Есть ли лабораторная работа на егэ по физике

Благодарим за то, что пользуйтесь нашими материалами.
Информация на странице «Задание 23 ЕГЭ по физике» подготовлена нашими редакторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к ЕГЭ и ОГЭ.
Чтобы успешно сдать нужные и поступить в ВУЗ или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий.
Также вы можете воспользоваться другими материалами из данного раздела.

Публикация обновлена:
08.03.2023

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

Два маленьких металлических шарика, установленные на изолирующих подставках, располагают на одинаковых расстояниях от точки О. Заряды шариков одинаковы по модулю, но противоположны по знаку. В точке O экспериментально определяют вектор напряжённости электрического поля.

Затем эксперименты повторяют, располагая на равных расстояниях от точки О шарики, имеющие другие заряды. В таблице приведены значения этих зарядов и расстояния их до точки О.

Номер эксперимента	Левый заряд	Правый заряд	Расстояние до точки О
1	4q	−0,5q	r
2	0,5q	2,5q	r
3	2q	−2q
4	0,5q	−1,5q	r
5	5q	−3q	2r

Укажите номера экспериментов, в которых вектор напряжённости электрического поля в точке О будет таким же, как в изначальном эксперименте.

Ответ:

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42

43

44

45

46

Иными словами, чтобы сдать ЕГЭ по физике на высокий балл, нужно хорошо разбираться и в структуре экзамена, и в каждом из разделов, которые в него входят. Если не знать, как все устроено и что именно требуется для решения заданий, то можно завалить ЕГЭ и не поступить на бюджет.

Чтобы этого не произошло, на своих занятиях по подготовке к ЕГЭ я разбираю с учениками каждый раздел экзамена и все критерии. Мы разбираемся, какие знания проверяют составители в каждом из заданий и учимся правильно оформлять ответы. Очень важная часть подготовки — научиться внимательно читать формулировки заданий и правильно их понимать. Это одна из ловушек экзаменаторов, на которые попадаются очень многие.

Если вы хотите подготовиться к ЕГЭ по физике 2023 на высокий балл, записывайтесь на мои занятия. Мы вместе разберемся со всеми непонятными заданиями, и я сделаю так, что все задачки по физике вы будете щелкать как орешки 😉💪

На самом деле, все это — лишь малая часть лайфхаков, которые нужно знать, чтобы сдать ЕГЭ по физике 2023 на высокий балл.

Когда я готовлю своих учеников к ЕГЭ, мы разбираем все из них. Причем сюда можно отнести не только лайфхаки по решению заданий, но и лучшие способы оформления решений. Часто бывает, что формулировка ответов может стоить выпускнику нескольких баллов — а все из-за того, что он или она недостаточно четко сформулировал(а) мысль.

Чтобы этого не случилось с вами, приходите на мои занятия по подготовке к ЕГЭ по физике 2023. Мы еще подробнее разберем структуру экзамена и научимся быстро и правильно решать все задачи. Жду вас!

Критерии оценивания выполнения заданий с развёрнутым ответом

Решения заданий 24-30 части 2 (с развёрнутым ответом) оцениваются предметной комиссией. На основе критериев, представленных в приведённых ниже таблицах, за выполнение каждого задания в зависимости от полноты и правильности данного экзаменуемым ответа выставляется от 0 до 2 баллов за выполнение заданий 25 и 26, от 0 до 3 баллов за выполнение задания 24 и 27-29 и от 0 до 4 баллов за задание 30.

Вариант 1

24

Возможное решение

1. Приведен схематический рисунок картины линий напряжённости: внутри полости — семейство прямых лучей, исходящих из заряда и приходящих на поверхность полости по нормали; снаружи шара — семейство прямых лучей, исходящих с поверхности шара по нормали к ней и уходящих в бесконечность.
2. Внутри проводника — электростатическое поле Ё = 0.
3. Заряд qпомещён в центр шарообразной полости. Поэтому его электростатическое поле в полости обладает центральной симметрией и выглядит как поле уединённого точечного заряда q> 0, находящегося

в центре полости. Линии напряжённости этого поля подходят по нормали к поверхности полости, где равномерно распределён отрицательный индуцированный заряд —q< 0.

4.  На наружной поверхности шара находится (в силу нейтральности шара в целом)
положительный заряд q> 0. В силу того, что внутри проводника Ё = 0, а снаружи
окружающие предметы расположены далеко от шара, этот заряд распределён
по поверхности шара равномерно. Его поле вне шара выглядит как поле уединённого
точечного заряда q> 0, расположенного в центре шара. Линии напряжённости
отходят от шара по нормали к его поверхности.

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Приведено полное правильное решение, включающее правильный ответ (в данном случае: приведён схематический рисунок линий напряжённости поля в полости и снаружи шара, п. i), и полное верное объяснение (в данном случае: п. 2, 3) с указа­нием наблюдаемых явлений и законов (в данном случае: отсутствие электрическо­го поля внутри проводника, поле уединённого точечного заряда)

Дан правильный ответ, и приведено объяснение, но в решении имеется один или несколько из следующих недостатков.

В объяснении не указано или не использованы одно из физических явлений, свойств, определений или один из законов (формул), необходимых для полного верного объяснения. (Утверждение, лежащее в основе объяснения, не подкреплено соответствующим законом, свойством, явлением, определением и т.п.)

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

289

Окончание таблицы

25

Возможное решение

1. Поскольку нить, связывающая грузы, нерастяжима и невесома, то оба груза движутся с одинаковым ускорением и модули сил натяжения нити, действующих на грузы, также одинаковы,

т. е. а_х|=а₂|=а, Т_г|=Т₂ = Т.

М_п

N_n

N,

т т

^± 2    ^Х1

у у у А

¹M₂g

м_Л

‘VУ У У У У У M_xg

о

2. Рассмотрим случай, когда jP = 18 Н, а Т =10 Н.

Запишем    второй    закон    Ньютона    для    грузов

в  проекциях на горизонтальную ось Ох:  для первого тела:  F— Т = М_га,  — для

второго тела: Т = М₂а.

F—T     (F— Т)М₂ _ (18 — 10) • 3

В итоге получим: М_г Ответ: М_х=2,4 кг.

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Приведено полное решение, включающее следующие элементы:

I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае: второй закон Ньютона для двух тел);

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

290

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Окончание таблицы

26

Возможное решение

После прохождения светом дифракционной решётки на экране будет формироваться дифракционный спектр, представляющий собой симметричные относительно центра повторяющиеся светлые полосы. Под углом а к нормали будет наблюдаться й-й

максимум,   если   dsinct = feA,,   где   А, = —.   Максимальный   порядок   спектра   будет

наблюдаться под углом а = 90°.

Следовательно, для максимального порядка спектра получим:

dvс

Максимальный порядок спектра kОтвет: k= 6.

10″³-5,6 10¹⁴

8

300

6.

«6,2.

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Приведено полное решение, включающее следующие элементы:

I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае: формула для наблюдения спектра с помощью дифракционной решётки);

 Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

291

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

II)  описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических
величин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ,
обозначений, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений вели­
чин, используемых при написании физических законов);

III)    представлены необходимые математические преобразования и расчёты (под­становка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными вычис­лениями);

IV)         представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой ве­личины

Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы,

закономерности, и проведены преобразования, направленные на решение задачи,

но имеется один или несколько из следующих недостатков.

Записи,   соответствующие   пункту  II,   представлены   не   в   полном   объёме   или

отсутствуют.

И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.

И (ИЛИ) В  необходимых  математических  преобразованиях  или  вычислениях допущены ошибки,  и (или) в математических преобразованиях/ вычислениях пропущены логически важные шаги.

И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины)

Все   случаи   решения,   которые   не   соответствуют   вышеуказанным   критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла

Максимальный балл

27

Возможное решение

1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. В процессе медленного движения поршня его ускорение считаем ничтожно малым. Поэтому сумма приложенных к поршню сил при его движении равна нулю (рис. а). В проекциях на горизонтальную ось х получаем: F± — F₀ — jF_ynp = 0, где F₀— сила давления атмосферы на поршень, F_x— сила давления газа в цилиндре на поршень, ^_упр — упругая сила, действующая на поршень со стороны пружины.
2. Из равенства давлений слева и справа от поршня в начальном состоянии и гладкости стенок следует, что в начальном состоянии пружина не деформирована. Поэтому при смещении поршня вправо от начального положения на величину х модуль упругой силы .Р_упр = kx. Тогда

F_x = p(x)S = F₀+ F_yup = p₀S + kx,

ynp      ^0

-^— •*-

Рис. а

Po0

Рис. 6

X

© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

292

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

и давление в цилиндре при смещении поршня вправо от начального положения

kxна величину х определяется по формуле р(х) = р₀+— (рис. б).

S

3. Используем модель одноатомного идеального газа

Отсюда   получаем:   U = —pV.   Внутренняя   энергия   газа   в   исходном   состоянии

3

U_x = —p₀SL, а в конечном состоянии

Щ = р{Ъ) ■ S(L + Ъ) = |^₀ + f^SiL + b).

4. Из первого начала термодинамики получаем: Q = U₂—U_l+ А₁₂.

Работа газа А₁₂при сдвиге поршня из начального состояния в конечное равна произведению  величины  S  и  площади  трапеции  под  графиком р(х)  на рис.   б:

А₁₂=—[р(0) + /?(&)]Sb= p₀S+ — Ь. Подставляя в выражение для Qзначения U_ly

U₂и А₁₂, получим:

Q= |(p₀S + kb)(L+ Ъ)~ ^p₀SL + [p₀S+ Щъ = |fe&L + ^p₀Sb+ 2kb

■о                                                                 и                       и    2Q-5p₀Sb

Решая это уравнение относительно к, получим: к—————-     . .

dbL + 4b

2Q— 5p₀Sb3bL + 4b² ‘

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

293

Окончание таблицы

28

Возможное решение

1. При подключении положительного вывода батареи к точке А потенциал точки А оказывается выше, чем потенциал точки Б, Фа > Фв, поэтому ток через диод, подключённый параллельно резистору R_l9не течёт. Эквивалентная схема цепи в этом случае имеет вид, изображённый на рис. а. Суммарное сопротивление последовательно      соединённых      резисторов     R₀ = R_x+ R₂,

Ш²

потребляемая мощность Р_г = ——— —•

гС^ + ±х₂

АО

БО-

АСУ

R,

-CZb

Рис. а

R,

2. При изменении полярности подключения батареи у_А <у_в открытый диод оказывается подключён к резистору R₁ параллельно, шунтируя его. Эквивалентная схема цепи в этом случае изображена на рис. б. При этом потребляемая мощность    увеличивается    (так    как    знаменатель    дроби

&^_

R₂

3. Из этих уравнений: R₁=————— —,  R

Р₂

4. Подставляя  значения  физических  величин,   указанные  в  условии,   получаем: R₁ = 10 Ом, R₂ = 20 Ом.

Ответ: R_x= 10 Ом, Б₂ = 20 Ом.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

294

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Приведено полное решение, включающее следующие элементы:

I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение

которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае: формула для мощности электрического тока, формула для сопротивления при последовательном соединении проводников, условия протекания тока через диоды и резисторы)

II)     описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических величин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ, обозначений, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений величин, используемых при написании физических законов);

III)  проведены необходимые математические преобразования и расчёты (подстановка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными вычислениями);

IV)   представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой величины

Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы, закономерности, и проведены необходимые преобразования, но имеется один или несколько из следующих недостатков.

Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или отсутствуют.

И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.

И (ИЛИ) В  необходимых  математических  преобразованиях  или  вычислениях  допущены ошибки,   и  (или)   в  математических   преобразованиях/вычислениях   пропущены логически важные шаги.

И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины)

Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев. Представлены только положения й формулы, выражающие физические законы, применение  которых необходимо для решения данной  задачи,  без  каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи.

