Priprema za OGE i Jedinstveni državni ispit

Prosjek opšte obrazovanje

Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (10-11) (osnovni, napredni)

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

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

Priprema za Jedinstveni državni ispit iz fizike: primjeri, rješenja, objašnjenja

Sa nastavnikom analiziramo zadatke Jedinstvenog državnog ispita iz fizike (opcija C).

Lebedeva Alevtina Sergeevna, nastavnik fizike, 27 godina radnog iskustva. Počasna diploma Ministarstva obrazovanja Moskovske oblasti (2013), zahvalnost načelnika Voskresenskog opštinski okrug(2015), Sertifikat predsjednika Udruženja nastavnika matematike i fizike Moskovske oblasti (2015).

Rad predstavlja zadatke različitim nivoima Težina: osnovna, napredna i visoka. Zadaci osnovni nivo, ovo su jednostavni zadaci koji testiraju asimilaciju najvažnijih fizičkih pojmova, modela, pojava i zakona. Zadaci naprednog nivoa imaju za cilj provjeru sposobnosti korištenja pojmova i zakona fizike za analizu različitih procesa i pojava, kao i sposobnosti rješavanja problema korištenjem jednog ili dva zakona (formule) na bilo koju temu školski kurs fizike. U radu 4 zadatka drugog dijela su zadaci visoki nivo kompleksnosti i testiranja sposobnosti korištenja zakona i teorija fizike u promijenjenoj ili novoj situaciji. Izvršavanje ovakvih zadataka zahtijeva primjenu znanja iz dva ili tri dijela fizike odjednom, tj. visok nivo obuke. Ova opcija u potpunosti odgovara demo verzija Jedinstvenog državnog ispita 2017, zadaci preuzeti iz otvorene banke Jedinstvenih ispitnih zadataka.

Na slici je prikazan grafik modula brzine u odnosu na vrijeme t. Odredite iz grafikona put koji je automobil prešao u vremenskom intervalu od 0 do 30 s.

Rješenje. Put koji pređe automobil u vremenskom intervalu od 0 do 30 s najlakše se može definirati kao površina trapeza čije su osnovice vremenski intervali (30 – 0) = 30 s i (30 – 10 ) = 20 s, a visina je brzina v= 10 m/s, tj.

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

Odgovori. 250 m.

Teret težine 100 kg se podiže okomito prema gore pomoću sajle. Na slici je prikazana zavisnost projekcije brzine V opterećenje na osi usmjereno prema gore, kao funkcija vremena t. Odredite modul sile zatezanja sajle tokom podizanja.

Rješenje. Prema grafu zavisnosti projekcije brzine v opterećenje na osi usmjerenoj okomito prema gore, kao funkcija vremena t, možemo odrediti projekciju ubrzanja opterećenja

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

Na opterećenje djeluju: sila gravitacije usmjerena okomito prema dolje i sila zatezanja kabela usmjerena okomito prema gore duž kabela (vidi sl. 2. Zapišimo osnovnu jednačinu dinamike. Koristimo drugi Newtonov zakon. Geometrijski zbir sila koje djeluju na tijelo jednak je umnošku mase tijela i ubrzanja koja mu se daje.

+ = (1)

Napišimo jednačinu za projekciju vektora u referentnom sistemu povezanom sa zemljom, usmjeravajući os OY prema gore. Projekcija sile zatezanja je pozitivna, budući da se smjer sile poklapa sa smjerom ose OY, projekcija sile gravitacije je negativna, budući da je vektor sile suprotan osi OY, projekcija vektora ubrzanja je također pozitivan, pa se tijelo kreće uzlaznim ubrzanjem. Imamo

T – mg = ma (2);

iz formule (2) modul vlačne sile

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

Odgovori. 1200 N.

Tijelo se vuče duž hrapave horizontalne površine konstantnom brzinom čiji je modul 1,5 m/s, primjenjujući na njega silu kao što je prikazano na slici (1). U ovom slučaju, modul sile trenja klizanja koja djeluje na tijelo je 16 N. Kolika je snaga koju razvija sila? F?

Rješenje. Hajde da zamislimo fizički proces, naveden u opisu problema i napraviti šematski crtež koji pokazuje sve sile koje djeluju na tijelo (slika 2). Zapišimo osnovnu jednačinu dinamike.

