Егэ 2016 физика досрочный вариант 2016

15.05.2016

Представляем вам официальный вариант досрочного ЕГЭ 2016 по физике от ФИПИ.

Данный ким представляем официальный досрочный тест по физике, который традиционно публикуется Рособрнадзором на сайте ФИПИ в мае каждого года.

В конце варианта содержатся ответы к заданиям (для самопроверки).

Обсудить задания и ответы вы можете в комментариях ниже.

Смотреть в PDF:

Или прямо сейчас: cкачать в pdf файле.

ЕГЭ 2016, Физика, Досрочный экзамен, Реальный вариант №101.

  Брусок покоится на наклонной плоскости, образующей угол 30 с горизонтом. Сила трения покоя равна 0,5 Н. Определите силу тяжести, действующую на тело.

Примеры.
Тело движется по прямой в одном направлении. Под действием постоянной силы, направленной вдоль этой прямой, за 3 с импульс тела увеличился от 5 кг · м/с до 50 кг · м/с. Каков модуль силы?

На рисунке изображена зависимость амплитуды установившихся колебаний маятника от частоты вынуждающей силы (резонансная кривая). Частота вынуждающей силы вначале была равна 0,5 Гц, а затем стала равна 1,0 Гц.
Во сколько раз изменилась при этом амплитуда установившихся вынужденных колебаний маятника?

Бесплатно скачать электронную книгу в удобном формате, смотреть и читать:

Скачать книгу ЕГЭ 2016, Физика, Досрочный экзамен, Реальный вариант №101 — fileskachat.com, быстрое и бесплатное скачивание.

Скачать pdf
Ниже можно купить эту книгу по лучшей цене со скидкой с доставкой по всей России.Купить эту книгу

Скачать
— pdf — Яндекс.Диск.

Дата публикации: 21.07.2016 16:55 UTC

Теги:

ЕГЭ по физике :: физика

Задачи из досрочного ЕГЭ 2016 по физике 02.04.2016

29. Пластилиновый шарик в момент времени t=0 бросают с горизонтальной поверхности Земли с начальной скоростью v₀ под углом альфа к горизонту. Одновременно с некоторой высоты над поверхностью Земли начинает падать другой такой же шарик. Шарики абсолютно неупруго сталкиваются в воздухе. Сразу после столкновения скорость шариков направлена горизонтально. Сколько времени проходит от столкновения шариков до их падения на Землю. Сопротивлением воздуха пренебречь.

Решение: В точке столкновения координаты первого тела и скорости по оси ОУ:

h=v₀sinat₁-gt₁²/2; v_1y= v₀sina-gt₁.

Для второго тела проекция скорости на ось ОУ: v_2y=gt₁. Для трех уравнений четыре неизвестных, следует еще добавить уравнение, использует тот факт, что после удара шарики движутся горизонтально. Из закона сохранения импульса по оси ОХ это добавляет еще одну неизвестную, но по оси ОУ получаем: р_1y= р_2y; т.к. массы шаров равны, то v_1y= v_2y. Подставляя в это равенство выражения для v_1y и v_2y получим: v₀sina-gt₁=gt_1, v₀sina=2gt_1, отсюда: t₁=v₀sina/(2g). Найдем h подставив в первое уравнение: h=v₀sina∙v₀sina/(2g)–g(v₀sina/(2g))²/2= 3(v₀sina)²/(8g). Теперь задача сводится к броску тела с высоты горизонтально, т.к. время движения t_x=t_y, то h=gt₂²/2 и t₂=(2h/g)^1/2. Находим t₂: t₂=(2(3(v₀sina)²/(8g))/g)^1/2=(3)^1/2v₀sina/(2g). Ответ: t₂=(3)^1/2v₀sina/(2g).

30. В горизонтальном цилиндре с гладкими стенками под массивным поршнем с площадью S находится одноатомный идеальный газ. Поршень соединен с основанием цилиндра пружиной с жесткостью k. В начальном состоянии расстояние между поршнем и основанием равно L, а давление газа в цилиндре равно атмосферному давлению p₀. Какое количество теплоты Q было передано газу, если поршень медленно переместился вправо на расстояние b?

Решение: В начальном состоянии пружина не деформирована, т.к. давления справа и слева р₀. При сообщении газу количества теплоты, по 1 закону термодинамики Q=∆U+A; Q=3(ν∆T)/2 + A, где работа газа равна потенциальной энергии деформированной пружины: A=P₀bS+kb²/2. ∆T найдем из разности двух состояний по уравнению МК: P₁S(L+b)=νR(T₀+∆T) P₀SL=νRT₀; P₁S(L+b)-P₀SL =νR∆T. P₁ из равенства сил Fу+Fд₀=Fд₁; kb +P₀S =P₁S; P₁= P₀+kb/S, подставляем Q= 3(P₁S(L+b)-P₀SL)/2+kb²/2+P₀bS = 3((P₀+kb/S)S(L+b)-P₀SL)/2+kb²/2+P₀bS умножим левую и правую часть на 2 и приведем подобные: 2Q= ((P₀+kb/S)S(L+b)-P₀SL)+kb²+2P₀bS =3(P₀SL+P₀Sb+kbL+kb²-P₀SL)+kb²+2P₀bS=5P₀Sb+3kbL+4kb².

k= (2Q-5P₀Sb)/(4b²+3bL) Ответ:k=(2Q-5P₀Sb)/(4b²+3bL).

31. В цепи, изображенной на рисунке сопротивление диода в прямом направлении пренебрежимо мало, а в обратном многократно превышает сопротивление резисторов. При подключении к точке А положительного полюса, а к точке В отрицательного полюса батареи с ЭДС 12 В и пренебрежимо малым внутренним сопротивлением потребляемая мощность равна 14,4 Вт. При изменении полярности подключения батареи потребляемая мощность оказалась равной 21,6 Вт. Укажите, как течет ток через диод и резисторы в обоих случаях, и определите сопротивления резисторов в этой цепи.

Решение: При подключении положительного полюса к точке А потенциал точки А выше потенциала точки В, поэтому ток через резистор R₁ не течет, а течет через резистор R₂. Потребляемая мощность ; ; =10 Ом. При изменении полярности подключения батареи ток течет через два резистора. R R=20/3Ом. Найдем R₁:1/R=1/R₁+1/R_2, R₁=RR₂/(R₂-R); R₁=(10∙20/3R)/(10-20/3)=20Ом. Ответ: 20 Ом.

32. Индуктивность катушки колебательного контура радиоприемника L=2мкГн, максимальный ток I_max=2 мА. В контуре используется плоский воздушный конденсатор, расстояние между пластинами которого d= 2мм. Максимальная напряженность E_max=2,5В/м. На какую длину волны настроен контур?

Решение:λ=c/T=c/(2п(LC)^1/2). Запишем ЗСЭ для контура Wэ=Wм; СU₀²/2=LI₀²/2. С=LI₀²/U₀²= LI₀²/(Ed)².

λ=c/(2п(L²I₀²/(Ed)²)^1/2)=cEd/(2п(LI₀). λ=3∙10^8∙2,5∙2∙10^-3/(6,28(2∙10^-6∙2∙10^-3)= 1507 м. Ответ: λ=1507 м.