maj, dhe gjatë pushimeve të pranverës ata shpesh largohen për kampet sportive, zhvendosjet e profilit në kampe, etj etj. Zhvendosja e provimeve në një datë më të hershme do t'i lejojë ata të përdorin këtë të fundit në maksimum.

Ditë shtesë (rezervë) do të mbahet periudha e hershme e USE-2017 nga 3 deri më 7 Prill... Në të njëjtën kohë, shumë ndoshta do të duhet të shkruajnë provime në datat rezervë: nëse jo më shumë se dy lëndë janë paraqitur në të njëjtën ditë në orarin e vitit të kaluar në të njëjtën ditë, atëherë në vitin 2017 shumica e provimeve me zgjedhje grupohen "nga treshe. "

Ditët e veçanta ndahen vetëm për tre lëndë: provimin e detyrueshëm në gjuhën ruse për të diplomuarit dhe të gjithë aplikantët e ardhshëm, si dhe matematikën dhe pjesën gojore të provimit në gjuhë të huaja... Në të njëjtën kohë, këtë vit, "adoptuesit e hershëm" do të dorëzojnë "të folurit" para pjesës së shkruar.

Plannedshtë planifikuar të shpërndahen provimet e Marsit sipas datave si më poshtë:

14 mars(E martë) - provim në matematikë (niveli bazë dhe i specializuar);

16 mars(E enjte) - kimi, histori, shkenca kompjuterike;

18 mars(E shtunë) - PERDORIMI në gjuhë të huaja (pjesë gojore e provimit);

20 mars(E hënë) - Provimi i gjuhës ruse;

22 mars(E mërkurë) - biologji, fizikë, gjuhë të huaja (provim me shkrim);

24 mars(E Premte) - Provimi i Unifikuar i Shtetit, Letërsia dhe Studimet Sociale.

Ka një pauzë nëntë ditore midis ditëve kryesore dhe atyre rezervë të periudhës së hershme. Të gjitha testet shtesë për "rezervistët" do të zhvillohen në tre ditë:

3 prill(E hënë) - kimi, letërsi, shkenca kompjuterike, e huaj (të folur);

5 prill(E Mërkurë) - e huaj (me shkrim), gjeografi, fizikë, biologji, studime shoqërore;

7 prill(E Premte) - Rusisht, bazë dhe.

Si rregull, pjesa më e madhe e atyre që marrin provimin para afatit janë të diplomuar të viteve të mëparshme, si dhe të diplomuar të institucioneve arsimore të specializuara të mesme (në kolegje dhe liceume profesionale, programi gjimnaz zakonisht "kalojnë" në vitin e parë të studimit). Përveç kësaj, ata që largohen nga shkolla të cilët, gjatë periudhës kryesore duke kaluar provimin do të mungojnë për arsye të vlefshme (për shembull, për të marrë pjesë në garat ruse ose ndërkombëtare ose për t'u trajtuar në një sanatorium) ose synojnë të vazhdojnë arsimin e tyre jashtë Rusisë.

Maturantët e vitit 2017 gjithashtu, sipas gjykimit të tyre, mund të zgjedhin datën e dhënies së provimeve në ato lëndë për të cilat programi është përfunduar plotësisht. Kjo është e vërtetë kryesisht për ata që po planifikojnë - kursi shkollor për këtë temë lexohet deri në klasën e 10 -të, dhe kalimi i hershëm i një prej provimeve mund të zvogëlojë tensionin gjatë periudhës kryesore të provimit.

Orari i periudhës kryesore për kalimin e provimit - 2017

Periudha kryesore për kalimin e provimit në 2017 fillon më 26 maj, dhe deri më 16 qershor, shumica e të diplomuarve do të kenë përfunduar epikën e provimit. Për ata që nuk mund ta kalonin provimin në kohë për një arsye të mirë ose zgjodhën lëndë që përkojnë për sa i përket dorëzimit, ka Rezervoni ditët e provimit nga 19 qershor... Ashtu si vitin e kaluar, dita e fundit e periudhës së provimit do të bëhet një "rezervë e vetme" - më 30 qershor do të jetë e mundur të kaloni një provim në çdo lëndë.

Në të njëjtën kohë, orari i provimeve për periudhën kryesore të USE-2017 është shumë më pak i dendur në krahasim me ato para afatit, dhe, ka shumë të ngjarë, shumica e të diplomuarve do të jenë në gjendje të shmangin provimet "e mbivendosura".

Ditët e veçanta të provimit ndahen për dhënien e lëndëve të detyrueshme: gjuhën ruse, matematikë të nivelit bazë dhe të specializuar (nxënësit e shkollës kanë të drejtë të marrin një nga këto provime ose të dyja menjëherë, prandaj, në orarin e periudhës kryesore, ata tradicionalisht shpërndahen për disa ditë).

Ashtu si vitin e kaluar, një ditë e veçantë është caktuar për provimin me zgjedhje më të kërkuar - studimet shoqërore. Dhe për kalimin e pjesës gojore të provimit në gjuhë të huaja, ndahen dy ditë të veçanta menjëherë. Për më tepër, një ditë e veçantë ndahet për ata më pak të kërkuar Lënda e PERDORIMIT- gjeografi. Ndoshta kjo është bërë për të përhapur të gjitha lëndët e profilit të shkencave natyrore në orar, duke zvogëluar numrin e ndeshjeve.

Kështu, në orarin e provimit mbeten dy palë dhe një "trefish" i lëndëve, provimet për të cilat do të merren në të njëjtën kohë:

kimi, histori dhe informatikë;

gjuhë të huaja dhe biologji,

letërsi dhe fizikë.

Provimet duhet të kalojnë në datat e mëposhtme:

26 maj(E Premte) - gjeografi,

29 maj(E hënë) - rusisht,

31 maj(E Mërkurë) - histori, kimi, shkenca kompjuterike dhe TIK,

2 qershor(E Premte) - matematika e profilit,

5 qershor(E hënë) - studime shoqërore;

7 qershor(E mërkurë) -,

9 qershor(E Premte) - e huaj e shkruar, biologji,

13 qershor(E martë) - letërsi, fizikë,

15 qershor(E enjte) dhe 16 qershor(E Premte) - gojë e huaj.

Kështu, për mbrëmjet e diplomimit, shumica e nxënësve të shkollës do të përgatiten "me ndërgjegje të pastër", pasi të kenë kaluar tashmë të gjitha provimet e planifikuara dhe të kenë marrë rezultate në shumicën e lëndëve. Ata që ishin të sëmurë gjatë periudhës së provimit kryesor, zgjodhën lëndë që përputheshin në aspektin kohor, morën një "keq" në rusisht ose matematikë, u hoqën nga provimi ose u përballën me vështirësi teknike ose organizative gjatë provimit (për shembull, një mungesa e formularëve shtesë ose ndërprerja e energjisë), do të japë provime në datat e rezervës.

Ditët e rezervave do të shpërndahen si më poshtë:

19 qershor(E hënë) - shkenca kompjuterike, histori, kimi dhe gjeografi,

20 qershor(E martë) - fizikë, letërsi, biologji, studime shoqërore, të shkruara të huaja,

21 qershor(E Mërkurë) - Rusisht,

Qershor, 22(E enjte) - matematikë bazë,

28 qershor(E Mërkurë) - matematikë në një nivel të specializuar,

29 qershor(E enjte) - e huaj gojore,

30 qershor(E Premte) - të gjitha sendet.

A mund të ketë ndryshime në orarin e kalimit të provimit

Draft orari zyrtar për provimin zakonisht publikohet në fillim të vitit shkollor, diskutohet dhe miratimi përfundimtar i orarit të provimit bëhet në pranverë. Prandaj, ndryshimet janë të mundshme në orarin e USE për 2017.

Sidoqoftë, për shembull, në vitin 2016 projekti u miratua pa asnjë ndryshim dhe datat aktuale të provimeve përkonin plotësisht me ato të shpallura paraprakisht - si në valën e hershme ashtu edhe në valën kryesore. Pra shanset janë të mëdha që edhe orari i vitit 2017 të miratohet i pandryshuar.