ИЛИ В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют логически верные преобразования с имеющимися формулами, направленные на решение задачи.

ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически   верные   преобразования   с   имеющимися   формулами,   направленные на решение задачи

Все   случаи   решения,   которые   не   соответствуют   вышеуказанным   критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла

Максимальный балл

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

295

29

Возможное решение

1. Для  определения  максимальной  скорости  движения  электрона воспользуемся уравнением Эйнштейна для фотоэффекта:

-(^-Лых)-

2     ⁷        «»»   ^11тл     т

2.   Электрон в магнитном поле движется по окружности радиусом Rсо скоростью v

v² и центростремительным ускорением а = —.

3.   Ускорение   вызывается   силой   Лоренца   (F= evB)   в   соответствии   со   вторым

2

законом Ньютона: та = F, или т— = еиВ

4. Подставляя   в   выражение   для   радиуса   траектории   максимальную   скорость электрона, получим:

^mVm«- = —h_i—yl2m(hv—A_BtIX) =

^max

‘max

^2 • 9Д — 1(Г³¹(6,6 ■ 1Q—³⁴. 1Q¹⁵— 4,42 ■ Ю¹¹^)

1,6-ИГ¹⁹-5-КГ⁴

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Приведено полное решение, включающее следующие элементы:

I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение
которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае:
уравнение Эйнштейна для фотоэффекта, формула для силы Лоренца, формула
для центростремительного ускорения);

II)  описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических ве­
личин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ, обо­
значений, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений величин,
используемых при написании физических законов);

III)  проведены необходимые математические преобразования и расчёты (подстанов­ка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными вычислениями);

IV)   представлен правильный ответ с указанием единиц измерения искомой величи­ны

Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы, за­кономерности, и проведены необходимые преобразования, но имеется один или не­сколько из следующих недостатков.

Записи, соответствующие пункту II, представлены не в полном объёме или отсутствуют.

И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.

И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях/ вычислениях пропущены логически важные шаги.

И (ИЛИ)
Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц
измерения величины)                                                                         _________________

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

296

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

__________________________________________                                  Окончание таблицы

Критерии оценивания выполнения задания                               Баллы

Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев.                      1

Представлены только положения и формулы, выражающие физические законы, применение которых необходимо для решения данной задачи, без каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи.

ИЛИ В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют логически  верные  преобразования  с  имеющимися  формулами,   направленные на решение задачи.

ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически  верные  преобразования  с  имеющимися  формулами,   направленные на решение задачи.

ИЛИ Сделан только правильный рисунок, на котором построено изображение фигуры с указанием хода лучей в линзе

Все   случаи   решения,   которые   не   соответствуют   вышеуказанным   критериям  О

выставления оценок в 1, 2, 3 балла

Максимальный балл          3

Возможное решение Обоснование

Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью Земли. Будем считать все тела материальными точками. Трением снаряда и оскол­ков о воздух пренебрежём.

Поскольку время разрыва снаряда мало, импульсом внешних сил (сил тяжести) можно пренебречь, а значит, для решения задачи можно воспользоваться законом сохранения импульса.

Так как при решении задачи мы пренебрегаем силой трения, то можно использо­вать закон сохранения энергии для снаряда с учётом энергии разрыва.

Решение

1.  Запишем законы сохранения импульса и сохранения энергии для снаряда:

2т • v₀ = mv₁ — mv₂, 2т~ + АЕ = —^- + —^—>

где 2т — масса снаряда до взрыва; v₀ — модуль скорости снаряда до взрыва; v_x— модуль скорости осколка, летящего вперёд; v₂— модуль скорости осколка, летящего назад.

1. Выразим v₀из первого уравнения: v₀=— (v₁—v₂) — и подставим во второе уравнение.
2. Получим: АЕ = ^(и_г + v₂f= -^(900 +100)²= 250 кДж. Ответ: АЕ = 250 кДж.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

297

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

Критерий 1

Верно обоснована возможность использования законов (закономерностей). В дан­
ном случае: выбор инерциалъной системы отсчёта, связанной с поверхностью
Земли; все тела считаются материальными точками; условия применимости
законов сохранения импульса и энергии       ____ ^_________________________

В обосновании возможности использования законов (закономерностей) допущена

ошибка.

ИЛИ

Обоснование отсутствует_____________________________________________

О

Критерий 2

Приведено полное решение, включающее следующие элементы:

I) записаны положения теории и физические законы, закономерности, применение
которых необходимо для решения задачи выбранным способом (в данном случае:
законы сохранения энергии и импульса);

II) описаны все вновь вводимые в решении буквенные обозначения физических ве­
личин (за исключением обозначений констант, указанных в варианте КИМ, обо­
значений величин, используемых в условии задачи, и стандартных обозначений
величин, используемых при написании физических законов);

III)    проведены необходимые математические преобразования и расчёты
(подстановка числовых данных в конечную формулу), приводящие к правильному
числовому ответу (допускается решение «по частям» с промежуточными
вычислениями);

IV)   представлен  правильный  ответ  с  указанием  единиц  измерения  искомой

величины

Правильно записаны все необходимые положения теории, физические законы,

закономерности,  и проведены необходимые преобразования,  но имеется один

или несколько из следующих недостатков.

Записи,  соответствующие пункту II,  представлены  не  в  полном  объёме или

отсутствуют.

И (ИЛИ) В решении имеются лишние записи, не входящие в решение (возможно, неверные), которые не отделены от решения и не зачёркнуты.

И (ИЛИ) В необходимых математических преобразованиях или вычислениях допущены ошибки, и (или) в математических преобразованиях / вычислениях пропущены логически важные шаги.

И (ИЛИ) Отсутствует пункт IV, или в нём допущена ошибка (в том числе в записи единиц измерения величины)

Представлены записи, соответствующие одному из следующих случаев. Представлены только положения и формулы, выражающие физические законы, применение которых необходимо для решения данной задачи, без каких-либо преобразований с их использованием, направленных на решение задачи.

ИЛИ
В решении отсутствует ОДНА из исходных формул, необходимая для решения
данной задачи (или утверждение, лежащее в основе решения), но присутствуют
логически верные преобразования с имеющимися формулами,  направленные
на решение задачи.__________________________________________________

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

298

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Критерии оценивания выполнения задания

Баллы

ИЛИ В ОДНОЙ из исходных формул, необходимых для решения данной задачи (или в утверждении, лежащем в основе решения), допущена ошибка, но присутствуют логически верные преобразования с  имеющимися формулами,  направленные на решение задачи

Все  случаи  решения,   которые  не  соответствуют  вышеуказанным  критериям выставления оценок в 1, 2, 3 балла

Максимальный балл

24

25

Вариант 2 Возможное решение

1. Приведён схематический рисунок картины линий напряжённости: внутри полости — семейство прямых лучей, направленных к заряду и исходящих с поверхности полости по нормали; снаружи шара — семейство прямых лучей, направленных к поверхности шара по нормали к ней из бесконечности.
2. Внутри проводника — электростатическое поле Ё = 0.
3. Заряд qпомещён в центр шарообразной полости. Поэтому его электростатическое поле в полости обладает центральной симметрией и выглядит как поле уединённого точечного заряда q< 0, находящегося в центре полости. Линии напряжённости этого поля подходят по нормали к поверхности полости, где равномерно распределён положительный индуцированный заряд +д > 0.
4. На наружной поверхности шара находится (в силу нейтральности шара в целом) отрицательный заряд q< 0. В силу того, что внутри проводника Ё = 0, а снаружи окружающие предметы расположены далеко от шара, этот заряд распределён по поверхности шара равномерно. Его поле вне шара выглядит как поле уединённого точечного заряда q< 0, расположенного в центре шара. Линии напряжённости направлены к шару по нормали к его поверхности.

Возможное решение

1. Поскольку нить, связывающая грузы, нерастяжима и невесома, то оба груза движутся с одинаковым ускорением, и модули сил натяжения нити, действующих на трузы, также одинаковы, т. е. а_г = а₂ = а, Щ = Ш = Т.

х

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

299

2. Рассмотрим случай, когда F= 18 Н, а Т= 10 Н. Запишем второй закон Ньютона

для    грузов    в    проекциях    на    горизонтальную    ось    Ох:    для    первого    тела:

F— Т = М_га, — для второго тела: Т = М₂а.

Т     М Т       2 • 10 В итоге получим: М₂ = — = ^ ^х ^ — тт;—ттт = 2,5 кг.

а

Ответ: М₂=2,5 кг.

26

27

Возможное решение

После прохождения светом дифракционной решётки на экране будет формироваться дифракционный спектр, представляющий собой симметричные относительно центра повторяющиеся светлые полосы. Под углом а к нормали будет наблюдаться fe-й

максимум,   если   dsina = feA,,   где   X= -.   Максимальный   порядок   спектра   будет

наблюдаться под углом a = 90°.

Следовательно, для максимального порядка спектра получим:

dv₌10~³ — 5 • 10¹⁴ с  »  500-3 10

Максимальный порядок спектра k = 3. Ответ: k= 3.

Возможное решение

1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. В процессе медленного движения поршня его ускорение считаем ничтожно малым. Поэтому сумма приложенных к поршню сил при его движении равна нулю (рис. а). В проекциях на горизонтальную ось х получаем: F₁—F₀— F_yup=0, где F₀ — сила давления атмосферы на поршень, F_x— сила давления газа в цилиндре на поршень, F_ynp — упругая сила, действующая на поршень со стороны пружины.
2. Из равенства давлений слева и справа от поршня в начальном состоянии и гладкости стенок следует, что в начальном состоянии пружина не деформирована. Поэтому при смещении поршня вправо от начального положения на величину х модуль упругой силы F_yTJ„ = kx. Тогда

F_x = p(x)S = F₀‘+ F_ynp = p₀S + kx₉

и давление в цилиндре при смещении поршня вправо от начального положения на величину х определяется по формуле р(х) = р₀+-^- (рис. б).

3. Используем модель одноатомного идеального газа

pV = vRT, U= |vET.

Отсюда   получаем:

U = —pV.   Внутренняя   энергия   газа   в   исходном   состоянии

и_г =—p₀SL, а в конечном состоянии

Щ = |*(Ь) • S(L+ Ъ) = |[ д, + %)S(L+ 6).

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

300

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

4. Из первого начала термодинамики получаем: Q = U₂—U₁ + А₁₂.

Работа газа А₁₂при сдвиге поршня  из  начального состояния  в конечное равна произведению  величины  S  и  площади  трапеции  под  графиком р(х)  на рис.   б:

^А12 =^_Р(®) ⁺p(^b)^Sb = p₀S+ —№. Подставляя в выражение для Qзначения U_l9 U₂и А₁₂, получим:

Q = §(A)S + kb)(L + b)- ^p₀SL + Г p₀S + Цъ = kbL + |_Л5Ь + 2kb².

Решая это уравнение относительно S₉получим: S

Q-~kbL-2kb²

Ответ: S = ■

yPob

28

Возможное решение

1. При подключении положительного вывода батареи к точке А потенциал точки А оказывается выше, чем потенциал точки Б, ср_А > ср₅, поэтому ток через диод, подключённый параллельно резистору R_l9не течёт. Эквивалентная схема цепи в этом случае имеет вид, изображённый на рис. а. Общее сопротивление соединённых

(i?_x+ R₂)R₂

случае     равно     R₀₁

p2_t

&²(R₁ +2R₂) {R_t+ R₂)R₂

АО-

ВО

АО

R.

-CZZh

Ro

I___ Т

Рис. а

R,

2. При изменении полярности подключения батареи ц>_А < ср_Б открытый диод оказывается подключён к резистору R_xпараллельно, шунтируя его. Эквивалентная схема цепи в этом случае изображена на рис. б. Общее сопротивление

Ro

соединённых  резисторов  во  втором случае равно R₀₂ а потребляемая мощность Р₂

во-

А.