Tr + + = (1)

Odabravši referentni sistem povezan sa fiksnom površinom, zapisujemo jednadžbe za projekciju vektora na odabranu koordinatne ose. Prema uslovima zadatka, tijelo se kreće ravnomjerno, jer je njegova brzina konstantna i jednaka 1,5 m/s. To znači da je ubrzanje tijela nula. Na tijelo vodoravno djeluju dvije sile: sila trenja klizanja tr. i sila kojom se tijelo vuče. Projekcija sile trenja je negativna, jer se vektor sile ne poklapa sa smjerom ose X. Projekcija sile F pozitivno. Podsjećamo vas da za pronalaženje projekcije spuštamo okomicu od početka i kraja vektora na odabranu os. Uzimajući ovo u obzir imamo: F cosα – F tr = 0; (1) izrazimo projekciju sile F, Ovo F cosα = F tr = 16 N; (2) tada će snaga koju razvija sila biti jednaka N = F cosα V(3) Napravimo zamjenu, uzimajući u obzir jednačinu (2), i zamijenimo odgovarajuće podatke u jednačinu (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Odgovori. 24 W.

Opterećenje pričvršćeno za laganu oprugu krutosti od 200 N/m podliježe vertikalnim oscilacijama. Na slici je prikazan graf ovisnosti pomaka x učitavanje s vremena na vrijeme t. Odredite kolika je masa tereta. Zaokružite odgovor na cijeli broj.

Rješenje. Masa na oprugi podleže vertikalnim oscilacijama. Prema grafu pomaka opterećenja X od vremena t, određujemo period oscilacije opterećenja. Period oscilovanja je jednak T= 4 s; iz formule T= 2π izrazimo masu m tereta

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

odgovor: 81 kg.

Na slici je prikazan sistem od dva laka bloka i bestežinskog kabla, pomoću kojih možete održavati ravnotežu ili podizati teret težine 10 kg. Trenje je zanemarljivo. Na osnovu analize gornje slike, odaberite dva tačne tvrdnje i navedite njihov broj u svom odgovoru.

1. Da biste održali opterećenje u ravnoteži, morate djelovati na kraj užeta sa silom od 100 N.
2. Blok sistem prikazan na slici ne daje nikakav dobitak u snazi.
3. h, morate izvući dio užeta dužine 3 h.
4. Za polako podizanje tereta do visine hh.

Rješenje. U ovom problemu potrebno je zapamtiti jednostavne mehanizme, odnosno blokove: pokretni i fiksni blok. Pokretni blok daje dvostruki dobitak na snazi, dok dio užeta treba povući duplo duže, a fiksni blok se koristi za preusmjeravanje sile. U radu jednostavni mehanizmi osvajanja ne daju. Nakon analize problema, odmah biramo potrebne izjave:

1. Za polako podizanje tereta do visine h, morate izvući dio užeta dužine 2 h.
2. Da biste održali opterećenje u ravnoteži, morate djelovati na kraj užeta sa silom od 50 N.

Odgovori. 45.

Aluminijski uteg pričvršćen za bestežinski i nerastegljivi konac potpuno je uronjen u posudu s vodom. Teret ne dodiruje zidove i dno posude. Zatim se u istu posudu sa vodom uroni gvozdeni uteg čija je masa jednaka masi aluminijumskog utega. Kako će se zbog toga promijeniti modul sile zatezanja niti i modul sile gravitacije koja djeluje na opterećenje?

1. Povećava;
2. Smanjuje;
3. Ne menja se.

Rješenje. Analiziramo stanje problema i ističemo one parametre koji se ne mijenjaju tokom istraživanja: to su masa tijela i tekućina u koju je tijelo uronjeno na niti. Nakon toga, bolje je napraviti šematski crtež i naznačiti sile koje djeluju na opterećenje: napetost niti F kontrola, usmjerena prema gore duž konca; gravitacija usmjerena okomito prema dolje; Arhimedova sila a, koji djeluje sa strane tekućine na uronjeno tijelo i usmjeren je prema gore. Prema uslovima zadatka, masa tereta je ista, pa se modul sile gravitacije koja deluje na teret ne menja. Budući da je gustina tereta različita, volumen će također biti različit.