Kur përgatiteni për USE, të diplomuarit janë më mirë të përdorin opsionet nga burimet zyrtare të mbështetjes së informacionit për provimin përfundimtar.

Për të kuptuar se si keni nevojë për të kryer punën e provimit, para së gjithash duhet të njiheni me demonstrimet e KIM USE në fizikë të vitit aktual dhe me opsionet për PERDORIMIN e periudhës së hershme.

Më 10 maj 2015, në mënyrë që të sigurojnë të diplomuarve një mundësi shtesë për t'u përgatitur për provimin e unifikuar shtetëror në fizikë, faqja e internetit FIPI publikon një version të CMM të përdorur për USE në periudhën e hershme 2017. Këto janë opsione reale nga provimi i mbajtur më 7 Prill 2017.

Versionet e hershme të provimit në fizikë 2017

Versioni demonstrues i provimit 2017 në fizikë

Detyrë opsioni + përgjigje	variant + otvet
Specifikim	Shkarko
Kodifikues	Shkarko

Versionet demo të provimit në fizikë 2016-2015

Fizikë	Opsioni i shkarkimit
2016	versioni i provimit 2016
2015	variant EGE fizika

Ndryshimet në KIM USE në 2017 në krahasim me 2016

Struktura e pjesës 1 të letrës së provimit është ndryshuar, pjesa 2 mbetet e pandryshuar. Detyrat me zgjedhjen e një përgjigje të saktë u përjashtuan nga puna e provimit dhe u shtuan detyrat me një përgjigje të shkurtër.

Kur bëni ndryshime në strukturën e punës së provimit, qasjet e përgjithshme konceptuale për vlerësimin e arritjeve arsimore janë ruajtur. Përfshirë, rezultati maksimal për përfundimin e të gjitha detyrave të punës së provimit mbeti i pandryshuar, shpërndarja e pikëve maksimale për detyrat e niveleve të ndryshme të kompleksitetit dhe shpërndarja e përafërt e numrit të detyrave sipas seksioneve të kursit të fizikës shkollore dhe metodave të aktivitetit ishin ruhet.

Një listë e plotë e pyetjeve që mund të kontrollohen në provimin e unifikuar shtetëror në 2017 jepet në kodifikuesin e elementeve të përmbajtjes dhe kërkesave për nivelin e trajnimit të të diplomuarve organizatat arsimore për provimin e unifikuar shtetëror 2017 në fizikë.

Qëllimi i versionit demo të USE në fizikë është që të mundësojë çdo pjesëmarrës të USE dhe publikun e gjerë të kenë një ide mbi strukturën e CMM -ve të ardhshme, numrin dhe formën e detyrave dhe nivelin e kompleksitetit të tyre.

Kriteret e mësipërme për vlerësimin e kryerjes së detyrave me një përgjigje të hollësishme, të përfshira në këtë opsion, japin një ide të kërkesave për plotësinë dhe korrektësinë e regjistrimit të një përgjigjeje të detajuar. Ky informacion do të lejojë të diplomuarit të zhvillojnë një strategji për përgatitjen dhe kalimin e provimit.

Qasjet në përzgjedhjen e përmbajtjes, zhvillimin e strukturës së KIM USE në fizikë

Çdo version i punës së provimit përfshin detyra që kontrollojnë zotërimin e elementeve të përmbajtjes së kontrolluar nga të gjitha pjesët e kursit të fizikës shkollore, ndërsa detyrat për të gjitha nivelet taksonomike propozohen për secilin seksion. Elementet e përmbajtjes më të rëndësishme nga pikëpamja e arsimit të vazhdueshëm në institucionet e arsimit të lartë kontrollohen në të njëjtin version me caktime të niveleve të ndryshme të kompleksitetit.

Numri i detyrave për një seksion të veçantë përcaktohet nga përmbajtja e tij dhe proporcional me kohën e studimit të caktuar për studimin e tij në përputhje me programin e përafërt të fizikës. Planet e ndryshme, sipas të cilave janë ndërtuar variantet e provimit, janë ndërtuar sipas parimit të shtimit thelbësor, në mënyrë që, në përgjithësi, të gjitha seritë e varianteve të sigurojnë diagnostikimin e zhvillimit të të gjithë elementëve të përmbajtjes të përfshirë në kodifikues.

Çdo opsion përfshin detyra për të gjitha pjesët e niveleve të ndryshme të kompleksitetit, duke ju lejuar të provoni aftësinë për të aplikuar ligjet dhe formulat fizike si në situata tipike arsimore ashtu edhe në situata jo tradicionale që kërkojnë një shkallë mjaft të lartë pavarësie kur kombinoni algoritme të njohura të veprimit ose krijoni planin tuaj për përfundimin e një detyre ...

Objektiviteti i kontrollit të detyrave me një përgjigje të detajuar sigurohet nga kriteret uniforme të vlerësimit, pjesëmarrja e dy ekspertëve të pavarur që vlerësojnë një punë, mundësia e emërimit të një eksperti të tretë dhe prania e një procedure apelimi. Provimi i Unifikuar i Shtetit në Fizikë është një provim i zgjedhjes së të diplomuarve dhe ka për qëllim diferencimin në pranimin në institucionet e arsimit të lartë.

Për këto qëllime, puna përfshin detyra të tre niveleve të kompleksitetit. Përfundimi i detyrave të nivelit bazë të kompleksitetit ju lejon të vlerësoni nivelin e zotërimit të elementeve më të rëndësishme të përmbajtjes së kursit të fizikës së shkollës së mesme dhe zotërimit të llojeve më të rëndësishme të veprimtarisë.

Ndër detyrat e nivelit bazë, dallohen detyrat, përmbajtja e të cilave korrespondon me standardin e nivelit bazë. Numri minimal i rezultateve të USE në fizikë, i cili konfirmon se një i diplomuar ka zotëruar programin e arsimit të mesëm (të plotë) të përgjithshëm në fizikë, përcaktohet bazuar në kërkesat për zotërimin e standardit të nivelit bazë. Përdorimi i detyrave të niveleve të larta dhe të larta të kompleksitetit në punën e provimit bën të mundur vlerësimin e shkallës së gatishmërisë së një studenti për arsimim të vazhdueshëm në një universitet.

Përgatitja për provimin dhe provimin

Arsimi i mesëm i përgjithshëm

Linja UMK A.V. Graçev. Fizikë (10-11) (bazë, e përparuar)

Linja UMK A.V. Graçev. Fizikë (7-9)

Linja UMK A.V. Peryshkin. Fizikë (7-9)

Përgatitja për provimin në fizikë: shembuj, zgjidhje, shpjegime

Ne çmontojmë Përdorimi i detyrave në fizikë (Opsioni C) me një mësues.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, mësuese e fizikës, përvojë pune 27 vjet. Certifikatë nderi e Ministrisë së Arsimit të Rajonit të Moskës (2013), Letër Mirënjohjeje nga Shefi i Rrethit Komunal të Ringjalljes (2015), Certifikatë nderi e Presidentit të Shoqatës së Mësuesve të Matematikës dhe Fizikës të Rajonit të Moskës (2015).

Puna paraqet detyra të niveleve të ndryshme të vështirësisë: themelore, të përparuara dhe të larta. Detyrat e nivelit bazë janë detyra të thjeshta që testojnë asimilimin e koncepteve, modeleve, fenomeneve dhe ligjeve më të rëndësishme fizike. Detyrat e një niveli të avancuar kanë për qëllim testimin e aftësisë për të përdorur konceptet dhe ligjet e fizikës për të analizuar procese dhe fenomene të ndryshme, si dhe aftësinë për të zgjidhur problemet në zbatimin e një ose dy ligjeve (formulave) për ndonjë nga temat të kursit të fizikës shkollore. Në punë, 4 detyra të pjesës 2 janë detyra niveli i lartë vështirësitë dhe teston aftësinë për të përdorur ligjet dhe teoritë e fizikës në një situatë të ndryshuar ose të re. Përmbushja e detyrave të tilla kërkon aplikimin e njohurive nga dy tre seksione të fizikës në të njëjtën kohë, d.m.th. niveli i lartë i trajnimit. Ky opsion është plotësisht në përputhje me demonstrimin versioni i provimit 2017, detyrat merren nga banka e hapur e detyrave të USE.