Рис. б

А.

3. Из этих уравнений получим: i?2

2&²     2 ■ 12²

Р₂          7,2

2 12²•40 — 6  40² 6-40-12²

1. Электрон в магнитном поле движется по окружности радиусом Rсо скоростью v

v² и центростремительным ускорением а = —.

Ft

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

301

30

2.  Ускорение вызывается силой Лоренца (F= evB) в соответствии со вторым законом

V*            и                ^eBR

Ньютона: та = F, или т— = evB =>v = —=—.

К                                  Til

3.  Для   определения   максимальной   скорости   движения   электрона   воспользуемся

л      ^тг;2

уравнением Эйнштейна для фотоэффекта: nv= А + ——.

4.  Подставляя в это уравнение скорость электрона, получим выражение для частоты

A    (eBR)²     4,42-IP¹⁹₊(l6  ИГ¹⁹-4-ИГ*-ИГ²)^{2
Света:V} = Т ⁺ ~ШГ = ₆,₆ .ю^  ⁺    2 • 9,1 • ID«³¹• 6,6 ■ ID«³⁴    ~                            ^ГЦ‘

Ответ: v* 1 • Ю¹⁵ Гц.

Возможное решение

Обоснование

Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью Земли. Будем считать все тела материальными точками. Трением снаряда и осколков о воздух пренебрежём.

Поскольку время разрыва снаряда мало, импульсом внешних сил (сил тяжести) можно пренебречь, а значит, для решения задачи можно воспользоваться законом сохранения импульса.

Так как при решении задачи мы пренебрегаем силой трения, то можно использовать закон сохранения энергии для снаряда с учётом энергии разрыва.

Решение

1. Запишем законы сохранения импульса и сохранения энергии для снаряда:

т        т             Vq  _tA„    mvl     mv

где т — масса снаряда до взрыва; l>₀ — модуль скорости снаряда до взрыва; и_г — модуль скорости осколка, летящего вперёд; v₂ — модуль скорости осколка, летящего назад.

2. Выразим   v₀  из   первого  уравнения:   v₀=-(v₁—v₂)   —   и  подставим   во   второе

уравнение.

8А£     _ 8-600Ю³ (и_г+и₂)²«(900 + 100)

Ответ: т = 4,8 кг

24

Вариант 3

Возможное решение

1. Стрелка и стержень электрометра, соединённые с нижней пластиной, но изолированные от корпуса, заряжаются положительно, и стрелка отклоняется на некоторый угол.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

302

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Благодаря заземлению в верхней пластине и металлическом корпусе электрометра происходит перераспределение свободных электронов таким образом, что верхняя пластина заряжается отрицательно. Заряды перераспределяются до тех пор, пока корпус электрометра и верхняя пластина не станут эквипотенциальной поверхностью с одним потенциалом, а стрелка и нижняя пластина — эквипотенциальной поверхностью с другим потенциалом.

2. Заряды пластин одинаковы по модулю и противоположны по знаку, пластины

о   eg

образуют конденсатор с ёмкостью С = ~V~, где S— площадь перекрытия пластин,

диэлектрическая проницаемость диэлектрика

d— расстояние между ними, 8 между пластинами.

Характер изменения угла отклонения стрелки совпадает с изменением разности потенциалов между пластинами: при увеличении разности потенциалов увеличивается угол отклонения, при уменьшении разности потенциалов угол уменьшается.

3. При уменьшении расстояния dмежду пластинами ёмкость конденсатора увеличивается, заряд конденсатора практически не меняется, так как его ёмкость много больше ёмкости системы «корпус + стрелка электрометра», а нижняя пластина вместе со стержнем и стрелкой электрометра образуют изолированную систему заряженных тел. Поэтому разность потенциалов Дф = -^ уменьшается, и угол отклонения стрелки электрометра уменьшается.

25

Возможное решение

Скорость тела определяется изменением его координаты с течением времени. Ана­лизируя график зависимости координаты автомобиля от времени x(t), видим, что в промежутке от 2 до 3 мин его координата изменяется линейно и быстрее всего. Следовательно, в этот промежуток времени автомобиль движется равномерно с мак­симальной скоростью. Определим модуль максимальной скорости автомобиля:

_*(3)-*(2)    900-300
<W———- _Xt—— -—^———- -10 м/с.

Таким образом, максимальная кинетическая энергия автомобиля равна

Е„

mv

max    _

2500 • 10²

= 125Ю³ Дж = 125 кДж.

26

Возможное решение

Запишем  формулу  для  рассеивающей  линзы:   -— = ±.-1    _где   d  —   расстояние

F     d    fот предмета до линзы. В формуле учтено, что изображение предмета — мнимое.

Из условия задачи следует, что.у = 4. Проведя преобразования, для модуля фокуса линзы получим:

Ответ: F = 12 см.

з

4-9

12    СМ.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

303

27

Возможное решение

1. Запишем уравнение Менделеева — Клапей­рона для газа в верхней и нижней частях сосуда в начальном равновесном состоянии: _PlV₁=vRT, p₂V₂=vRT, где p_l9p₂— давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, V_l9 V₂ — объёмы верхней и нижней частей сосуда.
2. Запишем уравнение Менделеева — Клапей­рона для газа в верхней и нижней частях со­суда после откачки воздуха: р^ =(v — Av)RT, p₂V₂= vRT, где р_г р₂   — давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, V_x V₂   — объёмы верхней и нижней частей сосуда.

Mg

3. Условие механического равновесия поршня в начальном состоянии: р₂ — р_г

.    Mgа после откачки воздуха: р₂ — р_г =

горизонтального сечения.

v₂—^A‘v₂‘   з

_ТЛ      V   „      2V      .

2V5 ‘

*V

3F

5 ‘

где V — объём всего сосуда.

5. После объединения записанных выше выражений получим уравнение:

ЗуДГ    ЗуДГ _ 5уДГ    5(v — Av)RT

2F

14 1

откуда получим: Ду = —^-v = Ответ: Ду « 0,93 моль.

28

Возможное решение

1. Напряжение Uна конденсаторе равно ЭДС индукции Ш в прово­днике, которая пропорциональна скорости движения проводника. Заряд конденсатора q = CU.
2. При    движении    проводника    на    него    действуют    две    силы (силой  трения  пренебрегаем):   сила  тяжести   mgи  сила Ампера F_A = IBl (I— сила тока в цепи), которая направлена против дви­жения   проводника   (см.   рисунок).   Проводник   движется   равномерно.   Согласно второму закону Ньютона при этом сила тяжести и сила Ампера компенсируют друг друга:

mg = IBL

3.  Напряжение  на резисторе  равно  напряжению  на  конденсаторе,  так  как  они
соединены параллельно. Согласно закону Ома для участка цепи сила тока через

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

304

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

4. Подставляя выражение для силы тока в п. 2, получаем выражение для искомо­го сопротивления проводника:

.ян,    ю-⁶Q.5 од                  ^

R

^Ст§    20-КГ⁶-0,025-10

Ответ: i? = 0,01 Ом.

29

Возможное решение

Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:  hc = A_Bblx+E_K, где Е_к

heкинетическая  энергия  фотоэлектронов,   Д,_ых = —.   Фототок  прекращается,   когда

Е_к = eU, где U— напряжение между электродами, или напряжение на конденсаторе. Заряд конденсатора q = CU.

В результате получаем:

3-Ю⁸

^о     Ch    450-Ю^-9     4000-10¹² -6,6-10

= Ю¹⁵ Гц

30

Возможное решение Обоснование

1. Систему   отсчёта,    связанную считать      инерциальной.      Тела материальными    точками,    так пренебрежимо малы в условиях задачи.
2. При соударении для системы «пуля — тело» в ИСО выполняется закон сохранения импульса в проекциях на горизонтальную ось, так как внешние силы (сила тяжести и сила реакции опоры) вертикальны.
3. При движении составного тела от вершины полусферы выполняется закон сохранения механической энергии, так как полусфера гладкая, и работа силы реакции опоры равна нулю (эта сила перпендикулярна скорости тела).
4. В момент отрыва обращается в нуль сила реакции опоры N.
5. Второй закон Ньютона выполняется в ИСО для модели материальной точки.

Решение

1. Закон сохранения импульса связывает скорость пули перед ударом со скоростью составного тела массой т + М сразу после удара: mv₀ =(m + M)v₁.

Закон сохранения механической энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы:

(m + M)vl    /        _{Л/гЧ   п}    (m + M)vi    ,

^       -2^J— + (m + M)gR = i          _^2_ ₊ (_m+Mucosa,

где v₂ — скорость составного тела в момент отрыва; h = Rcosa— высота точки отрыва (см. рисунок).

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

305

2.  Второй закон Ньютона в проекциях на ось х (направленную в центр полусферы),
в момент отрыва тела принимает вид:

(m + M)vo
[т+ Mjgcosa = ———     ‘     .

v^2,               3

3.  Объединяя уравнения, получим: -^- + gR = -^gh.

1    f  wu₀   f ,2_D_    1      ( 0,01-200 f , 2

Отсюда *-£■ Uy^j    -з^Л=1Л0  lo^9TWj  + 3′¹‘»‘⁸*-

Ответ: h= 0,8 м.

Вариант 4

1.  Стрелка и стержень электрометра, соединённые с нижней пластиной,
но изолированные от корпуса, заряжаются положительно, и стрелка отклоняется
на некоторый угол.

Благодаря заземлению в верхней пластине и металлическом корпусе электрометра происходит перераспределение свободных электронов таким образом, что верхняя пластина заряжается отрицательно. Заряды перераспределяются до тех пор, пока корпус электрометра и верхняя пластина не станут эквипотенциальной поверхностью с одним потенциалом, а стрелка и нижняя пластина — эквипотенциальной поверхностью с другим потенциалом.

2.  Заряды пластин одинаковы по модулю и противоположны по знаку, пластины

образуют конденсатор с ёмкостью С =   °     , где S — площадь перекрытия пластин,

d— расстояние между ними, s — диэлектрическая проницаемость диэлектрика между пластинами.

Характер изменения угла отклонения стрелки совпадает с изменением разности потенциалов между пластинами: при увеличении разности потенциалов увеличивается угол отклонения, при уменьшении разности потенциалов угол уменьшается.

3.  При увеличении расстояния dмежду пластинами ёмкость конденсатора
уменьшается, заряд конденсатора практически не меняется, так как его ёмкость
много больше ёмкости системы «корпус + стрелка электрометра», а нижняя
пластина вместе со стержнем и стрелкой электрометра образуют изолированную

систему заряженных тел. Поэтому разность потенциалов Аф = — увеличивается и угол отклонения стрелки электрометра увеличивается.

Возможное решение

Скорость тела определяется изменением его координаты с течением времени. Анализируя график зависимости координаты автомобиля от времени x(t), видим, что в промежутке от 4 до 5 мин его координата изменяется линейно и быстрее всего. Следовательно, в этот промежуток времени автомобиль движется равномер-

306

ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ

но с максимальной скоростью. Определим модуль максимальной скорости автомо­биля:

|*(5)-*(4)   1300-9001    „_Л     ,

tW = ‘  ^   д/ *= ^L~_W—^J= Ю м/с.

Таким образом, максимальная кинетическая энергия автомобиля равна Яктах -^^=¹⁷⁰^¹⁰²-85.10³Дж = 85 кДж.

Ответ: £_ктах = 85 кДж.

26

Возможное решение

Запишем  формулу  для  рассеивающей  линзы:   -т—г = -т—тз

F    a    f

от предмета до линзы. В формуле учтено, что изображение предмета Из условия задачи следует, что — = 5.

расстояние — мнимое.

27

Проведя преобразования, для модуля фокуса линзы получим: |j?= — = — = 5 см. Ответ: F = 5 см.