V =	m	.
	str

Gustina gvožđa je 7800 kg/m3, a gustina aluminijumskog tereta je 2700 kg/m3. dakle, V i< V a. Tijelo je u ravnoteži, rezultanta svih sila koje djeluju na tijelo je nula. Usmjerimo OY koordinatnu osu prema gore. Osnovnu jednačinu dinamike, uzimajući u obzir projekciju sila, zapisujemo u obliku F kontrola + F a – mg= 0; (1) Izrazimo silu napetosti F kontrola = mg – F a(2); Arhimedova sila zavisi od gustine tečnosti i zapremine uronjenog dela tela F a = ρ gV p.h.t. (3); Gustina tečnosti se ne menja, a zapremina gvozdenog tela je manja V i< V a, stoga će Arhimedova sila koja djeluje na teret gvožđa biti manja. Zaključujemo o modulu sile zatezanja niti, radeći sa jednadžbom (2), on će se povećati.

Odgovori. 13.

Blok mase m klizi sa fiksne grube nagnute ravni sa uglom α u osnovi. Modul ubrzanja bloka je jednak a, modul brzine bloka se povećava. Otpor zraka se može zanemariti.

Uspostavite korespondenciju između fizičkih veličina i formula pomoću kojih se one mogu izračunati. Za svaku poziciju u prvoj koloni odaberite odgovarajuću poziciju iz druge kolone i zapišite odabrane brojeve u tablicu ispod odgovarajućih slova.

B) Koeficijent trenja između bloka i nagnute ravni

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Rješenje. Ovaj zadatak zahtijeva primjenu Newtonovih zakona. Preporučujemo da napravite šematski crtež; ukazuju na sve kinematičke karakteristike kretanja. Ako je moguće, opišite vektor ubrzanja i vektore svih sila koje se primjenjuju na tijelo koje se kreće; zapamtite da su sile koje djeluju na tijelo rezultat interakcije s drugim tijelima. Zatim zapišite osnovnu jednačinu dinamike. Odaberite referentni sistem i zapišite rezultirajuću jednačinu za projekciju vektora sile i ubrzanja;

Prateći predloženi algoritam napravićemo šematski crtež (slika 1). Na slici su prikazane sile primijenjene na težište bloka i koordinatne ose referentnog sistema povezane s površinom nagnute ravni. Pošto su sve sile konstantne, kretanje bloka će biti jednoliko promenljivo sa povećanjem brzine, tj. vektor ubrzanja je usmjeren u smjeru kretanja. Odaberimo smjer osi kao što je prikazano na slici. Zapišimo projekcije sila na odabrane ose.

Zapišimo osnovnu jednačinu dinamike:

Tr + = (1)

Zapišimo ovu jednačinu (1) za projekciju sila i ubrzanja.

Na osi OY: projekcija sile reakcije tla je pozitivna, jer se vektor poklapa sa smjerom ose OY Ny = N; projekcija sile trenja je nula jer je vektor okomit na osu; projekcija gravitacije će biti negativna i jednaka mg y= – mg cosα; projekcija vektora ubrzanja a y= 0, budući da je vektor ubrzanja okomit na osu. Imamo N – mg cosα = 0 (2) iz jednačine izražavamo reakcijsku silu koja djeluje na blok sa strane nagnute ravni. N = mg cosα (3). Zapišimo projekcije na osu OX.

Na osi OX: projekcija sile N jednak je nuli, pošto je vektor okomit na osu OX; Projekcija sile trenja je negativna (vektor je usmjeren u suprotnom smjeru u odnosu na odabranu os); projekcija gravitacije je pozitivna i jednaka mg x = mg sinα (4) od pravougaonog trougla. Projekcija ubrzanja je pozitivna sjekira = a; Zatim pišemo jednačinu (1) uzimajući u obzir projekciju mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Zapamtite da je sila trenja proporcionalna sili normalnog pritiska N.

A-prioritet F tr = μ N(7), izražavamo koeficijent trenja bloka na kosoj ravni.

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

Za svako slovo biramo odgovarajuće pozicije.

Odgovori. A – 3; B – 2.