Figura tregon një grafik të varësisë së modulit të shpejtësisë në kohë t... Përcaktoni shtegun e mbuluar nga makina në intervalin kohor nga 0 në 30 s.

Zgjidhja. Distanca e përshkuar nga një makinë në intervalin kohor nga 0 në 30 s është më e lehtë të përcaktohet si zona e një trapezi, bazat e të cilit janë intervalet kohore (30 - 0) = 30 s dhe (30 - 10) = 20 s, dhe lartësia është shpejtësia v= 10 m / s, d.m.th.

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

Pergjigju. 250 m

Një ngarkesë që peshon 100 kg ngrihet vertikalisht lart duke përdorur një litar. Figura tregon varësinë e projeksionit të shpejtësisë V ngarkesë në boshtin përpjetë nga koha t... Përcaktoni modulin e tensionit të kabllit gjatë ngjitjes.

Zgjidhja. Sipas grafikut të varësisë së projeksionit të shpejtësisë v ngarkesë në një bosht të drejtuar vertikalisht lart, nga koha t, është e mundur të përcaktohet projeksioni i nxitimit të ngarkesës

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

Ngarkesa ndikohet nga: forca e gravitetit e drejtuar vertikalisht poshtë dhe forca e tensionit të litarit të drejtuar vertikalisht lart përgjatë litarit, shih fig. 2. Le të shkruajmë ekuacionin bazë të dinamikës. Le të përdorim ligjin e dytë të Njutonit. Shuma gjeometrike e forcave që veprojnë në një trup është e barabartë me produktin e masës së trupit nga nxitimi i dhënë atij.

+ = (1)

Le të shkruajmë ekuacionin për projeksionin e vektorëve në kuadrin e referencës të lidhur me tokën, boshti OY drejtohet lart. Projeksioni i forcës në tërheqje është pozitiv, pasi drejtimi i forcës përkon me drejtimin e boshtit OY, projeksioni i gravitetit është negativ, pasi vektori i forcës drejtohet në mënyrë të kundërt në boshtin OY, projeksioni i vektorit të nxitimit është gjithashtu pozitiv, kështu që trupi lëviz me nxitim lart. Ne kemi

T – mg = ma (2);

nga formula e (2) modulit të forcës tërheqëse

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

Pergjigju... 1200 N.

Trupi tërhiqet përgjatë një sipërfaqe të përafërt horizontale me një shpejtësi konstante, moduli i të cilit është 1.5 m / s, duke ushtruar forcë ndaj tij siç tregohet në figurën (1). Në këtë rast, moduli i forcës së fërkimit rrëshqitës që vepron në trup është 16 N. Cila është fuqia e zhvilluar nga forca F?

Zgjidhja. Imagjinoni një proces fizik të specifikuar në deklaratën e problemit dhe bëni një vizatim skematik që tregon të gjitha forcat që veprojnë në trup (Fig. 2). Le të shkruajmë ekuacionin bazë të dinamikës.

Tr + + = (1)

Pasi të kemi zgjedhur një kornizë referimi të lidhur me një sipërfaqe fikse, ne shkruajmë ekuacionet për projeksionin e vektorëve në boshtet e koordinatave të zgjedhura. Sipas gjendjes së problemit, trupi lëviz në mënyrë uniforme, pasi shpejtësia e tij është konstante dhe e barabartë me 1.5 m / s. Kjo do të thotë që nxitimi i trupit është zero. Dy forca veprojnë horizontalisht në trup: forca rrëshqitëse e fërkimit tr. dhe forca me të cilën zvarritet trupi. Projeksioni i forcës së fërkimit është negativ, pasi vektori i forcës nuk përkon me drejtimin e boshtit NS... Projeksioni i forcës F pozitive. Ju kujtojmë se për të gjetur projeksionin, ne ulim pingulën nga fillimi dhe fundi i vektorit në boshtin e zgjedhur. Me këtë në mendje, ne kemi: F cosα - F tr = 0; (1) shpreh projeksionin e forcës F, kjo është F cosα = F tr = 16 N; (2) atëherë fuqia e zhvilluar nga forca do të jetë e barabartë me N = F cosα V(3) Ne bëjmë një zëvendësim, duke marrë parasysh ekuacionin (2), dhe zëvendësojmë të dhënat përkatëse në ekuacionin (3):

N= 16 N 1.5 m / s = 24 W.

Pergjigju. 24 vat

Ngarkesa, e fiksuar në një burim drite me një ngurtësi prej 200 N / m, bën dridhje vertikale. Figura tregon një komplot të varësisë së zhvendosjes x ngarkesë herë pas here t... Përcaktoni sa është masa e ngarkesës. Rrumbullakoni përgjigjen tuaj në numrin e plotë më të afërt.

Zgjidhja. Një peshë e ngarkuar me pranverë dridhet vertikalisht. Sipas grafikut të varësisë së zhvendosjes së ngarkesës NS nga koha t, ne përcaktojmë periudhën e luhatjeve të ngarkesës. Periudha e lëkundjes është T= 4 s; nga formula T= 2π shprehim masën m ngarkesë.

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

Pergjigje: 81 kg

Figura tregon një sistem prej dy blloqesh të lehta dhe një litar pa peshë, me të cilin mund të balanconi ose ngrini një ngarkesë që peshon 10 kg. Fërkimi është i papërfillshëm. Bazuar në analizën e figurës së mësipërme, zgjidhni dy thëniet e sakta dhe tregoni numrat e tyre në përgjigje.

Për të mbajtur ngarkesën në ekuilibër, duhet të veproni në fund të litarit me një forcë prej 100 N.
Sistemi i bllokut i treguar në figurë nuk jep një fitim të energjisë.
h, ju duhet të shtrini një pjesë të litarit me një gjatësi 3 h.
Në mënyrë që ngadalë të ngrini ngarkesën në një lartësi hh.

Zgjidhja. Në këtë detyrë, është e nevojshme të kujtojmë mekanizma të thjeshtë, domethënë blloqe: një bllok i lëvizshëm dhe i fiksuar. Blloku i lëvizshëm jep një fitim të dyfishtë në forcë, ku pjesa e litarit duhet të tërhiqet dy herë më gjatë, dhe blloku i palëvizshëm përdoret për të përcjellur forcën. Në funksionim, mekanizmat e thjeshtë të fitimit nuk japin. Pas analizimit të problemit, ne zgjedhim menjëherë deklaratat e nevojshme:

Në mënyrë që ngadalë të ngrini ngarkesën në një lartësi h, ju duhet të shtrini një pjesë të litarit me një gjatësi 2 h.
Për të mbajtur ngarkesën në ekuilibër, duhet të veproni në fund të litarit me një forcë prej 50 N.

Pergjigju. 45.

Një peshë alumini, e fiksuar në një fije pa peshë dhe të pazgjidhshme, është zhytur plotësisht në një enë me ujë. Ngarkesa nuk prek muret dhe pjesën e poshtme të anijes. Pastaj një peshë hekuri zhytet në të njëjtën enë me ujë, pesha e së cilës është e barabartë me peshën e peshës së aluminit. Si do të ndryshojë si rezultat moduli i forcës së tensionit të fijes dhe moduli i forcës së gravitetit që vepron në ngarkesë?

Rritet;
Zvogëlohet;
Nuk ndryshon.