Возможное решение

1.  Запишем уравнение Менделеева — Клапей­
рона для газа в верхней и нижней частях
сосуда в начальном равновесном состоянии:                   I    р   V_vT, v

_PlV_x=vRT, p₂V₂=vRT,

где Pi, р₂— давление воздуха в верхней и ниж­ней частях сосуда, V_l9V₂— объёмы верхней и нижней частей сосуда.

2.  Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона для газа в верхней и нижней
частях сосуда после откачки воздуха:

_АТ_’ = vRT, p₂V₂ = (v — Av)RT,

где р_х р₂ — давление воздуха в верхней и нижней частях сосуда, V_t V₂  — объемы верхней и нижней частей сосуда.

3.  Условие     механического     равновесия     поршня     в     начальном     состоянии:

а после откачки воздуха: р₂ — р_х

S— площадь его горизонтального сечения. 4. Из условия задачи: V= V_x+ V₂ = У_г^щ + V₂

Yl-2’^-3^V-У-  V —^2V   V—^V   V‘-^W

4 ‘

где V— объём всего сосуда.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ

307

5. После объединения записанных выше выражений получим уравнение:

SvRT     3vRT _ 4(v — Av)RT    AvRT

1. Напряжение Uна конденсаторе равно ЭДС индукции & в прово­днике, которая пропорциональна скорости движения проводника. Заряд конденсатора q = CU.
2. При движении проводника на него действуют две силы (силой трения пренебрегаем): сила тяжести ragи сила Ампера F_A = IBl (I— сила тока в цепи), которая направлена против дви­жения проводника (см. рисунок). Проводник движется равномерно. Согласно второму закону Ньютона при этом сила тяжести и сила Ампера компенсируют друг друга:

rag = IBL

3.  Напряжение  на  резисторе  равно  напряжению  на  конденсаторе,   так  как  они

соединены параллельно. Согласно закону Ома для участка цепи сила тока через

г    U       qрезистор ¹⁼ -д=-£д-

4.  Подставляя выражение для силы тока в п. 2, получаем выражение для искомой
электроёмкости конденсатора:

qBl  _   ИГ⁶-0,5-0,1

10 • Ю^-6 Ф = 10 мкФ.

Ответ: С = 10 мкФ.

29

Возможное решение

Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: —

кр

Фототок прекращается, когда Е_ктах = eU, где U— напряжение между электродами, равное напряжению на конденсаторе. Заряд конденсатора q = CU.

В результате получаем:

4000-Ю¹²-6,6  10″³⁴ -3-Ю⁸

-19

кру

Ответ: q— 5,5 нКл.

30

Возможное решение Обоснование

1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. Тела можно считать материальными точками, так как их размеры пренебрежимо малы в условиях задачи.
2. При соударении для системы «пуля — тело» в   ИСО   выполняется   закон   сохранения   импульса

М    п

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

308

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

в проекциях на горизонтальную ось, так как внешние силы (сила тяжести и сила реакции опоры) вертикальны.

1. При движении составного тела от вершины полусферы выполняется закон сохранения механической энергии, так как полусфера гладкая, и работа силы реакции опоры равна нулю (эта сила перпендикулярна скорости тела).
2. В момент отрыва обращается в нуль сила реакции опоры N.
3. Второй закон Ньютона выполняется в ИСО для модели материальной точки.

Решение

1.  Закон сохранения импульса связывает скорость пули перед ударом со скоростью
составного тела массой т + М сразу после удара: mv₀ ={m + M)v₁.

Закон сохранения механической энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы:

(m + M)vf    _/              .   __    (m + M)vl     ,           .   _п

±——     ^;1+ (т + M)gR= ±               ^;2 +(т + M)gRcosa,

где у₂ — скорость составного тела в момент отрыва; h = Rcosa— высота точки отрыва (см. рисунок).

2.  Второй закон Ньютона в проекциях на ось х (направленную в центр полусферы)

(m + M)vl

в момент отрыва тела принимает вид: (т + M)gcosa

v^              3

3. Объединяя уравнения, получим: -~ + gR = —gh.

Отсюда R = —h— — ‘ 2       2g

Ответ: R= 1,3 м.

щи,

_КМ + т j

3            1      ( 0,01 -200   .

2   ^1_2ТТо  I 0,99 + 0,01 I   ⁼¹‘^ЗМ—

1. По условию задачи сопротивлением амперметра можно пренебречь, а сопротивление вольтметра бесконечно велико. При перемещении движка вправо сопротивление реостата R₂увеличивается, что ведёт к увеличению сопротивления Rвсей внешней

_       RiRo

цепи: R— —^{1  г}

.rtj + R₂

2.  В  соответствии  с  законом  Ома  для  полной  цепи  сила  тока через  амперметр
уменьшается: / = —— (знаменатель дроби растёт, а числитель остаётся неизменным).’

Г + R

Напряжение, измеряемое вольтметром, при этом растёт: U= IR = & — Ir.

3.  Ответ: напряжение, измеренное вольтметром, растёт, а сила тока через амперметр
уменьшается.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

309

25

26

27

Возможное решение

В случае гармонических колебаний максимальная потенциальная энергия пружины

kA²     mv²             ,

равна максимальной кинетической энергии тележки: —— = —^—, где к — жесткость

пружины, А — амплитуда колебаний тележки, т — масса тележки, v— максимальная скорость тележки.

тэ                                           л           [™       о      /0,5        _Лл —

В итоге получим: А = vJ— = 3 • _ЛЬг^т^ = 0,15 м.

V k          V200

Ответ: А = 0,15 м.

Возможное решение

N • F                                                                                  с

Мощность импульса Р = —-—, где N — число излучённых фотонов, Е = h—————- энер-

t                                                                                     а,

гия одного фотона, t— длительность импульса.

„                   ,    NE    Nhc    10¹⁹-6,6  10″³⁴-3 10⁸     ₀ —_п-з

Получаем: t = —_E—— = —— =—————- ₅———- 5— = 3 10    с.

^       ^              600 10″⁹1,110³

Ответ: ^ = 3 мс.

Возможное решение

1.  Водяной пар в воздухе до момента конденсации является разреженным газом
и описывается уравнением Менделеева — Клапейрона: pV= — RT, где р — парци­
альное давление пара, т — масса пара в рассматриваемом объёме V, Т — абсолют­
ная температура, а М = 18 • 10~³ кг/моль — молярная массы воды. При комнатной
температуре Т₁и парциальном давлении р_г в выделенном объёме Vсодержится

тп₁ = М-^=- водяного пара, а в выдыхаемом воздухе при температуре Т₂и парци-

альном давлении р₂содержится пг₂ = М        .

К1₂

2.  Масса испарённой воды в этом объёме:

P2V    jrPiV _MV(p2_Pi^

Т₂     П

При t_x=17 °С {Т_х=273+ 17 = 290 К) и относительной влажности 40 % парциальное давление водяного пара р_х= 0,6р_н1 = 0,6 1,94 10³ Па = 1164 Па, а при t₂=34 °C (Т₂=273 + 34 = 307 К) и относительной влажности 100 % парциальное давление водяного пара р₂= р_я2= 5320 Па.

Здесь р_н1=1,94 10³ Па — давление насыщенного водяного пара при %=17 °С, а р_я2= 5320 Па — давление насыщенного водяного пара при t₂= 34 °С.

3. Через лёгкие за 1 мин проходит 15 л воздуха, а за 20 мин — 300 л, т. е. F = 0,3 м³. Подставляя значения физических величин, получим количество потерянной за час воды:

MVm

RОтвет: m« 8,65 г.

-3

18 -ИГ*- 0,3 8,31

5320    1164 307      290

«8,6510″³ кг = 8,65 г.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

310

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

28

Возможное решение

2

Центростремительное ускорение иона в конденсаторе а = — определяется силой F= qE,

v² действующей со стороны электрического поля. По второму закону Ньютона qE= т—,

где q, т и v— соответственно заряд, масса и скорость иона, Е — напряжённость

2

электрического поля. Отсюда: R= т—=. Если заряд иона qувеличивается в 2 раза,

qki

то для сохранения прежнего значения радиуса траектории при прежней скорости напряжённость поля нужно уменьшить в 2 раза. Поскольку напряжённость электри­ческого поля Е прямо пропорциональна напряжению между обкладками конденсатора: U = Ed (d— расстояние между обкладками конденсатора), — то напряжение Uнужно уменьшить в 2 раза.

Ответ: уменьшить в 2 раза.

1.  По формуле тонкой линзы определим первоначальное положение изображения

источника на главной оптической оси: — = — — — =>/ = ———. В нашем случае d = 2F,

f    F    d              d—F

поэтому / = 2F.

2.  Определим расстояние cf от источника до плоскости линзы после поворота линзы:
сГ = dcosa, а также fрасстояние от изображения источника до плоскости линзы

после поворота: — = — + -—. Здесь, /’ = (/ + A/)cosa, где А/ — смещение изображения F     d     f

источника вдоль исходной главной оптической оси АВ.

3.  Получим конечное выражение в аналитическом и числовом видах:

F(d + /) — fdcosa _ F(d + 2F) — 2Fdcosa

А/ =

dcosa-F                        dcosa-F

0,2 • (0,4 + 2 • 0,2) — 2 • 0,2 • 0,4 • 0,866

0,4-0,866-0,2

Ответ: A/ « 0,15 м.

© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

311

30

Возможное решение Обоснование

1.  Задачу будем решать в инерциальной системе
отсчёта, связанной со столом. При нахождении
ускорений тел будем применять второй закон
Ньютона, сформулированный для материальных
точек, поскольку тела движутся поступательно.
Трением в оси блока и о воздух пренебрежём;
блок будем считать невесомым.

На рисунке показаны силы, действующие на брусок и груз.

2.  Так как нить нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю:

|#l~ |^= ^а—                                                                                                        (!)

3.  Так как блок и нить невесомы и трения в блоке нет, то силы натяжения нити,
действующие на груз и брусок, одинаковы по модулю:

|71НТ₂|=Г.                                             (2)

Решение

1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы координат.   Учитывая   (1)   и   (2),   получим:   Fcosa -Т — F_Tp = Ma,   N + i^sina = Mg, T— mg= ma. Сила трения, действующая на брусок, F_Tp= jjJV.

Решая полученную систему уравнений, найдём ускорение тел:

F(cosa + j^sina) — mg — [iMg

M + m

1. Так как начальная скорость груза была равна нулю, L= —.
2. Окончательно получим:

f F(cosa + jusina) — mg — xMg

M + m

¹2-0,32-

9 • (Тз/2 + 0,3 • 0,5) — 0,5 • 10 — 0,3 • 1 • 10

1 + 0,5

0,7 м/с.

Ответ: v« 0,7 м/с.

Вариант 6

24

Возможное решение

1. По условию задачи сопротивлением амперметра можно пренебречь, а сопротивление вольтметра бесконечно велико. При перемещении движка влево сопротивление реостата R₂уменьшается, что ведёт к уменьшению сопротивления Rвсей внешней

цепи: Д =   ^Д]f²   .

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

312

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

25

2.  В  соответствии  с  законом  Ома  для  полной  цепи  сила  тока  через  амперметр

увеличивается:   I =——- —  (знаменатель  дроби   уменьшается,   а  числитель   остаётся

неизменным).    Напряжение,    измеряемое    вольтметром,    при    этом   уменьшается: U = IR = &-Ir.

3.  Ответ:  напряжение,  измеренное вольтметром,  уменьшается,  а сила тока через
амперметр увеличивается.

Возможное решение

В случае гармонических колебаний максимальная потенциальная энергия пружины равна максимальной кинетической энергии тележки:

жёсткость пружины, А — амплитуда колебаний тележки, т максимальная скорость тележки.

В итоге получим: v= А_А

1 м/с.

Ответ: v= 1 м/с.