Zadatak 8. Gasoviti kiseonik se nalazi u posudi zapremine 33,2 litara. Pritisak gasa je 150 kPa, njegova temperatura je 127° C. Odredite masu gasa u ovoj posudi. Izrazite svoj odgovor u gramima i zaokružite na najbliži cijeli broj.

Rješenje. Važno je obratiti pažnju na konverziju jedinica u SI sistem. Pretvorite temperaturu u Kelvine T = t°C + 273, zapremina V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Konvertujemo pritisak P= 150 kPa = 150.000 Pa. Koristeći jednadžbu stanja idealan gas

Izrazimo masu gasa.

Obavezno obratite pažnju na koje se jedinice traži da zapišu odgovor. To je veoma važno.

Odgovori.'48

Zadatak 9. Idealan jednoatomski gas u količini od 0,025 mola adijabatski ekspandira. Istovremeno, njegova temperatura je pala sa +103°C na +23°C. Koliko je posla obavljen gas? Izrazite svoj odgovor u džulima i zaokružite na najbliži cijeli broj.

Rješenje. Prvo, plin je jednoatomski broj stupnjeva slobode i= 3, drugo, plin se širi adijabatski - to znači bez izmjene topline Q= 0. Gas radi tako što smanjuje unutrašnju energiju. Uzimajući ovo u obzir, zapisujemo prvi zakon termodinamike u obliku 0 = ∆ U + A G; (1) izrazimo rad gasa A g = –∆ U(2); Zapisujemo promjenu unutrašnje energije za jednoatomni gas kao

Odgovori. 25 J.

Relativna vlažnost dijela zraka na određenoj temperaturi iznosi 10%. Koliko puta treba promijeniti pritisak ovog dijela zraka da se pri konstantnoj temperaturi njegova relativna vlažnost poveća za 25%?

Rješenje. Pitanja vezana za zasićenu paru i vlažnost zraka najčešće izazivaju teškoće kod školaraca. Koristimo formulu za izračunavanje relativne vlažnosti vazduha

U skladu sa uslovima zadatka, temperatura se ne menja, što znači da pritisak zasićene pare ostaje isti. Zapišimo formulu (1) za dva stanja zraka.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Izrazimo tlak zraka iz formula (2), (3) i pronađemo omjer tlaka.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Odgovori. Pritisak treba povećati za 3,5 puta.

Vruća tečna tvar se polako hladila u peći za topljenje konstantne snage. U tabeli su prikazani rezultati mjerenja temperature neke supstance tokom vremena.

Odaberite sa ponuđene liste dva izjave koje odgovaraju rezultatima izvršenih mjerenja i označavaju njihov broj.

1. Tačka topljenja supstance u ovim uslovima je 232°C.
2. Za 20 minuta. nakon početka mjerenja, supstanca je bila samo u čvrstom stanju.
3. Toplotni kapacitet tvari u tekućem i čvrstom stanju je isti.
4. Nakon 30 min. nakon početka mjerenja, supstanca je bila samo u čvrstom stanju.
5. Proces kristalizacije supstance trajao je više od 25 minuta.

Rješenje. Kako se supstanca hladila, njena unutrašnja energija se smanjivala. Rezultati mjerenja temperature nam omogućavaju da odredimo temperaturu na kojoj tvar počinje kristalizirati. Dok se tvar mijenja iz tekućeg u kruto, temperatura se ne mijenja. Znajući da su temperatura topljenja i temperatura kristalizacije iste, biramo tvrdnju:

1. Tačka topljenja supstance u ovim uslovima je 232°C.

Druga tačna izjava je:

4. Nakon 30 min. nakon početka mjerenja, supstanca je bila samo u čvrstom stanju. Pošto je temperatura u ovom trenutku već ispod temperature kristalizacije.

Odgovori. 14.

IN izolovani sistem tijelo A ima temperaturu od +40°C, a tijelo B ima temperaturu od +65°C. Ova tijela su dovedena u termički kontakt jedno s drugim. Nakon nekog vremena došlo je do termičke ravnoteže. Kako su se zbog toga promijenile temperatura tijela B i ukupna unutrašnja energija tijela A i B?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

1. Povećano;
2. Smanjena;
3. Nije se promenilo.

Zapišite odabrane brojeve za svaku fizičku veličinu u tabeli. Brojevi u odgovoru se mogu ponoviti.