Zgjidhja. Ne analizojmë gjendjen e problemit dhe zgjedhim ato parametra që nuk ndryshojnë gjatë studimit: këto janë masa e trupit dhe lëngu në të cilin trupi është zhytur në fije. Pas kësaj, është më mirë të kryeni një vizatim skematik dhe të tregoni forcat që veprojnë në ngarkesë: forca e tensionit të fillit F kontroll i drejtuar lart përgjatë fillit; forca e gravitetit e drejtuar vertikalisht poshtë; Forca arkimediane a duke vepruar në trupin e zhytur nga ana e lëngut dhe drejtuar lart. Sipas gjendjes së problemit, masa e ngarkesave është e njëjtë, prandaj, moduli i forcës së gravitetit që vepron në ngarkesë nuk ndryshon. Meqenëse dendësia e ngarkesave është e ndryshme, vëllimi gjithashtu do të jetë i ndryshëm.

V =	m	.
	fq

Dendësia e hekurit është 7800 kg / m 3, dhe dendësia e aluminit është 2700 kg / m 3. Prandaj, V f< V a... Trupi është në ekuilibër, rezultati i të gjitha forcave që veprojnë në trup është zero. Le të drejtojmë boshtin koordinativ OY lart. Ekuacioni bazë i dinamikës, duke marrë parasysh projeksionin e forcave, është shkruar në formë F kontroll + F a – mg= 0; (1) Shpreh forcën tërheqëse F kontroll = mg – F a(2); Forca arkimediane varet nga dendësia e lëngut dhe vëllimi i pjesës së zhytur të trupit F a = ρ gV p.h.t. (3); Dendësia e lëngut nuk ndryshon, dhe vëllimi i trupit të hekurit është më i vogël V f< V a, prandaj, forca Arkimedease që vepron në ngarkesën e hekurit do të jetë më pak. Ne nxjerrim një përfundim në lidhje me modulin e forcës së tensionit të fijeve, duke punuar me ekuacionin (2), ai do të rritet.

Pergjigju. 13.

Pesha e bllokut m rrëshqet nga një rrafsh fiks i prirur i përafërt me një kënd α në bazë. Moduli i nxitimit të bllokut është a, moduli i shpejtësisë së shiritit rritet. Rezistenca e ajrit është e papërfillshme.

Krijoni një korrespondencë midis madhësive fizike dhe formulave me të cilat ato mund të llogariten. Për secilën pozicion të kolonës së parë, zgjidhni pozicionin përkatës nga kolona e dytë dhe shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

B) Koeficienti i fërkimit të shiritit në një plan të pjerrët

3) mg cosα

4) sinα -	a
	g cosα

Zgjidhja. Kjo detyrë kërkon zbatimin e ligjeve të Njutonit. Ne rekomandojmë të bëni një vizatim skematik; tregojnë të gjitha karakteristikat kinematike të lëvizjes. Nëse është e mundur, përshkruani vektorin e nxitimit dhe vektorët e të gjitha forcave të aplikuara në trupin në lëvizje; mbani mend se forcat që veprojnë në trup janë rezultat i bashkëveprimit me trupat e tjerë. Pastaj shkruani ekuacionin bazë të dinamikës. Zgjidhni një kornizë referimi dhe shkruani ekuacionin që rezulton për projeksionin e vektorëve të forcave dhe nxitimeve;

Duke ndjekur algoritmin e propozuar, ne do të bëjmë një vizatim skematik (Fig. 1). Figura tregon forcat e aplikuara në qendrën e gravitetit të shiritit dhe akset koordinative të kornizës së referencës të lidhura me sipërfaqen e rrafshit të prirur. Meqenëse të gjitha forcat janë konstante, lëvizja e shiritit do të jetë po aq e ndryshueshme me rritjen e shpejtësisë, d.m.th. vektori i nxitimit drejtohet drejt lëvizjes. Le të zgjedhim drejtimin e akseve siç tregohet në figurë. Le të shkruajmë parashikimet e forcave në akset e zgjedhura.

Le të shkruajmë ekuacionin bazë të dinamikës:

Tr + = (1)

Le ta shkruajmë këtë ekuacion (1) për projeksionin e forcave dhe nxitimit.

Në boshtin OY: projeksioni i forcës së reagimit mbështetës është pozitiv, pasi vektori përkon me drejtimin e boshtit OY N y = N; projeksioni i forcës së fërkimit është zero pasi vektori është pingul me boshtin; projeksioni i gravitetit do të jetë negativ dhe i barabartë mg y= – mg cosα; projeksioni i vektorit të nxitimit a y= 0, meqenëse vektori i nxitimit është pingul me boshtin. Ne kemi N – mg cosα = 0 (2) nga ekuacioni shprehim forcën e reaksionit që vepron në shirit, nga ana e rrafshit të pjerrët. N = mg cosα (3). Le të shkruajmë parashikimet në boshtin OX.

Në boshtin OX: projeksioni i forcës N e barabartë me zero, pasi vektori është pingul me boshtin OX; Projeksioni i forcës së fërkimit është negativ (vektori drejtohet në drejtim të kundërt në lidhje me boshtin e zgjedhur); projeksioni i gravitetit është pozitiv dhe i barabartë me mg x = mg sinα (4) nga një trekëndësh kënddrejtë. Projeksioni i përshpejtimit pozitiv a x = a; Pastaj shkruajmë ekuacionin (1) duke marrë parasysh projeksionin mg sinα - F tr = ma (5); F tr = m(g sinα - a) (6); Mos harroni se forca e fërkimit është proporcionale me forcën normale të presionit N.

A-priori F tr = μ N(7), ne shprehim koeficientin e fërkimit të shiritit në rrafshin e prirur.

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

Ne zgjedhim pozicionet e duhura për secilën shkronjë.

Pergjigju. A - 3; B - 2.

Detyra 8. Gazi i oksigjenit është në një enë 33.2 litra. Presioni i gazit është 150 kPa, temperatura e tij është 127 ° C. Përcaktoni masën e gazit në këtë enë. Shprehni përgjigjen tuaj në gram dhe rrumbullakoseni në numrin e plotë më të afërt.

Zgjidhja. Importantshtë e rëndësishme t'i kushtohet vëmendje konvertimit të njësive në sistemin SI. Ne e konvertojmë temperaturën në Kelvin T = t° С + 273, vëllimi V= 33.2 l = 33.2 · 10 -3 m 3; Ne përkthejmë presionin P= 150 kPa = 150,000 Pa. Përdorimi i ekuacionit ideal të gjendjes së gazit

shpreh masën e gazit.

Sigurohuni t'i kushtoni vëmendje njësisë në të cilën ju kërkohet të shkruani përgjigjen. Eshte shume e rendesishme.

Pergjigju. 48 g

Detyra 9. Një gaz ideal monatomik në sasi prej 0.025 mol i zgjeruar në mënyrë adiabatike. Në të njëjtën kohë, temperatura e saj ra nga + 103 ° С në + 23 ° С. Çfarë lloj pune bëri gazi? Shprehni përgjigjen tuaj në Xhaul dhe rrumbullakoseni në numrin e plotë më të afërt.

Zgjidhja. Së pari, gazi është një numër monoatomik i shkallëve të lirisë une= 3, së dyti, gazi zgjerohet në mënyrë adiabatike - kjo do të thotë pa shkëmbim të nxehtësisë Pyetje= 0. Gazi funksionon duke zvogëluar energjinë e brendshme. Duke marrë parasysh këtë, ne shkruajmë ligjin e parë të termodinamikës në formën 0 = U + A G; (1) shpreh punën e gazit A r = –∆ U(2); Ne shkruajmë ndryshimin në energjinë e brendshme për një gaz monatomik si

Pergjigju. 25 J.

Lagështia relative e një pjese të ajrit në një temperaturë të caktuar është 10%. Sa herë duhet ndryshuar presioni i kësaj pjese të ajrit në mënyrë që lagështia relative e tij të rritet me 25% në një temperaturë konstante?