26

Возможное решение

Мощность импульса Р =——— , где N

гия одного фотона, t— длительность импульса.

тт                  _D    NE    Nhc    10¹⁹-6,6Ю~³⁴-ЗЮ⁸     _Лакта

Получаем: Р =—— = —_г—_г— =———— —————- -— = 165 Вт.

600 • Ю^-9• 20 • 10~³

X

энер-

27

Возможное решение

1. Водяной пар в воздухе до момента конденсации является разреженным газом и описывается уравнением Менделеева — Клапейрона: pV= —RT, где р — парци­альное давление пара, т — масса пара в рассматриваемом объёме V, Т — абсолют­ная температура, а М = 18 • 10″³ кг/моль — молярная массы воды. При комнатной температуре  Т_ги парциальном давлении р_хв выделенном объёме Vсодержится

РлУ

водяного пара, а в выдыхаемом воздухе при температуре Т₂и парци-

р₂у

RT₀‘

2. Масса испарённой воды в этом объёме:

т = т₂ -щ = М

К¹2

При t_x=20 °C {Т_х = 273 + 20 = 293 К) и относительной влажности 40 % парциальное давление водяного пара р_г = 0,4р_н1 = 0,4 • 2,34 10³ Па = 936 Па, а при t₂ = 34 °С (Т₂ = 273 + 34 = 307 К) и относительной влажности 100 % парциальное давление во­дяного пара р₂ = р_и2= 5320 Па.

Здесь р_н1=2,34 10³ Па — давление насыщенного водяного пара при £_х = 20 °С, а р_н2 = 5320 Па — давление насыщенного водяного пара при t₂ = 34 °С.

© 2023. ООО «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного. разрешения правообладателя не допускается

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

313

3. Через лёгкие за 1 мин проходит 15 л воздуха, а за 1 ч — 900 л, т. е. V= 0,9 м³. Подставляя значения физических величин, получим количество потерянной за час воды:

₌ ЖГ^-АУ18 10-³0,9/5320_936>    _27>6,₁₀-з _кг=27fiг

R  {Т₂ Ответ: m« 27,6 г.

28

Возможное решение

v

Центростремительное ускорение иона в конденсаторе а = — определяется силой F= qE,

^н                                                               2

действующей со стороны электрического поля. По второму закону Ньютона qE = m—,

где д, т и v— соответственно заряд, масса и скорость иона, Е — напряжённость электрического поля. Напряжённость электрического поля Е прямо пропорциональна напряжению   между   обкладками   конденсатора:   JJ—Ed   (d   —   расстояние   между

обкладками конденсатора). Отсюда: R= т—= = т——. Если заряд иона qувеличивается

qE          qu

в 2 раза, то для сохранения прежнего значения радиуса траектории при прежнем

напряжении на обкладках конденсатора скорость движения частиц нужно увеличить

в V2 раз.

Ответ: увеличить в V2 раз.

источника на главной оптической оси:

поэтому / = 2F.

f

1     1       —J~d^^f

Fdd—F

В нашем случае d = 2F,

2. Определим расстояние <Г от источника до плоскости линзы после поворота линзы: d¹ = dcosa, — а также /’ расстояние от изображения источника до плоскости линзы

после поворота: -77 =-тт +-тт. Здесь, /’ = (/ + A/)cosa, где А/ — смещение изображения F     d      f

источника вдоль исходной главной оптической оси АВ.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

314

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

30

₌ F(d + f + A/)     F(d + 2F + А/)     0,2(0,4 + 2 ■ 0,2 + ОД)
^а»    d(f + Af)     »     d(2F + Af)                  0,4(2-0,2 + 0,1)

а = arccos(0,9). Ответ: а = arccos (0,9).

Возможное решение

Обоснование

1. Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. При нахождении ускорений тел будем применять второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и о воздух пренебрежём; блок будем считать невесомым.

На рисунке показаны силы, действующие на брусок и груз.

2. Так как нить нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю:

aJ = а₂ ^=a‘

(1)

Решение

1.  Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы
координат.   Учитывая   (1)   и   (2),   получим:   Fcosa-Т —F_Tp= Ма,   N + Fsina = Mg,

Т — mg= ma.

Сила трения, действующая на брусок, F_Tp = iN.’

Решая полученную систему уравнений, найдём ускорение тел:

_ F(cosa + jLisina) — mg — xMg M + m

1. Так как начальная скорость груза была равна нулю, L= —=-.
2. Окончательно получим:

2L

М + т

.F(cosa + jLisina) — mg — iMg

2- 0,32

1 + 0,5

9 • (Тз/2 + 0,3 • 0,5) — 0,5 • 10 — 0,3 • 1 • 10

«0,92 c.

Ответ: £«0,92с.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

315

24

Вариант 7

Возможное решение

1.  Под действием электрического поля пластин изменится
распределение электронов в гильзе: левая сторона будет иметь
отрицательный заряд, а правая сторона — положительный
(см. рисунок).

Сила взаимодействия заряженных тел уменьшается с ростом расстояния между ними. Поэтому притяжение к пластинам ближних к ним сторон гильзы будет больше отталкивания противоположных сторон гильзы. Гильза первоначально находится ближе к левой, положительно заряженной пластине. Поэтому согласно второму закону Ньютона равнодействующая сил Кулона, действующих на гильзу, будет направлена в сторону положительно заряженной пластины и гильза будет двигаться к этой пластине, пока не коснётся её.

1. В момент касания пластины гильза приобретёт заряд того же знака, какой имеется у пластины, оттолкнётся от неё и будет двигаться к противоположной пластине. Так как нить достаточно длинная, то гильза на нити дойдёт до противоположной пластины. Коснувшись противоположной пластины, гильза поменяет знак заряда, вернётся к первой пластине, и такое движение будет периодически повторяться.
2. Ответ: гильза начнёт двигаться влево, после касания пластины станет двигаться вправо, затем — опять влево. Начнутся колебания гильзы между пластинами.

25

Возможное решение

1.  Для системы тел «мальчик — тележка»
в системе отсчёта «дорога» запишем закон
сохранения импульса (см. рисунок) для неупругого
столкновения в проекциях на горизонтальную ось,
направленную вдоль движения тележки:
щи₁ +m₂v₂ =(щ + m₂)v, где v— скорость тележки
с мальчиком после того, как он запрыгнет
на тележку.

2.  Отсюда
(щ + m₂)v— rn_xv_x _ (30 + 50) • 3 — 30 • 2

= 3,6 м/с.

ГПо

до соударения

■_

//Г////////Г/////7///////

после соударения

(m_x+ m₂) v

1

Q   ////// /У/ / / /Г//////// П / /   *

26

Возможное решение

Запишем формулу для собирающей линзы — = 3+ Т’ ^где ^ мета до линзы, f

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

316

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета получим:

/     _       0,12

Df-1    15 0,12-1

Ответ: d = 0,15 м.

27

Возможное решение

А

1. Относительная влажность воздуха в трубке в первом случае: Фх -—, где р_г

давление  водяных  паров  в  трубке, р_н  —  давление  насыщенных  водяных  паров при той же температуре.  Для второго случая относительная влажность воздуха

в трубке: (р₂ = —, где р₂ — парциальное давление водяных паров в трубке.

Ри

1. Давление влажного воздуха в первом случае равно атмосферному давлению: Лвл = А» ~~~ ^аво втором случае — р_2вл = Ро +P8Uгде р — плотность ртути, а I— длина столбика ртути. Заметим, что р₀=pgH, где Я =760 мм.
2. Объём влажного воздуха при изменении положения трубки изменился так, как изменились длины столбиков воздуха, запертых ртутью. Считаем влажный воздух идеальным газом. Поэтому по закону Бойля — Мариотта можем записать У2 ₌ к __      Ро

У     к     Ро + Pgl‘

vRT              (v + v_CB)RT

4.  Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что р

у    ‘  Рзл                    у             ‘

где р — парциальное давление водяного пара, р_вл— давление влажного воздуха, v — количество моль водяного пара в трубке, v_CB — количество моль сухого воз­духа в трубке.

р   _     v

const.

Рвл       ^v + ^vc

—, и для изотермического процесса для парциальных давлений во-

Р2       Р2вл

дяного пара имеем:

5. После объединения записанных выше уравнений получим выражение для от­носительной влажности воздуха во втором случае:

760 +100

pgH+ pgl_     H + l

= <Pi-

Ответ: cp₂ « 68 %.

© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

317

28

Возможное решение

1. Так как сопротивление всех ламп одинаково, то Фа = Фв (см. рисунок). Между точками равного потенциала ток не течёт, и участок АВ можно исключить из схемы.

2. Из эквивалентной схемы видно, что сопротивление внешней

цепи Rq

3. По закону Ома для полной цепи ток, текущий через источник      г-Ф

в схеме, /

4. По закону Ома для участка цепи ток, текущий по цепи из ламп 1 и 3, /₁₃ = U_CD / (2R). Аналогично ток, текущий по цепи из ламп 2 и 4, /₂₄ = U_CD / (2R). Таким образом, J₁₃= /₂₄=1/2.

Кг

5. По закону Джоуля — Ленца мощность, выделяющаяся на лампе 2,

П²_           &²R         12100-20

125 Вт.

4(Я + гу

Ответ: Р = 125 Вт.

Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта энергия поглощаемого фотона равна сумме работы выхода фотоэлектрона из металла и максимальной кинетической энергии фотоэлектрона:

.2

Av= Лых +

В электрическом поле на электрон действует сила, направление которой противоположно направлению вектора напряжённости поля. Поэтому в нашем случае фотоэлектроны будут ускоряться полем. В точке измерения их максимальная кинетическая энергия

2

+ eU,

где U— разность потенциалов между поверхностью пластины и эквипотенциальной поверхностью на расстоянии L= 10 см от неё.

Поскольку поле однородное и вектор Ё перпендикулярен пластине, то U= EL.     (3)

Решая систему уравнений (1), (2) и (3), находим: hv= А + Ш- eEL.

-19

6,6 • 10″³⁴ • 1,6 • 10¹⁵    _Q_    1,6 • 10^1У • 130 • 0,1

—- о, I + —

1,6  10

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

318

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

30

Возможное решение

Обоснование

Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью стола. Будем применять для грузов и бруска законы Ньютона, справедливые для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и трением о воздух, а также массой блока пренебрежём.

Так как нить нерастяжима и длина пружины постоянна, ускорения обоих брусков и груза равны по модулю:

(1)

^а1 ^{= а}2 ~ |^аз^{= а}*

На рисунке показаны силы, действующие на бруски и груз.

Так как блок и нити невесомы,  а трение отсутствует,  то модули сил натяжения нити, действующих на груз и верхний брусок, одинаковы:

TiH!Г₂ |= Т.                                                                       (2)

Равны по модулю и силы

так как пружина лёгкая. Решение

Р       =z7? Гупр2        рупрЗ

(3)

1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы координат. С учётом (1)-(3) получим:

Ох: Ма = Т

Оу: N = Mg, ma = mg—T + F_ynp, ma = mg—F_ynp

2mg— E.

тр

Сложив эти уравнения, найдём ускорение тел: а =

2.  Сила трения F_Tp = iN = iMg.

о   тт                                                    -I                    гт            /        ч    mMg(l+ ц)

3.  Из последнего уравнения в п. 1 получим F_vnD=m(g—a) = —„о      •

По закону Гука F     = kM = k(L — Z), тогда

l=i₊^mMj⁽¹: ^=од₊*>*j± ₀¹⁰f: ?:²⁾=0,13 м.

Ответ: L= 0,13 м.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

319

24

Возможное решение

1.  Под действием электрического поля пластин изменится
распределение электронов в гильзе: левая сторона будет иметь
положительный заряд, а правая сторона — отрицательный
(см. рисунок).