Rješenje. Ako se u izolovanom sistemu tijela ne dešavaju nikakve energetske transformacije osim izmjene topline, tada je količina topline koju daju tijela čija se unutrašnja energija smanjuje jednaka količini topline koju primaju tijela čija se unutrašnja energija povećava. (Prema zakonu održanja energije.) U ovom slučaju ukupna unutrašnja energija sistema se ne mijenja. Problemi ovog tipa rješavaju se na osnovu jednačine toplotnog bilansa.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	i = 1

gdje je ∆ U– promjena unutrašnje energije.

U našem slučaju, kao rezultat razmjene topline, unutarnja energija tijela B opada, što znači da se temperatura ovog tijela smanjuje. Povećava se unutrašnja energija tijela A, pošto je tijelo primilo određenu količinu topline od tijela B, njegova temperatura će se povećati. Ukupna unutrašnja energija tijela A i B se ne mijenja.

Odgovori. 23.

Proton str, koji leti u jaz između polova elektromagneta, ima brzinu okomitu na vektor indukcije magnetsko polje, kao što je prikazano na slici. Gdje je Lorentzova sila koja djeluje na proton usmjerena u odnosu na crtež (gore, prema posmatraču, daleko od posmatrača, dolje, lijevo, desno)

Rješenje. Magnetno polje djeluje na nabijenu česticu Lorentzovom silom. Da biste odredili smjer ove sile, važno je zapamtiti mnemoničko pravilo lijeve ruke, ne zaboravite uzeti u obzir naboj čestice. Četiri prsta lijeve ruke usmjeravamo duž vektora brzine, za pozitivno nabijenu česticu vektor treba ući okomito u dlan, palac postavljen na 90° pokazuje smjer Lorentzove sile koja djeluje na česticu. Kao rezultat, imamo da je vektor Lorentzove sile usmjeren dalje od posmatrača u odnosu na figuru.

Odgovori. od posmatrača.

Modul napetosti električno polje u ravnom vazdušnom kondenzatoru kapaciteta 50 μF jednak je 200 V/m. Razmak između ploča kondenzatora je 2 mm. Koliki je naboj na kondenzatoru? Napišite svoj odgovor u µC.

Rješenje. Pretvorimo sve mjerne jedinice u SI sistem. Kapacitet C = 50 µF = 50 10 –6 F, rastojanje između ploča d= 2 · 10 –3 m. Problem govori o ravnom vazdušnom kondenzatoru - uređaju za skladištenje električnog naboja i energije električnog polja. Iz formule električne kapacitivnosti

Gdje d– razmak između ploča.

Izrazimo napon U=E d(4); Zamenimo (4) u (2) i izračunajmo naelektrisanje kondenzatora.

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

Obratite pažnju na jedinice u koje trebate napisati odgovor. Dobili smo ga u kulonima, ali ga predstavljamo u µC.

Odgovori. 20 µC.

Učenik je izvršio eksperiment o prelamanju svjetlosti, prikazan na fotografiji. Kako se ugao prelamanja svjetlosti koja se širi u staklu i indeks loma stakla mijenjaju sa povećanjem upadnog ugla?

1. Povećava
2. Smanjuje
3. Ne menja se
4. Zapišite odabrane brojeve za svaki odgovor u tabelu. Brojevi u odgovoru se mogu ponoviti.

Rješenje. U problemima ove vrste, sećamo se šta je refrakcija. Ovo je promjena smjera širenja vala pri prelasku iz jednog medija u drugi. To je uzrokovano činjenicom da su brzine prostiranja talasa u ovim medijima različite. Nakon što smo otkrili u koji medij se svjetlost širi, zapišimo zakon loma u obliku

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Gdje n 2 – apsolutni indikator prelamanje stakla, medij u koji ide svjetlost; n 1 je apsolutni indeks prelamanja prvog medija iz kojeg dolazi svjetlost. Za vazduh n 1 = 1. α je upadni ugao snopa na površinu staklenog polucilindra, β je ugao prelamanja zraka u staklu. Štaviše, ugao prelamanja će biti manji od upadnog ugla, budući da je staklo optički gušći medij - medij sa visokim indeksom loma. Brzina širenja svjetlosti u staklu je sporija. Imajte na umu da mjerimo uglove od okomice koja je obnovljena u tački upada zraka. Ako povećate upadni ugao, onda će se i ugao prelamanja povećati. Ovo neće promijeniti indeks loma stakla.