Zgjidhja. Pyetjet që lidhen me avullin e ngopur dhe lagështinë e ajrit janë më së shpeshti të vështira për nxënësit e shkollës. Le të përdorim formulën për të llogaritur lagështinë relative të ajrit

Sipas gjendjes së problemit, temperatura nuk ndryshon, që do të thotë se presioni i avullit të ngopur mbetet i njëjtë. Le të shkruajmë formulën (1) për dy gjendje ajri.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Le të shprehim presionin e ajrit nga formula (2), (3) dhe të gjejmë raportin e presionit.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Pergjigju. Presioni duhet të rritet me 3.5 herë.

Substanca e nxehtë në gjendje të lëngshme u ftoh ngadalë në një furrë shkrirëse me fuqi konstante. Tabela tregon rezultatet e matjeve të temperaturës së një substance në kohë.

Zgjidhni nga lista e ofruar dy deklarata që korrespondojnë me rezultatet e matjeve të kryera dhe tregojnë numrin e tyre.

Pika e shkrirjes së substancës në këto kushte është 232 ° C.
Në 20 minuta. pas fillimit të matjeve, substanca ishte vetëm në gjendje të ngurtë.
Kapaciteti i nxehtësisë i një substance në gjendje të lëngët dhe të ngurtë është i njëjtë.
Pas 30 minutash pas fillimit të matjeve, substanca ishte vetëm në gjendje të ngurtë.
Procesi i kristalizimit të substancës zgjati më shumë se 25 minuta.

Zgjidhja. Ndërsa substanca u ftoh, energjia e saj e brendshme u ul. Rezultatet e matjes së temperaturës ju lejojnë të përcaktoni temperaturën në të cilën substanca fillon të kristalizohet. Përderisa substanca kalon nga një lëng në një gjendje të ngurtë, temperatura nuk ndryshon. Duke ditur që pika e shkrirjes dhe temperatura e kristalizimit janë të njëjta, ne zgjedhim deklaratën:

1. Pika e shkrirjes së substancës në këto kushte është 232 ° C.

Deklarata e dytë e vërtetë është:

4. Pas 30 minutash. pas fillimit të matjeve, substanca ishte vetëm në gjendje të ngurtë. Meqenëse temperatura në këtë pikë në kohë është tashmë nën temperaturën e kristalizimit.

Pergjigju. 14.

Në një sistem të izoluar, trupi A ka një temperaturë prej + 40 ° C, dhe trupi B ka një temperaturë prej + 65 ° C. Këta trupa sillen në kontakt termik me njëri -tjetrin. Pas ca kohësh, ekuilibri termik ka ardhur. Si ndryshuan temperatura e trupit B dhe energjia e brendshme totale e trupit A dhe B si rezultat?

Për secilën vlerë, përcaktoni modelin përkatës të ndryshimit:

Rritur;
U ul;
Nuk ka ndryshuar.

Shkruani numrat e zgjedhur për secilin sasi fizike... Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhja. Nëse në një sistem të izoluar të trupave nuk ka transformime të energjisë përveç shkëmbimit të nxehtësisë, atëherë sasia e nxehtësisë e lëshuar nga trupat, energjia e brendshme e së cilës zvogëlohet, është e barabartë me sasinë e nxehtësisë së marrë nga trupat, energjia e brendshme e së cilës rritet. (Sipas ligjit të ruajtjes së energjisë.) Në këtë rast, energjia totale e brendshme e sistemit nuk ndryshon. Problemet e këtij lloji zgjidhen bazuar në ekuacionin e bilancit të nxehtësisë.

∆U =	n	∆U i = 0 (1);
	une = 1

ku ∆ U- ndryshimi i energjisë së brendshme.

Në rastin tonë, si rezultat i shkëmbimit të nxehtësisë, energjia e brendshme e trupit B zvogëlohet, që do të thotë se temperatura e këtij trupi zvogëlohet. Energjia e brendshme e trupit A rritet, pasi trupi ka marrë sasinë e nxehtësisë nga trupi B, atëherë temperatura e tij do të rritet. Energjia e brendshme e përgjithshme e trupave A dhe B nuk ndryshon.

Pergjigju. 23.

Proton fq, fluturuar në hendekun midis poleve të elektromagnetit, ka një shpejtësi pingul me vektorin e induksionit magnetik, siç tregohet në figurë. Ku është forca Lorentz që vepron në protonin e drejtuar në lidhje me figurën (lart, drejt vëzhguesit, nga vëzhguesi, poshtë, majtas, djathtas)

Zgjidhja. Fusha magnetike vepron në një grimcë të ngarkuar me forcën Lorentz. Për të përcaktuar drejtimin e kësaj force, është e rëndësishme të mbani mend rregullin mnemonik të dorës së majtë, të mos harroni të merrni parasysh ngarkesën e grimcave. Ne drejtojmë katër gishta të dorës së majtë përgjatë vektorit të shpejtësisë, për një grimcë të ngarkuar pozitivisht, vektori duhet të hyjë në pëllëmbë pingul, gishti i madh i vendosur në 90 ° tregon drejtimin e forcës Lorentz që vepron në grimcë. Si rezultat, ne kemi që vektori i forcës Lorentz drejtohet larg vëzhguesit në lidhje me figurën.

Pergjigju. nga vëzhguesi.

Moduli i fuqisë së fushës elektrike në një kondensator ajri të sheshtë 50 μF është 200 V / m. Distanca midis pllakave të kondensatorit është 2 mm. Cila është ngarkesa e një kondensatori? Shkruani përgjigjen në μC.

Zgjidhja. Le t'i konvertojmë të gjitha njësitë e matjes në sistemin SI. Kapaciteti C = 50 μF = 50 · 10 -6 F, distanca midis pllakave d= 2 · 10 –3 m. Problemi merret me një kondensator të ajrit të sheshtë - një pajisje për akumulimin e ngarkesës elektrike dhe energjisë së fushës elektrike. Nga formula për kapacitetin elektrik

ku d Isshtë distanca midis pllakave.

Shpreh tensionin U= E d(4); Zëvendësoni (4) në (2) dhe llogaritni ngarkesën e kondensatorit.

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

Kushtojini vëmendje njësive në të cilat duhet të shkruani përgjigjen. Ne e morëm atë në varëse, por ne e përfaqësojmë atë në μC.

Pergjigju. 20 μC

Nxënësi kreu një eksperiment mbi thyerjen e dritës, të paraqitur në fotografi. Si ndryshon këndi i thyerjes së dritës që përhapet në gotë dhe indeksi thyes i qelqit me rritjen e këndit të incidencës?

Po rritet
Zvogëlohet
Nuk ndryshon
Shkruani numrat e zgjedhur për secilën përgjigje në tabelë. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhja. Në detyrat e këtij lloji, ne kujtojmë se çfarë është thyerja. Ky është një ndryshim në drejtimin e përhapjes së një vale kur kalon nga një medium në tjetrin. Shkaktohet nga fakti se shpejtësitë e përhapjes së valës në këto media janë të ndryshme. Duke kuptuar se nga cili medium në cilën dritë përhapet, ne shkruajmë ligjin e thyerjes në formë

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

ku n 2 - indeksi absolut i thyerjes së xhamit, mediumi ku shkon drita; n 1 është indeksi thyerës absolut i mediumit të parë nga i cili po vjen drita. Për ajrin n 1 = 1. α është këndi i rënies së rrezes në sipërfaqen e gjysëm cilindrit të qelqit, β është këndi i thyerjes së rrezes në gotë. Për më tepër, këndi i thyerjes do të jetë më i vogël se këndi i incidencës, pasi qelqi është një medium optikisht më i dendur - një medium me një indeks të lartë thyerjeje. Shpejtësia e përhapjes së dritës në gotë është më e ngadaltë. Ju lutemi vini re se këndet maten nga pingulja e rivendosur në pikën e incidencës së rrezes. Nëse rrisni këndin e rënies, atëherë këndi i thyerjes gjithashtu do të rritet. Indeksi thyes i xhamit nuk do të ndryshojë nga kjo.