Сила взаимодействия заряженных тел уменьшается с ростом расстояния между ними. Поэтому притяжение к пластинам ближних к ним сторон гильзы будет больше отталкивания противоположных сторон гильзы. Гильза первоначально находится ближе к левой, отрицательно заряженной пластине. Поэтому согласно второму закону Ньютона равнодействующая сил Кулона, действующих на гильзу, будет направлена в сторону отрицательно заряженной пластины, и гильза будет двигаться к этой пластине, пока не коснётся её.

1. В момент касания пластины гильза приобретёт заряд того же знака, какой имеется у пластины, оттолкнётся от неё и будет двигаться к противоположной пластине. Так как нить достаточно длинная, то гильза на нити дойдёт до противоположной пластины. Коснувшись противоположной пластины, гильза поменяет знак заряда, вернётся к первой пластине, и такое движение будет периодически повторяться.
2. Ответ: гильза начнёт двигаться влево, после касания пластины станет двигаться вправо, затем — опять влево. Начнутся колебания гильзы между пластинами.

25

Возможное решение

1.  Для системы тел «мальчик — тележка»
в системе отсчёта «дорога» запишем закон
сохранения импульса (см. рисунок) для неупругого
столкновения в проекциях на горизонтальную ось,
направленную вдоль движения тележки:
щ v_x +m₂v₂ =(rn₁ + m₂)v, где v— скорость тележки
с мальчиком после того, как он запрыгнет на
тележку.

2.  Отсюда
т^ + m₂v₂_ 50 • 1 + 50•2

= 1,5 м/с.

v

т₁+ т₂

Ответ: v= 1,5 м/с.

0

о

до соударения

////7///////

после соударения

(m_x+ m₂) v

I

/////////////////////////

X

26

Возможное решение

Запишем формулу для собирающей линзы — = — + —, где d

F    a    f

мета до линзы, /

»4-

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

320

ОТВЕТЫИКРИТЕРИИОЦЕНИВАНИЯ

Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета получим:

d     _      0,25 ‘     Z>d-1     5 0,25-1

Ответ: /=1м,

Возможное решение

1.  Относительная  влажность  воздуха  в  трубке  в  первом

случае: щ = —, где р_х— давление водяных паров в труб­ки ке, р_н— давление насыщенных водяных паров при той же

температуре.   Для   второго   случая   относительная   влаж­ность  воздуха  в  трубке:   ср₂ = —,  где р₂  —  парциальное      ////////»///////     JJ

Рн

давление водяных паров в трубке.

1. Давление влажного воздуха б первом случае равно атмосферному давлению: Лвл ⁼ Ро> ^аво втором случае — р_2вл = р₀ —pgl, где р — плотность ртути, а I— дли­на столбика ртути. Заметим, что р₀ = pgH, где Н = 760 мм.
2. Объём влажного воздуха при изменении положения трубки изменился так, как изменились длины столбиков воздуха, запертых ртутью. Считаем влажный воздух идеальным   газом.   Поэтому   по   закону   Бойля   —   Мариотта   можем   записать

^v2 __ к __      Ро ^vi     к     Ро-Р81^л

4.  Из уравнения Менделеева — Клапейрона следует, что р = ^v      , р_вл =-————— ^—— ,

где р — парциальное давление водяного пара, р_вл— давление влажного воздуха, v — количество моль водяного пара в трубке, v_CB — количество моль сухого воз­духа в трубке.

Отсюда следует, что -^— =———— = const.

Рвл        *   ‘  ^св

Поэтому — =   ^1вл , и для изотермического процесса для парциальных давлений во-Рг     Р2вл

дяного пара имеем:

А ₌^v2 ₌      Ро Рг     ^vi     Po—peV

5.  После объединения записанных выше уравнений получим выражение для от­
носительной влажности воздуха во втором случае:

Ф2-Ф1        _ро      -Ф1        ^я^——^ф1~Я»-⁸⁰—     760     «^72/о—Ответ: ф₂ = 72 %.

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

321

28

Возможное решение

1. Так как сопротивление всех ламп одинаково, то Фа ⁼ Фв (см. рисунок). Между точками равного потенциала ток не течёт, и участок АВ можно исключить из схемы.

r®f<8h

2. Из эквивалентной схемы видно, что сопротивление внешней

^ЦеПиДо = 2ЁТ2Л^=й=20°^М—

3.  По закону Ома для полной цепи ток, текущий через источник

г        8         ¹¹⁰       к л

^всхеме‘^/= дТ7 = 20Т2 ^=5А—

1. По     закону     Джоуля     —     Ленца     полезная     мощность, выделяющаяся во внешней цепи, Р_х = I²R₀=5  • 20 = 500 Вт.
2. Полная мощность источника равна Р₂ = Ш = 110 • 5 = 550 Вт.
3. В итоге, КПД источника л = j~ = 550 ^s0‘⁹¹⁼⁹¹ °^/o—

if, г

‘■*,r

29

Возможное решение

Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта энергия поглощаемого фотона равна сумме работы выхода фотоэлектрона из металла и максимальной кинетической энергии фотоэлектрона:

.2

hv= А +

В электрическом поле на электрон действует сила, направление которой противоположно направлению вектора напряжённости поля. Поэтому в нашем случае фотоэлектроны будут ускоряться полем. В точке измерения их максимальная кинетическая энергия станет равной

.2

+ eU,

где U— разность потенциалов между поверхностью пластины и эквипотенциальной поверхностью на расстоянии L= 10 см от неё.

Поскольку поле однородное и вектор Ё перпендикулярен пластине, то U = EL.     (3) Решая систему уравнений (1), (2) и (3), находим:

hv=A+%-eEL.

ч-19

Отсюда: А = hv— & + eEL =

Ответ: А = 3,7 эВ.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

322

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

30

Возможное решение Обоснование

Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью стола. Будем применять для грузов и бруска законы Ньютона, справедливые для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и трением о воздух, а также массой блока пренебрежём.

Так как нить нерастяжима и длина пружины постоянна, ускорения обоих брусков и груза равны по модулю:

На рисунке показаны силы, действующие на бруски и груз.

Так как блок и нити невесомы,  а трение отсутствует,  то модули сил натяжения нити, действующих на груз и верхний брусок, одинаковы:

% 1= т.

Равны по модулю и силы

так как пружина лёгкая. Решение

1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ох и Оу выбранной системы координат. С учётом (1)-(3) получим:

Оу: N = Mg, ma = mg—T + F_ynv, ma = mg— F

п                                               —   »                                        2mg—F_Tp
Сложив эти уравнения, найдем ускорение тел: а =—————— —

1. Сила трения .F_Tp = [iN = iMg.
2. Из последнего уравнения в п. 1 получим F_ynpПо закону Гука F_yup = kAl = k(L— Z), тогда

mMg(l + jlx) M + 2m   ‘

k

0,4  0,8  10  (1 + 0,2)

(L — l)(M + 2m)     (0,14 — 0,1) • (0,8 + 2 • 0,4)

60 H/m.

Ответ: k= 60 Н/м.

Вариант 9

1. Колеблющийся шарик на нити можно считать при малых колебаниях математическим маятником. Первоначально, когда шарик не заряжен, электрическое поле пластины не оказывает влияния на колебательное движение, колебания происходят только за счёт периодически изменяющейся касательной составляющей силы тяжести. Поэтому период свободных колебаний зависит только

от длины нити Iи ускорения свободного падения g(Т_г=2к /—).

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

323

1. Протяжённая равномерно заряженная пластина создаёт однородное электрическое поле Ё. Если шарику сообщить отрицательный заряд, то со стороны электрического поля пластины на него начнёт действовать постоянная сила Кулона, равная по величине F_K=Eq   и направленная вертикально вниз (см. рисунок).
2. В этом случае равнодействующая сил тяжести и Кулона, которая будет определять период свободных колебаний маятника, равна по модулю mg + qE > mg. Возвращающая сила, действующая на шарик (касательная составляющая силы mg + qE), увеличится, шарик   будет   быстрее   возвращаться   к   положению   равновесия,   а   значит,   период

25

-, т. е. Т₂<71).

свободных колебаний маятника уменьшится (Т₂ = 2nJ— = 2п —

а        g+Eq/m

Возможное решение

1. Модуль ускорения поезда на всём пути является постоянной величиной и равен

(1)

где v— скорость поезда в начале последнего километра пути, a s = lкм — длина этого участка пути.

2.  Модуль изменения скорости на этом участке пути равен

Av = v = at.                                                                     (2)

3.  Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для скорости поезда в начале
последнего километра пути:

2s    2-1000    ₀      ,

v = — =            = 8 м/с.

t        250

Ответ: v = 8 м/с.

26

27

Возможное решение

Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта для первого случая:

^hvi= Чф + ^Ev^гД^еvi= ³‘^5vk_P—Следовательно: E_x = 2₉5hv   . Для   второго   случая:   uv₂ = /w_Kp + E₂   —   и   по   условию   v₂ = 2v_v   Следовательно,

Отсюда:     E₂ = 2₉4E_V    Максимальная     кинетическая     энергия     фотоэлектронов, вылетающих из металла, увеличится в 2,4 раза.

Ответ: в 2,4 раза.

Возможное решение

1.  Запишем в инерциальной системе отсчёта второй
закон Ньютона для неподвижного поршня в непод­
вижном сосуде:

(Pi—Po)S—mg = 0₉ где m— масса поршня, S— площадь его поперечного сечения,  р₀   —   внешнее  давление,  р_г   —   давление газа под поршнем в покоящемся сосуде.

2.  В проекциях на ось Ох второй закон Ньютона
для поршня, неподвижного относительно сосуда,
движущегося   с   ускорением   a:   (p₂—p₀)S—mg = ma,                                       ^mg                 o

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

324

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

28

где р₂— давление газа в сосуде, движущемся с ускорением. При этом результирующая сила давления F = (p₂—p₀)S(см. рисунок).

3.  По закону Бойля — Мариотта для газа под поршнем имеем:

p₁V₁=p₂V₂=>p₁Sh₁=p₂Sh₂=> А=й(1-Л)> где h_xи h₂— начальная и конечная высоты столба газа под поршнем соответственно,

а г =———       — относительное изменение высоты столба газа.

4.  Решая систему уравнений

PiS = p₀S + mg; p₂S = p₀S+ mg+ та; p₁=p₂(l-4), получим выражение для массы поршня:

p₀rS            2810³0,05-501(Г⁴    _е

(l-r)a-rg    (1-0,05)-2-0,05Ю

Ответ: т = 5 кг.

Возможное решение

1.   При прохождении ускоряющей разности потенциалов Uзаряженная частица
массой т с зарядом qприобретает кинетическую энергию

mv²      _TT

~Y~^=qU‘                                                    t¹)

Здесь учтено, что начальная скорость частицы равна нулю.

2.     При движении заряженной частицы в однородном магнитном поле В
по окружности радиусом Rсила Лоренца вызывает центростремительное ускорение
частицы

^mi)2    т?              о

ma_JX=—^- = F_Jl=qvB.

Отсюда Д =—.                                                                                                                            (2)

дв                     

2qU

_п                     1   [2mU

Отсюда В = — R

_Bl    12.1.5.10-^10^                    _Тл

0,3      3,210¹⁹

Ответ: В «0,1 Тл.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ

325

29

Возможное решение

1. Энергия фотона

где h— постоянная Планка, с — скорость света, X— длина волны.

2. Мощность излучения источника

Р = пЕ,                                                                         (2)

где п — число фотонов, вылетающих ежесекундно из источника. Число фотонов, попадающих ежесекундно на площадку,

S

п = п-

4tlR где R— расстояние от источника до пластинки, S— площадь пластинки.

3. Решая систему уравнений (1)-(3), получим:

n±nR²hc    6 Ю¹²-4-3,14-36   6,6НГ³⁴-310⁸^_тЕт

0,6-10

30

Ответ: Р«112 Вт.