Odgovori.

Bakarni džemper u određenom trenutku t 0 = 0 počinje da se kreće brzinom od 2 m/s duž paralelnih horizontalnih provodnih šina, na čije krajeve je priključen otpornik od 10 Ohma. Čitav sistem je u vertikalnom uniformnom magnetnom polju. Otpor skakača i šina je zanemarljiv; skakač je uvijek postavljen okomito na šine. Tok F vektora magnetske indukcije kroz krug formiran od kratkospojnika, tračnica i otpornika mijenja se tokom vremena t kao što je prikazano na grafikonu.

Koristeći grafikon, odaberite dvije tačne tvrdnje i navedite njihov broj u svom odgovoru.

1. Do vremena t= 0,1 s promjena magnetnog fluksa kroz kolo je 1 mWb.
2. Indukcijska struja u kratkospojniku u rasponu od t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Modul induktivne emf koji nastaje u kolu je 10 mV.
4. Jačina indukcijske struje koja teče u kratkospojniku je 64 mA.
5. Da bi se održalo kretanje skakača, na njega se primjenjuje sila, čija je projekcija na smjer tračnica 0,2 N.

Rješenje. Koristeći graf ovisnosti fluksa vektora magnetske indukcije kroz kolo od vremena, odredit ćemo područja u kojima se fluks F mijenja i gdje je promjena fluksa nula. Ovo će nam omogućiti da odredimo vremenske intervale tokom kojih će se indukovana struja pojaviti u kolu. Tačna izjava:

1) Do vremena t= 0,1 s promjena magnetnog fluksa kroz kolo je jednaka 1 mWb ∆F = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modul induktivne emf koji nastaje u kolu se određuje korištenjem EMR zakona

Odgovori. 13.

Pomoću grafika struje u odnosu na vrijeme u električnom kolu čija je induktivnost 1 mH odredite samoinduktivni emf modul u vremenskom intervalu od 5 do 10 s. Napišite svoj odgovor u µV.

Rješenje. Pretvorimo sve veličine u SI sistem, tj. pretvaramo induktivnost od 1 mH u H, dobijamo 10 –3 H. Također ćemo pretvoriti struju prikazanu na slici u mA u A množenjem sa 10 –3.

Formula za emf samoindukcije ima oblik

u ovom slučaju, vremenski interval je dat prema uslovima problema

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundi i pomoću grafikona određujemo interval promjene struje za to vrijeme:

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

Zamenimo numeričke vrijednosti u formulu (2), dobijamo

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V, ili 2 µV.

Odgovori. 2.

Dvije prozirne ravnoparalelne ploče su čvrsto pritisnute jedna uz drugu. Zraka svjetlosti pada iz zraka na površinu prve ploče (vidi sliku). Poznato je da je indeks loma gornje ploče jednak n 2 = 1,77. Uspostavite korespondenciju između fizičkih veličina i njihovog značenja. Za svaku poziciju u prvoj koloni odaberite odgovarajuću poziciju iz druge kolone i zapišite odabrane brojeve u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Rješenje. Za rješavanje problema o prelamanju svjetlosti na granici između dva medija, posebno problema s prolaskom svjetlosti kroz ravnoparalelne ploče, može se preporučiti sljedeći postupak rješavanja: napraviti crtež koji pokazuje putanju zraka koje dolaze iz jednog medija u drugi; U tački upada zraka na granici između dva medija, nacrtajte normalu na površinu, označite uglove upada i prelamanja. Obratite posebnu pažnju na optičku gustoću medija koji se razmatra i zapamtite da kada svjetlosni snop prijeđe iz optički manje gustog medija u optički gušći medij, ugao prelamanja će biti manji od upadnog ugla. Na slici je prikazan ugao između upadne zrake i površine, ali nam je potreban upadni ugao. Zapamtite da se uglovi određuju iz okomice koja je obnovljena na mjestu udara. Određujemo da ugao upada zraka na površinu iznosi 90° – 40° = 50°, indeks prelamanja n 2 = 1,77; n 1 = 1 (vazduh).