Pergjigju.

Kërcyesi i bakrit në një moment në kohë t 0 = 0 fillon të lëvizë me një shpejtësi prej 2 m / s përgjatë shinave paralele horizontale përçuese, në skajet e të cilave është lidhur një rezistencë 10 Ohm. I gjithë sistemi është në një fushë magnetike uniforme vertikale. Rezistenca e grilave dhe binarëve është e papërfillshme, rreshteri është gjithmonë pingul me binarët. Fluksi F i vektorit të induksionit magnetik përmes një qarku të formuar nga një kërcyes, binarë dhe një rezistencë ndryshon me kalimin e kohës t siç tregohet në grafik.

Duke përdorur grafikun, zgjidhni dy pohime të sakta dhe përfshini numrat e tyre në përgjigje.

Nga pika në kohë t= 0.1 s, ndryshimi i fluksit magnetik përmes qarkut është 1 mVb.
Rryma e induksionit në bluzë në rangun nga t= 0.1 s t= 0.3 s max.
Moduli EMF i induksionit që del në qark është 10 mV.
Fuqia e rrymës së induksionit që rrjedh në bluzë është 64 mA.
Për të ruajtur lëvizjen e pjesës së përparme, një forcë zbatohet mbi të, projeksioni i së cilës në drejtimin e binarëve është 0.2 N.

Zgjidhja. Sipas grafikut të varësisë së fluksit të vektorit të induksionit magnetik përmes qarkut në kohë, ne përcaktojmë seksionet ku ndryshon fluksi Ф, dhe ku ndryshimi i fluksit është zero. Kjo do të na lejojë të përcaktojmë intervalet kohore në të cilat rryma e induksionit do të ndodhë në qark. Deklarata e saktë:

1) Deri në atë kohë t= 0.1 s ndryshimi i fluksit magnetik përmes qarkut është i barabartë me 1 mWb ∆F = (1 - 0) · 10 –3 Wb; Moduli EMF i induksionit që del në qark përcaktohet duke përdorur ligjin EMR

Pergjigju. 13.

Sipas grafikut të varësisë së forcës aktuale në kohë në një qark elektrik, induktiviteti i të cilit është 1 mH, përcakton modulin EMF të vetë-induksionit në intervalin kohor nga 5 në 10 s. Shkruani përgjigjen në μV.

Zgjidhja. Le t'i përkthejmë të gjitha sasitë në sistemin SI, d.m.th. induktiviteti i 1 mH shndërrohet në H, marrim 10-3 H Rryma e treguar në figurë në mA gjithashtu do të konvertohet në A duke shumëzuar me 10 –3.

Formula EMF e vetë-induksionit ka formën

në këtë rast, intervali kohor jepet sipas gjendjes së problemit

∆t= 10 s - 5 s = 5 s

sekonda dhe sipas grafikut ne përcaktojmë intervalin e ndryshimit aktual gjatë kësaj kohe:

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

Duke zëvendësuar vlerat numerike në formulën (2), marrim

| Ɛ | = 2 · 10 –6 V, ose 2 µV.

Pergjigju. 2.

Dy pllaka transparente paralele të rrafshëta janë të shtrënguara fort kundër njëra-tjetrës. Një rreze drite bie nga ajri në sipërfaqen e pllakës së parë (shiko figurën). Dihet se indeksi thyes i pllakës së sipërme është n 2 = 1.77. Krijoni një korrespondencë midis madhësive fizike dhe vlerave të tyre. Për secilën pozicion të kolonës së parë, zgjidhni pozicionin përkatës nga kolona e dytë dhe shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Zgjidhja. Për të zgjidhur problemet mbi thyerjen e dritës në ndërfaqen midis dy mediave, në veçanti, problemet në transmetimin e dritës përmes pllakave paralele të rrafshit, mund të rekomandohet rendi i mëposhtëm i zgjidhjes: bëni një vizatim që tregon rrugën e rrezeve që dalin nga një mesatare në tjetrën; në pikën e incidencës së rrezes në ndërfaqen midis dy mediave, vizatoni një normale në sipërfaqe, shënoni këndet e incidencës dhe thyerjes. Kushtojini vëmendje të veçantë dendësisë optike të mediave në shqyrtim dhe mbani mend se kur një rreze drite kalon nga një mjedis optikisht më pak i dendur në një mjedis optikisht më të dendur, këndi i thyerjes do të jetë më i vogël se këndi i rënies. Figura tregon këndin midis rrezes së incidentit dhe sipërfaqes, por ne kemi nevojë për këndin e rënies. Mos harroni se këndet përcaktohen nga pingulja e rivendosur në pikën e incidencës. Ne përcaktojmë se këndi i rënies së rrezes në sipërfaqe është 90 ° - 40 ° = 50 °, indeksi i thyerjes n 2 = 1,77; n 1 = 1 (ajër).

Le të shkruajmë ligjin e thyerjes

sinβ =	mëkat50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Le të ndërtojmë një rrugë të përafërt të rrezes përmes pllakave. Ne përdorim formulën (1) për kufijtë 2–3 dhe 3–1. Në përgjigjen që marrim

A) Sinusi i këndit të rënies së rrezes në kufirin 2-3 midis pllakave është 2) ≈ 0.433;

B) Këndi i thyerjes së rrezes kur kalon kufirin 3-1 (në radianë) është 4) ≈ 0.873.

Pergjigju. 24.

Përcaktoni sa α - grimca dhe sa protone prodhohen si rezultat i një reaksioni të bashkimit termonuklear

+ → x+ y;

Zgjidhja. Në të gjitha reaksionet bërthamore, respektohen ligjet e ruajtjes së ngarkesës elektrike dhe numri i nukleoneve. Le të shënojmë me x - numrin e grimcave alfa, y - numrin e protoneve. Le të bëjmë ekuacionet

+ → x + y;

duke zgjidhur sistemin, ne e kemi atë x = 1; y = 2

Pergjigju. 1 - α -grimcë; 2 - proton.

Moduli i vrullit të fotonit të parë është 1.32 · 10 –28 kg · m / s, që është 9.48 · 10 –28 kg · m / s më pak se moduli i vrullit të fotonit të dytë. Gjeni raportin e energjisë E 2 / E 1 të fotoneve të dytë dhe të parë. Përgjigjen tuaj rrumbullakoseni në të dhjetat.

Zgjidhja. Vrulli i fotonit të dytë është më i madh se vrulli i fotonit të parë sipas gjendjes, do të thotë që ne mund të përfaqësojmë fq 2 = fq 1 + Δ fq(1) Energjia e një fotoni mund të shprehet në terma të vrullit të një fotoni duke përdorur ekuacionet e mëposhtme. ajo E = mc 2 (1) dhe fq = mc(2), atëherë

E = pc (3),

ku E- energjia e fotonit, fq- vrulli i fotonit, m - masa e fotonit, c= 3 · 10 8 m / s - shpejtësia e dritës. Duke marrë parasysh formulën (3), ne kemi:

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

Ne e rrumbullakosim përgjigjen në të dhjetat dhe marrim 8.2.

Pergjigju. 8,2.

Bërthama e atomit ka pësuar pozitron radioaktiv β - kalbje. Si ndryshoi ngarkesa elektrike e bërthamës dhe numri i neutroneve në të si rezultat?

Për secilën vlerë, përcaktoni modelin përkatës të ndryshimit:

Rritur;
U ul;
Nuk ka ndryshuar.

Shkruani numrat e zgjedhur për secilën sasi fizike në tabelë. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhja. Positron β - kalbja në një bërthamë atomike ndodh gjatë transformimit të një protoni në një neutron me emetimin e një pozitroni. Si rezultat, numri i neutroneve në bërthamë rritet me një, ngarkesa elektrike zvogëlohet me një, dhe numri masiv i bërthamës mbetet i pandryshuar. Kështu, reagimi i transformimit të elementit është si më poshtë:

Pergjigju. 21.