Возможное решение Обоснование

1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).
3. Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно — для поступательного движения, другое — для вращательного движения.
4. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на стержень, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку шарнирного крепления (точку А).
5. Нить невесома, блок идеален (масса блока ничтожна, трения нет), поэтому модуль силы натяжения нити в любой её точке один и тот же.

Решение

1.   Введём декартову систему координат хОу, как
показано на рисунке. Поскольку груз М находится
в равновесии, согласно второму закону Ньютона

71-М£ = 0.                                 (1)

2.  На стержень с грузами т₁и т₂действуют силы
m_xgи m₂giа также сила натяжения нити Т₂.
Поскольку нить невесома, а блок идеален, то Т_г = Т₂ = Т.

Кроме того, на стержень действует сила Fсо стороны шарнира. Запишем условие равенства нулю суммы моментов этих сил относительно оси вращения, проходящей через точку А — точку шарнирного закрепления стержня:

m^-bsina + m₂g-Zsina — Т • AD = 0.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

326

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

3. Решая систему уравнений (1) и (2), с учётом

AD = Zsincp = Zsin(a + P) получим:

1 =

«68,3 см.

Msin(a + (3)-w₂^siⁿ^    100—-100 —

2             2

24

Вариант 10 Возможное решение

1.    Колеблющийся шарик на нити можно считать при малых
колебаниях математическим маятником. Первоначально, когда
шарик не заряжен, электрическое поле пластины не оказывает
влияния на колебательное движение, колебания происходят только
за счёт периодически изменяющейся касательной составляющей
силы тяжести. Поэтому частота свободных колебаний зависит только     I   11® «~    ^т&

1   fgот длины нити Iи ускорения свободного падения g(v_x =—J—).

27i V I

2.  Протяжённая равномерно заряженная пластина создаёт однородное электрическое
поле Е. Если шарику сообщить отрицательный заряд, то со стороны электрического
поля пластины на него начнёт действовать постоянная сила Кулона, равная
по величине F_K=Eq   и направленная вертикально вниз (см. рисунок).

3.    В этом случае равнодействующая сил тяжести и Кулона, которая будет
определять период свободных колебаний маятника, равна по модулю mg + qE>mg.
Возвращающая сила, действующая на шарик (касательная составляющая силы
mg + qE), увеличится, шарик будет быстрее возвращаться к положению равновесия,
а        значит,        частота        свободных        колебаний        маятника        увеличится

g + Eq/mI

25

Возможное решение

1.  Модуль ускорения поезда на всём пути является постоянной величиной и равен

v²

где v— скорость поезда в начале последнего километра пути, а s= 1 км — длина этого участка пути.

2.  Модуль изменения скорости на этом участке пути равен

Av = v = at.                                                                        (2)

3.  Решая  уравнения  (1)  и  (2),   получим  выражение  для  времени  прохождения
поездом последнего километра пути:

2s    2 1000

= 200 с.

10

Ответ: £ = 200 с.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

327

26

Возможное решение

Запишем формулу для собирающей линзы _ = — + _, где d— расстояние от предмета

F    d    f

до линзы, / — расстояние от линзы до изображения.

Оптическая сила линзы D = —.

F

Проведя преобразования, для расстояния от линзы до предмета получим:

/              0,12

= 0,15 м.

D/-1    150,12-1

27

Ответ: d=0,15 м.

kF

Возможное решение

1.  Запишем в инерциальной системе отсчёта второй
закон Ньютона для неподвижного поршня
в неподвижном сосуде:

где т — масса поршня, S— площадь его поперечного сечения, р₀— внешнее давление, р_г— давление газа под поршнем в покоящемся сосуде.

1. В проекциях на ось Ох второй закон Ньютона для поршня, неподвижного относительно сосуда, движу­щегося с ускорением a: (p₂—p₀)S—mg = ma, где р₂ — давление газа в сосуде, движущемся с ускорением. При этом результирующая сила давления F = (p₂—p₀)S(см. рисунок).
2. По закону Бойля — Мариотта для газа под поршнем имеем:

PiV₁=p₂V₂=>p₁Sh₁=p₂Sh₂=^> А=й(1-л)» где h_xи h₂ — начальная и конечная высоты столба газа под поршнем соответственно, h₁—h₂

— относительное изменение высоты столба газа.

К

4. Решая систему уравнений

p₁S = p₀S + mg; p₂S = p₀S+ mg+ та;

А=й(1-Л)>

получим выражение для внешнего давления
т _      _ч             ,             10

-(0,95 1-0,0510) = 1810³ Па.

А>~{(1-л)а-ЛЯЬ 0,05.50-10-Ответ: р₀ = 18-Ю³ Па = 18 кПа.

28

Возможное решение

1.  При прохождении ускоряющей разности потенциалов  Uзаряженная частица массой т с зарядом qприобретает кинетическую энергию

Здесь учтено, что начальная скорость частицы равна нулю.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

328

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

Отсюда R =

mv

7П1Г      _,

та=—— =F

= qvB.

(2)

3. Из (1) следует, что v—

т

Подставляя этот результат в (2), получим:

R =

1    /2 -1,5-lQ-²⁵1&

г-19

0,2      3,210

«0,15 м.

29

Ответ: R& 0,15 м.

Возможное решение

1. Энергия фотона

Е =

где h— постоянная Планка, с — скорость света, А, — длина волны. 2. Мощность излучения источника

Р = пЕ,                                                                         (2)

где п — число фотонов, вылетающих ежесекундно из источника. Число фотонов, попадающих ежесекундно на площадку,

S

П   =71-

4тгД

где R— расстояние от источника до пластинки, S — площадь пластинки.

nAnR²   he

« 8 мм².

30

Возможное решение Обоснование

1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).

3.    Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного
и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО
ровно два; одно для поступательного движения, другое — для вращательного
движения.

4.   В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил,
действующих на стержень, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости
рисунка через точку шарнирного крепления (точку А).

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

329

5.  Нить  невесома,   блок  идеален  (масса  блока  ничтожна,  трения  нет),   поэтому модуль силы натяжения нити в любой её точке один и тот же.

Решение

1.  Введём декартову систему координат хОг/, как
показано на рисунке. Поскольку груз М находится
в равновесии, согласно второму закону Ньютона

T₁—Mg= 0.                                         (1)

2.  На стержень с грузами т₁и т₂действуют силы

rrixgи т₂§ ₉а также сила натяжения нити Т₂. Поскольку     нить     невесома,      а     блок      идеален,

то  |7i= |!Z2= jr.   Кроме  того,   на  стержень  действует

сила Р со стороны шарнира. Запишем условие равенства нулю суммы моментов этих сил относительно оси вращения, проходящей через точку А — точку шарнирного закрепления стержня:

m_xg • Ъsin a + m^g • / sin а — Т • AD = О.

3.  Решая систему уравнений (1) и (2), с учётом

AD = Zsincp = £sin(a + p)

получим:

_л/г    (nvb + mg-Osina    (2000,25 + 1000,4)0,5

Jyl ——————————— —                                                         ^ loU   Г.

Zsin(a + P)

Ответ: М«130 г.

Вариант 11

Возможное решение

1.   Траектория протона будет отклоняться от первоначального
направления вправо.

2.  На протон действуют магнитное поле силой, равной по модулю
F_M—qvBjи электрическое поле силой, равной по модулю F_M=qE.
Поскольку заряд протона положительный, Р_эсонаправлена
с £, а по правилу левой руки Р_шнаправлена противоположно
силе Р_э.

Поскольку первоначально протон двигался прямолинейно, то согласно второму закону Ньютона по модулю эти силы были равны.

3.   Сила действия электрического поля не зависит от скорости протона, а сила
действия магнитного поля с уменьшением его скорости уменьшается. Поскольку
в результате уменьшения скорости протона равнодействующая сил Р_эи Р_ш, а также
вызываемое ею ускорение направлены вправо, траектория протона будет
отклоняться от первоначального направления вправо.

330

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

25

Возможное решение

1. Согласно законам равноускоренного прямолинейного движения

at²

S = Vf)t +——- ,

2

4v₀ =v₀+at,

(1) (2)

где   v₀   —   начальная   скорость   тела,   а   —   модуль  ускорения   тела,   s   —   путь, пройденный телом.

2. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для пути, пройденного телом:

5v₀t _ 5-3-2

= 15

26

Ответ: s = 15 м.

Возможное решение

1. Энергия одного фотона согласно формуле Планка равна

he

Е₀ =

где А, — длина световой волны, с — скорость света в вакууме, h— постоянная Планка.

2. Коэффициент полезного действия связывает мощность, потребляемую источником, с энергией излучения света:

NE₀

PAt

где Р — мощность, потребляемая источником, At— промежуток времени, iV — количество излучённых фотонов за это время.

3. Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для мощности, потребляемой источником:

_n    Nhc    3-10¹⁷-6,6-10-³⁴-3-10⁸    „_Лта

Р=         =                                  _s— = 100 Вт.

г|Да          0,001-1-594—Ю»⁹

Ответ: Р = 100 Вт.

27

Возможное решение

1. Определим степень изотермического сжатия, при которой пар станет насыщенным. При этом учтём, что при 100 °С давление насыщенного водяного пара равно нормальному атмосферному давлению Р_я = Р_атм⁼ Ю Па. Для этого воспользуемся законом   Бойля   —   Мариотта   р_п{У= р_жУ_и—   Поскольку   начальная   относительная

_л_              Vt      р„        р_н       10    ₀    ^

:0,7,   то  —± = -^- = —^— = — <3.   Следовательно,

К    An    0,7 _А      7

при изотермическом уменьшении объёма в 3 раза пар станет насыщенным.

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

331

2.    Определим   начальное   и   конечное   парциальное   давление   сухого   воздуха, воспользовавшись законами Дальтона и Бойля — Мариотта:

А1=А-Рп1 = А-ФА=10⁵-0,710⁵=0,3.10⁵ Па,

Рв2

= ^-^ = 3-0,3-10⁵=0,9-10⁵   Па.

Vo

1. Определим конечное давление влажного воздуха в сосуде с помощью закона Дальтона: р₂ = р_в2 + р_п2 = р_в2+А = Ю^б+0,9-10⁵ =1,910⁵ Па.
2. При нагревании влажного воздуха без изменения объёма водяной пар будет оставаться ненасыщенным, а значит, влажный воздух можно считать идеальным газом с постоянным количеством вещества, для изохорного нагревания которого

можно применить закон Шарля: -*^_—^. Таким образом, для того чтобы получить такое же конечное давление без изменения объёма, абсолютную температуру газа

1 Q. 1 П^

необходимо увеличить до T₂=T₁ — = 373—^L—rrz—-«709 К.

10⁵

Ответ: Т₂« 709 К.

28

Возможное решение

1.    При последовательном включении сила тока, протекающего по резистору
и лампе, одна и та же, а напряжения на резисторе и лампе в сумме равны
напряжению сети: U = U_R+U_L.

1. Напряжение на лампе U_L=140 В определяется по графику при силе тока в цепи / = 0,4   А.
2. Напряжение на резисторе U_R = U— U_L— 80 В.

4.    Мощность, выделяющаяся на резисторе, определяется законом Джоуля —
Ленца:

P_R=U_RI = (U-U_L)I = 80 0А = 32 Вт.

29

Возможное решение

1.   Поскольку луч падает на грань АВ перпендикулярно,
он на ней не преломляется, а, падая на грань АС, согласно
закону отражения света отражается под тем же углом а.
Следовательно, KN|FD, у = 2а.

2.    Закон преломления света в точке N: 7i-siny = sinp,
или n-sin2a = sinp, причём р = 90°.

Получаем: п=

sinp _sin90°_  2

sin 2a    sin 60°    V3

«1,16.

Ответ: п « 1,16.

© 2023. OOO «Издательство «Национальное образование» Копирование, распространение и использование в коммерческих целях без письменного разрешения правообладателя не допускается

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

332

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

30

Возможное решение Обоснование

1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).

1. Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно для поступательного движения, другое — для вращательного движения.
2. Сумма приложенных к твёрдому телу внешних сил равна нулю (условие равновесия твёрдого тела относительно поступательного движения). Поэтому сумма моментов этих сил относительно любых двух параллельных осей одна и та же. Для удобства выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через центр масс стержня (точку О).

Решение

1.  По закону Гука модуль силы упругости равен F= &AZ.

Так  как  растяжения  пружин  одинаковы,  то — = — = 3,

F,    

где   F_v   F₂   —   модули   сил   упругости   левой   и   правой пружин соответственно.

2.  Условия равновесия стержня с грузом имеют вид

F₁+F₂=Mg + mg.

*-f+»*{H—⁴i

правило  моментов  относительно  оси  О,   проходящей

через центр масс стержня перпендикулярно плоскости рисунка (см. рисунок). 3. Объединяя пункты 1 и 2, получаем систему уравнений:

AF_X = Mg + mg

mg—l—-d) = F₁L.

4. Из системы уравнений пункта 3 получаем т =

ML        2-0,4

L-4d    0,4-0,2

А кг.

24

Вариант 12

Возможное решение

1.   Траектория протона будет отклоняться от первоначального
направления влево.

2.     На протон действуют магнитное поле силой, равной
по модулю F_M=qvB, и электрическое поле силой, равной
по модулю F_M=qE. Поскольку заряд протона положительный,
Р_эсонаправлена с £, а по правилу левой руки Р_шнаправлена
противоположно силе Р_э.

В®   А^®

Р   F

Е

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

333

25

Поскольку первоначально протон двигался прямолинейно, то согласно второму закону Ньютона по модулю эти силы были равны.

3. Сила действия электрического поля не зависит от скорости протона, а сила действия магнитного поля с увеличением его скорости увеличивается. Поскольку в результате увеличения скорости протона равнодействующая сил Р₉и F_M, а также вызываемое ею ускорение направлены влево, траектория протона будет отклоняться от первоначального направления влево.

Возможное решение

1.  Согласно законам равноускоренного прямолинейного движения

s = v₀t +—,                                                                       (1)

4v₀=v₀+at,                                                                        (2)

где v₀ — начальная скорость тела, а — модуль ускорения тела, s— путь, пройденный телом.

2.  Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для начальной скорости тела:

Ответ: v₀ = 5 м/с.

s      20     _с      ,

v₀= — =—— = 5 м/с.

⁰    2t    2-2

26

27

Возможное решение

1.  Энергия одного фотона согласно формуле Планка равна

*=£,.                                а)

где X— длина световой волны, с — скорость света в вакууме, h— постоянная Планка.

2.  Коэффициент полезного действия связывает мощность, потребляемую источником,
с энергией излучения света:

где Р — мощность, потребляемая источником, At— промежуток времени, N — количество излучённых фотонов за это время.

3.  Решая уравнения (1) и (2), получим выражение для КПД источника:

Nhc     1,210²⁰-6,610-³⁴-310⁸    _{ПП1Л   1а0/}

г=——— = —                                ь      = 0,016 = 1,6 %.

¹    PAtX           250 • 10-594-Ю»⁹

Ответ: г= 1,6 %.

Возможное решение

1. Определим степень изотермического сжатия, при которой пар станет насыщенным. При этом учтём, что при 100 °С давление насыщенного водяного пара равно нормальному атмосферному давлению р_я = Р_атм⁼Ю⁵Па. Для этого воспользуемся законом   Бойля   —   Мариотта:   p_uiV₁=p_KV_u.   Поскольку   начальная   относительная

влажность воздуха равна _ф = ^ = 0,6,  то — = — =    ^^н    =-<2,5.  Следовательно,

при изотермическом уменьшении объёма в 2,5 раза пар станет насыщенным.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

334

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

28

29

2.    Определим начальное и конечное парциальное давление сухого воздуха,
воспользовавшись законами Дальтона и Бойля — Мариотта:

^1=А-Рп1=А-ФРн=10⁵-0,610⁵=0,4.10⁵ Па,

_А2=^^ = 2,5-0,4.10⁵=10⁵ Па.

3.   Определим конечное давление влажного воздуха в сосуде с помощью закона
Дальтона:

Р2=Р«2+Рп2 = Р*2+Р*=10⁵+10*=2Л0* Па.

4.   При нагревании влажного воздуха без изменения объёма водяной пар будет
оставаться ненасыщенным, а значит, влажный воздух можно считать идеальным
газом с постоянным количеством вещества, для изохорного нагревания которого

можно применить закон Шарля: — = —. Таким образом, для того чтобы получить

такое же конечное давление без изменения объёма, абсолютную температуру газа

Т₂    р₂    210⁵    ₀

необходимо увеличить в — = — =——— ^— = Zраза.

Т_х     pi      ^1П

Т Ответ: — = 2.

Возможное решение

1.    При последовательном включении сила тока, протекающего по резистору
и лампе, одна и та же, а напряжения на резисторе и лампе в сумме равны
напряжению сети: U = U_R+U_L.

1. Напряжение на лампе U_L=90 В определяется по графику при силе тока в цепи /-0,3   А.
2. Напряжение на резисторе U_R = U —U_L = 120 — 90 = 30 В.
3. Мощность, выделяющаяся на резисторе, определяется законом Джоуля — Ленца:

P_R =u_RI = (U-U_L)I = (120-90) 0,3 = 9 Вт.

Ответ: P_R=9 Вт.

Возможное решение

1.   Поскольку луч падает на грань АВ перпендикулярно,
он на ней не преломляется, а, падая на грань АС, согласно
закону отражения света отражается под тем же углом а.
Следовательно, KN|FD, у = 2а.

2.  Закон преломления света в точке N:
д-sinу = sin(3, или 7i-sin2a = sinp, причём Р = 60°.

тт                         ^sinP

Получаем: п = —

:V3«1,7.

30

Возможное решение

Обоснование

1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯ С РАЗВЁРНУТЫМ ОТВЕТОМ

335

2.  Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны,
расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).

1. Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно для поступательного движения, другое — для вращательного движения.
2. Сумма приложенных к твёрдому телу внешних сил равна нулю (условие равновесия твёрдого тела относительно поступательного движения). Поэтому сумма моментов этих сил относительно любых двух параллельных осей одна и та же. Для удобства выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через центр масс стержня (точку О).

Решение

1. По закону Гука модуль силы упругости равен F = kAL

h

Так  как  растяжения  пружин  одинаковы,   то  ^- = -^- = 3,

F,   

где   F_v   F₂   —   модули   сил   упругости   левой   и   правой

пружин соответственно.

2. Условия равновесия стержня с грузом имеют вид

F₁ + F₂=Mg + mg.

*i*»»{H-*i

правило  моментов   относительно  оси   О,   проходящей

через центр масс стержня перпендикулярно плоскости рисунка (см. рисунок). 3. Объединяя пункты 1 и 2, получаем систему уравнений:

4F₁=Mg + mg

mg.^-d) = F₁L.

4. Из системы уравнений пункта 3 получаем М = Ответ: М = 1,5 кг.

Вариант 13

Возможное решение

1. Электрометр 1 имеет отрицательный заряд, а электрометр 2 — положительный.
2. При поднесении положительно заряженной палочки к шару электрометра 1 электроны в шаре, стержне и стрелке электрометра 2 по алюминиевому стержню в электрическом поле, созданном палочкой, стали перемещаться на поверхность шара электрометра 1. Благодаря этому электрометр 1 приобретает отрицательный заряд. Движение электронов будет происходить до тех пор, пока все точки металлических частей двух электрометров не будут иметь одинаковых потенциалов.
3. Поскольку два соединённых алюминиевым стержнем электрометра образуют изолированную систему, то согласно закону сохранения заряда отрицательный заряд электрометра 1 в точности равен по модулю положительному заряду электрометра 2.
4. После того как убрали стержень, показания электрометров не изменились.

336

ОТВЕТЫ И КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

25

Возможное решение

1. Пусть М — масса линейки, т — масса груза. При максимальной массе груза, который неподвижен относительно линейки, сила реакции стола действует на линейку только по краю стола.
2. Запишем уравнение моментов для первого случая относительно оси вращения, проходящей через край стола перпендикулярно плоскости рисунка:

Mg(l/4) = _mig(l/4).                                                                  (1)

3.  Уравнение моментов для второго случая относительно оси вращения, проходящей
через край стола перпендикулярно плоскости рисунка:

Mgl/6 = m2gl/3,                                                                   (2)

где т₂— искомая масса второго груза.

4.  Решая уравнения (1) и (2), получим:

т₂ =

т_х    0,1

= 0,05 кг = 50 г.

26

Возможное решение

1. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:

где А_вых — работа выхода электронов с поверхности металла, е — элементарный электрический заряд, £/_зап — модуль запирающего напряжения для фотоэлектронов.

2. Формула для длины волны X   , соответствующей «красной границе» фотоэффекта, имеет вид:

he

Л      =

-^■вых

^кр

3. Решая уравнения (1) и (2), окончательно получим:
he                       6,61(Г³⁴-310⁸

«54М0~⁹м = 541нм.

6,610^-710¹⁴-1,610¹⁹0,6

Ответ: X.

(2)

27

Возможное решение

Для того чтобы шарики подняли в воздух изобретателя, необходимо, чтобы сила Архимеда, действующая на шарики, превышала силу тяжести, действующую на изобретателя и гелий в шариках: F_Apx>Mg + m_rg; где F_Apx =p_BNV₀g = m_Bg — N — количество шариков; V₀— объём одного шарика; р_в и т_в— соответственно плотность и масса вытесненного шариками атмосферного воздуха; т_г— масса гелия в шариках.

Для    атмосферного    воздуха    и    гелия    справедливо    уравнение    Менделеева    —

Клапейрона:   p₀NV₀=^-RT   и   _PoNV₀= —

Рв                                         |И_Г

i_Bи ц_г — молярные массы соответственно воздуха и гелия.

  Виртуальная лаборатория по физике Виртуальные лабораторные работы по физике https://efizika.ru ЕГЭ / ОГЭ ефизика efizika  Варианты ЕГЭ по физике

ЗАДАНИЯСРАЗВЁРНУТЫМОТВЕТОМ

337

Выражая массы газов, окончательно получим:

MRT       _              60-8,3

РоЗДв -Ц_Р) ~ Ю⁵ 0,015(0,029-0,004) Ответ: N * 3989.

28

29

Возможное решение

1.   Заряженная капелька ртути будет находиться в покое, если сила тяжести
уравновешивается силой, действующей со стороны электрического поля:

mg = qE.                                                                      (1)

2.   Напряжённость электростатического поля в конденсаторе связана с разностью
потенциалов и расстоянием между пластинами соотношением

Е = ^.                                                                          (2)

d

3.   Массу капельки найдём из формулы

m = pV,                                                                        (3)

где р — плотность ртути, V— объём капельки.

4.   Из уравнений (1), (2) и (3) получаем:

pygd ₌13600.2.10-.10.0,02_{=10()()B=1кВ}
^v       q                   5,44 10¹⁸

Ответ: Аф = 1 кВ.

Возможное решение

При изменении магнитного поля поток вектора магнитной индукции 0(t) = B(t)Sчерез рамку площадью S = l²изменяется, что создаёт в ней ЭДС индукции <$. В соответствии с законом индукции Фарадея

ДФ__АД,
^ё~    At‘     A*
Эта  ЭДС  вызывает  в  рамке  ток,   сила  которого  определяется  законом  Ома  для
замкнутой цепи:                                                            ₀

~ R~     AtR
Согласно  закону  Джоуля   —   Ленца  за  время  А*  в  рамке  выделится  количество
теплоты:                                                       _{ft           Q                  9}

R     At        R     At