Në laborator, pesë eksperimente u kryen për të vëzhguar difraksionin duke përdorur grila të ndryshme difraksioni. Secila prej grilave u ndriçua me rreze paralele të dritës monokromatike me një gjatësi vale specifike. Në të gjitha rastet, drita bie pingul me grila. Në dy nga këto eksperimente, u vu re i njëjti numër maksimash kryesore të difraksionit. Së pari tregoni numrin e eksperimentit në të cilin është përdorur një grilë difraksioni me një periudhë më të shkurtër, dhe më pas numrin e eksperimentit në të cilin është përdorur një grilë difraksioni me një periudhë më të gjatë.

Zgjidhja. Shpërndarja e dritës është fenomeni i një rreze drite në zonën e një hije gjeometrike. Difraksioni mund të vërehet kur në rrugën e valës së dritës ka zona të errëta ose vrima në pengesa të mëdha dhe të errëta, dhe madhësitë e këtyre zonave ose vrimave janë në përpjesëtim me gjatësinë e valës. Një nga pajisjet më të rëndësishme të difraksionit është një grila difraksioni. Drejtimet këndore në maksimumin e modelit të difraksionit përcaktohen nga ekuacioni

d sinφ = kλ (1),

ku d A është periudha e grilës së difraksionit, φ është këndi midis normales në rrjetë dhe drejtimi në njërën nga maksimat e modelit të difraksionit, λ është gjatësia e valës së dritës, k- një numër i plotë i quajtur rendi i maksimumit të difraksionit. Le të shprehim nga ekuacioni (1)

Kur zgjedhim çifte sipas kushteve eksperimentale, ne së pari zgjedhim 4 ku u përdor një grilë difraksioni me një periudhë më të shkurtër, dhe më pas numri i eksperimentit në të cilin u përdor një grilë difraksioni me një periudhë të gjatë është 2.

Pergjigju. 42.

Rryma rrjedh përmes rezistencës së telave. Rezistenca u zëvendësua me një tjetër, me një tel të të njëjtit metal dhe të njëjtën gjatësi, por që kishte gjysmën e zonës së seksionit kryq, dhe gjysmën e rrymës kaloi përmes tij. Si do të ndryshojë tensioni në rezistencë dhe rezistenca e tij?

Për secilën vlerë, përcaktoni modelin përkatës të ndryshimit:

Do te rritet;
Do të ulet;
Nuk do të ndryshojë.

Shkruani numrat e zgjedhur për secilën sasi fizike në tabelë. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhja. Importantshtë e rëndësishme të mbani mend se nga cilat vlera varet rezistenca e përcjellësit. Formula për llogaritjen e rezistencës është

Ligji i Ohmit për një seksion të qarkut, nga formula (2), ne shprehim tensionin

U = Unë R (3).

Sipas gjendjes së problemit, rezistenca e dytë është bërë nga tela të të njëjtit material, të njëjtën gjatësi, por një zonë të ndryshme të prerjes tërthore. Sipërfaqja është gjysma e madhësisë. Duke zëvendësuar në (1), marrim që rezistenca rritet me 2 herë, dhe rryma zvogëlohet me 2 herë, prandaj, tensioni nuk ndryshon.

Pergjigju. 13.

Periudha e lëkundjes së një lavjerrësi matematikor në sipërfaqen e Tokës është 1, 2 herë më e gjatë se periudha e lëkundjes së tij në një planet të caktuar. Cili është moduli i nxitimit gravitacional në këtë planet? Ndikimi i atmosferës në të dy rastet është i papërfillshëm.

Zgjidhja. Një lavjerrës matematikor është një sistem i përbërë nga një fije, dimensionet e të cilit janë shumë më të mëdha se dimensionet e topit dhe vetë topit. Vështirësia mund të lindë nëse formula e Thomsonit për periudhën e lëkundjes së një lavjerrësi matematikor harrohet.

T= 2π (1);

l- gjatësia e lavjerrësit matematikor; g- përshpejtimi i gravitetit.

Sipas kushtit

Le të shprehim nga (3) g n = 14.4 m / s 2. Duhet të theksohet se përshpejtimi i gravitetit varet nga masa e planetit dhe rrezja

Pergjigju. 14.4 m / s 2.

Një përcjellës i drejtë 1 m i gjatë, përmes të cilit rrjedh një rrymë prej 3 A, ndodhet në një fushë magnetike uniforme me induksion V= 0.4 T në një kënd prej 30 ° ndaj vektorit. Cili është moduli i forcës që vepron mbi përcjellësin nga ana e fushës magnetike?

Zgjidhja. Nëse vendosni një përcjellës me rrymë në një fushë magnetike, atëherë fusha në përcjellësin me rrymë do të veprojë me forcën e Amperit. Ne shkruajmë formulën për modulin e forcës Amper

F A = = I LB sinα;

F A = 0.6 N

Pergjigju. F A = 0.6 N.

Energjia e fushës magnetike e ruajtur në spirale kur kalon një rrymë direkte në të është e barabartë me 120 J. Sa herë duhet të rritet rryma që rrjedh përmes mbështjelljes së spirales në mënyrë që energjia e ruajtur e fushës magnetike të rritet me 5760 J Me

Zgjidhja. Energjia e fushës magnetike të spirales llogaritet me formulën

W m =	LI 2	(1);
	2

Sipas kushtit W 1 = 120 J, atëherë W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

Une 1 2 =	2W 1	; Une 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Pastaj raporti i rrymave

Une 2 2	= 49;	Une 2	= 7
Une 1 2		Une 1

Pergjigju. Forca aktuale duhet të rritet me 7 herë. Në formularin e përgjigjeve, futni vetëm numrin 7.

Qarku elektrik përbëhet nga dy llamba, dy dioda dhe një spirale teli, të lidhura siç tregohet. (Dioda kalon vetëm rrymën në një drejtim, siç tregohet në krye të figurës). Cila nga llambat do të ndizet nëse poli verior i magnetit afrohet me lakun? Shpjegoni përgjigjen duke treguar se cilat fenomene dhe modele keni përdorur kur shpjegoni.

Zgjidhja. Linjat e induksionit magnetik largohen nga poli verior i magnetit dhe ndryshojnë. Ndërsa magneti afrohet, fluksi magnetik përmes mbështjelljes së telit rritet. Sipas rregullit të Lenz, fusha magnetike e krijuar nga rryma e induksionit të lakut duhet të drejtohet në të djathtë. Sipas rregullit të gimbalit, rryma duhet të rrjedhë në drejtim të akrepave të orës (kur shikohet nga e majta). Një diodë në qarkun e llambës së dytë kalon në këtë drejtim. Kjo do të thotë që llamba e dytë do të ndizet.

Pergjigju. Llamba e dytë ndizet.

Gjatësia e foljes prej alumini L= 25 cm dhe sipërfaqe tërthore S= 0.1 cm 2 të pezulluara në një fije në skajin e sipërm. Fundi i poshtëm mbështetet në pjesën horizontale të enës në të cilën derdhet uji. Gjatësia e folur nën ujë l= 10 cm.Gjeni forcën F, me të cilën gjilpëra shtyp në pjesën e poshtme të enës, nëse dihet se filli ndodhet vertikalisht. Dendësia e aluminit ρ a = 2.7 g / cm 3, dendësia e ujit ρ b = 1.0 g / cm 3. Përshpejtimi i gravitetit g= 10 m / s 2

Zgjidhja. Le të bëjmë një vizatim shpjegues.

- Forca e tensionit të fillit;

- Forca e reagimit të pjesës së poshtme të enës;

a - Forca arkimediane që vepron vetëm në pjesën e zhytur të trupit, dhe aplikohet në qendër të pjesës së zhytur të gropës;

- forca e gravitetit që vepron në folën nga Toka dhe zbatohet në qendër të të gjithë folës.

Sipas përkufizimit, pesha e folur m dhe moduli i forcës Arkimediane shprehet si më poshtë: m = SLρ a (1);

F a = Slρ në g (2)

Konsideroni momentet e forcave në lidhje me pikën e pezullimit të folës.

M(T) = 0 - momenti i forcës së tensionit; (3)

M(N) = NL cosα është momenti i forcës së reagimit të mbështetësit; (4)

Duke marrë parasysh shenjat e momenteve, ne shkruajmë ekuacionin

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

duke pasur parasysh se sipas ligjit të tretë të Njutonit, forca e reagimit të pjesës së poshtme të enës është e barabartë me forcën F d me të cilën presja e folur shtyp në fund të enës, shkruajmë N = F e dhe nga ekuacioni (7) shprehim këtë forcë:

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

Zëvendësoni të dhënat numerike dhe merrni ato

F d = 0.025 N.

Pergjigju. F d = 0.025 N.

Një enë që përmban m 1 = 1 kg azot, shpërtheu në provën e forcës në temperaturë t 1 = 327 ° C. Sa është masa e hidrogjenit m 2 mund të ruhen në një enë të tillë në një temperaturë t 2 = 27 ° C, që ka një faktor pesëfish të sigurisë? Masa molare e azotit M 1 = 28 g / mol, hidrogjen M 2 = 2 g / mol.

Zgjidhja. Le të shkruajmë ekuacionin e gjendjes së gazit ideal të Mendeleev - Clapeyron për azotin

ku V- vëllimi i cilindrit, T 1 = t 1 + 273 ° C. Sipas gjendjes, hidrogjeni mund të ruhet nën presion fq 2 = p 1/5; (3) Duke marrë parasysh që

ne mund të shprehim masën e hidrogjenit duke punuar drejtpërdrejt me ekuacionet (2), (3), (4). Formula përfundimtare është:

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

Pas zëvendësimit të të dhënave numerike m 2 = 28 g

Pergjigju. m 2 = 28 g

Në një qark ideal oshilues, amplituda e luhatjeve të rrymës në induktor une jam= 5 mA, dhe amplituda e tensionit nëpër kondensator U m= 2.0 V. Në atë kohë t tensioni në kondensator është 1.2 V. Gjeni rrymën në spirale në këtë moment.

Zgjidhja. Në një qark ideal oshilues, energjia e dridhjes ruhet. Për momentin e kohës t, ligji i ruajtjes së energjisë ka formën

C	U 2	+ L	Une 2	= L	une jam 2	(1)
	2		2		2

Për vlerat e amplitudës (maksimale), ne shkruajmë

dhe nga ekuacioni (2) shprehim

C	=	une jam 2	(4).
L		U m 2

Zëvendësoni (4) në (3). Si rezultat, marrim:

Une = une jam (5)

Kështu, rryma në spirale në momentin e kohës tështë e barabartë me

Une= 4.0 mA

Pergjigju. Une= 4.0 mA

Ka një pasqyrë në fund të rezervuarit 2 m të thellë. Një rreze drite, që kalon nëpër ujë, reflektohet nga pasqyra dhe del nga uji. Indeksi thyes i ujit është 1.33. Gjeni distancën midis pikës së hyrjes së rrezes në ujë dhe pikës së daljes së rrezes nga uji, nëse këndi i rënies së rrezes është 30 °

Zgjidhja. Le të bëjmë një vizatim shpjegues

α është këndi i rënies së rrezes;

β është këndi i thyerjes së rrezes në ujë;

AC është distanca midis pikës së hyrjes së rrezes në ujë dhe pikës së daljes së rrezes nga uji.

Sipas ligjit të thyerjes së dritës

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Konsideroni një ΔADB drejtkëndëshe. Në të AD = h, pastaj DВ = АD

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

Ne marrim shprehjen e mëposhtme:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Zëvendësoni vlerat numerike në formulën që rezulton (5)

Pergjigju. 1.63 m.

Në përgatitje për provimin, ju sugjerojmë që të njiheni me të një program pune në fizikë për klasat 7-9 për linjën e UMK Peryshkina A.V. dhe program pune i një niveli të thelluar për klasat 10-11 për kompleksin arsimor Myakisheva G.Ya. Programet janë në dispozicion për shikim dhe shkarkim falas për të gjithë përdoruesit e regjistruar.

Shumë të diplomuar do të marrin fizikë në 2017, pasi ky provim është në kërkesë të madhe. Shumë universitete kanë nevojë që ju të keni Provimin e Unifikuar të Shtetit në fizikë, në mënyrë që në 2017 ata të mund të pranojnë, dhe ju të futeni në specialitete të caktuara të fakulteteve të instituteve të tyre. Dhe për këtë arsye, një maturant i ardhshëm që studion në klasën e 11 -të, duke mos ditur se do të duhet të kalojë një provim kaq të vështirë, dhe jo vetëm ashtu, por me rezultate të tilla që do t'i lejojnë atij të hyjë në të vërtetë në një specialitet të mirë, i cili kërkon njohuri të fizikës si lëndë dhe disponueshmëri Rezultatet e PERDORIMIT, si një tregues se këtë vit ju keni të drejtë të aplikoni për pranim në studim, të udhëhequr nga fakti që keni kaluar USE në fizikë në 2017, keni pika të mira dhe mendoni se do të hyni të paktën në departamentin tregtar, megjithëse do të doja të shkoja në atë buxhetore.

Dhe kjo është arsyeja pse ne mendojmë se përveç teksteve shkollore, njohurive të disponueshme në trurin e kokës, si dhe atyre librave që tashmë i keni blerë, do t'ju duhen të paktën dy skedarë të tjerë që ju rekomandojmë t'i shkarkoni falas.

Së pari, këto janë vitet, sepse kjo është baza në të cilën do të mbështeteni në radhë të parë. Do të ketë gjithashtu specifikime dhe kodifikues, sipas të cilëve do të mësoni temat që duhet të përsëriten dhe, në përgjithësi, të gjithë procedurën e provimit dhe kushtet për zhvillimin e saj.

Së dyti, këto janë KIM-të e provimit të tallur në fizikë të kryer nga FIPI në pranverën e hershme, domethënë në Mars-Prill.

Këtu po ju ofrojmë t'i shkarkoni këtu, dhe jo vetëm sepse e gjithë kjo është falas, por në një masë më të madhe për arsyen që ju keni nevojë, jo ne. Këto detyra USE në fizikë janë marrë nga një bankë e të dhënave të hapura, në të cilën FIPI vendos dhjetëra mijëra detyra dhe pyetje në të gjitha lëndët. Dhe e kuptoni që është thjesht joreale të zgjidhen të gjitha, sepse duhen 10 ose 20 vjet, dhe nuk e keni atë kohë, duhet të veproni urgjentisht në 2017, sepse nuk doni të humbni një vit fare , dhe përveç kësaj do të arrijnë me kohë të diplomuar të rinj, niveli i njohurive të të cilëve është i panjohur për ne, dhe për këtë arsye nuk është e qartë se si do të jetë konkurrimi me ta, pavarësisht nëse është e lehtë apo e vështirë.

Duke marrë parasysh faktin se njohuritë zbehen me kalimin e kohës, është gjithashtu e nevojshme të studiohet tani, domethënë për sa kohë që ka njohuri të freskëta në kokë.

Bazuar në këto fakte, ne arrijmë në përfundimin se është e nevojshme të bëjmë përpjekje maksimale në mënyrë që të përgatitemi në një mënyrë origjinale për çdo provim, përfshirë provimin USE në fizikë 2017, detyrat e hershme të gjykimit të të cilave ju ofrojmë tani dhe shkarkoni këtu.

Kjo është e gjitha dhe ju duhet ta kuptoni plotësisht dhe deri në fund, sepse do të jetë e vështirë të tretni gjithçka herën e parë, dhe ajo që shihni në detyrat që keni shkarkuar do t'ju japë ushqim për mendim në mënyrë që të jeni gati për të gjitha problemet që ju presin në provim në pranverë!