Zapišimo zakon refrakcije

sinβ =	sin50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Nacrtajmo približnu putanju grede kroz ploče. Koristimo formulu (1) za granice 2–3 i 3–1. Kao odgovor dobijamo

A) Sinus upadnog ugla zraka na granici 2–3 između ploča je 2) ≈ 0,433;

B) Ugao prelamanja zraka pri prelasku granice 3–1 (u radijanima) je 4) ≈ 0,873.

Odgovori. 24.

Odredite koliko α - čestica i koliko protona nastaje kao rezultat reakcije termonuklearne fuzije

+ → x+ y;

Rješenje. U svim nuklearnim reakcijama poštuju se zakoni održanja električnog naboja i broja nukleona. Označimo sa x broj alfa čestica, y broj protona. Napravimo jednačine

+ → x + y;

rješavanje sistema imamo to x = 1; y = 2

Odgovori. 1 – α-čestica; 2 – protoni.

Modul impulsa prvog fotona je 1,32 · 10 –28 kg m/s, što je 9,48 · 10 –28 kg m/s manje od modula impulsa drugog fotona. Pronađite omjer energije E 2 /E 1 drugog i prvog fotona. Zaokružite odgovor na najbližu desetinu.

Rješenje. Zamah drugog fotona je veći od zamaha prvog fotona prema uvjetu, što znači da se može predstaviti str 2 = str 1 + Δ str(1). Energija fotona može se izraziti kao impuls fotona koristeći sljedeće jednačine. Ovo E = mc 2 (1) i str = mc(2), dakle

E = pc (3),

Gdje E– energija fotona, str– impuls fotona, m – masa fotona, c= 3 · 10 8 m/s – brzina svjetlosti. Uzimajući u obzir formulu (3) imamo:

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

Zaokružujemo odgovor na desetine i dobijemo 8,2.

Odgovori. 8,2.

Jezgro atoma je pretrpjelo radioaktivni pozitron β - raspad. Kako su se električni naboj jezgra i broj neutrona u njemu promijenili kao rezultat toga?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

1. Povećano;
2. Smanjena;
3. Nije se promenilo.

Zapišite odabrane brojeve za svaku fizičku veličinu u tabeli. Brojevi u odgovoru se mogu ponoviti.

Rješenje. Pozitron β - raspad u atomskom jezgru nastaje kada se proton transformiše u neutron emisijom pozitrona. Kao rezultat toga, broj neutrona u jezgru se povećava za jedan, električni naboj se smanjuje za jedan, a maseni broj jezgra ostaje nepromijenjen. Dakle, reakcija transformacije elementa je sljedeća:

Odgovori. 21.

U laboratoriji je izvedeno pet eksperimenata za promatranje difrakcije pomoću različitih difrakcijskih rešetki. Svaka od rešetki bila je osvijetljena paralelnim snopovima monokromatske svjetlosti određene talasne dužine. U svim slučajevima, svjetlost je padala okomito na rešetku. U dva od ovih eksperimenata uočen je isti broj glavnih difrakcijskih maksimuma. Prvo navesti broj eksperimenta u kojem je korištena difrakciona rešetka s kraćim periodom, a zatim broj eksperimenta u kojem je korištena difrakciona rešetka s većim periodom.

Rješenje. Difrakcija svjetlosti je fenomen snopa svjetlosti u područje geometrijske sjene. Difrakcija se može uočiti kada na putu svjetlosnog vala postoje neprozirna područja ili rupe u velikim preprekama koje su neprozirne za svjetlost, a veličine tih područja ili rupa su srazmjerne talasnoj dužini. Jedan od najvažnijih uređaja za difrakciju je difrakciona rešetka. Ugaoni pravci do maksimuma difrakcionog uzorka određeni su jednadžbom

d sinφ = kλ (1),

Gdje d– period difrakcijske rešetke, φ – ugao između normale na rešetku i smjera ka jednom od maksimuma difrakcionog uzorka, λ – valna dužina svjetlosti, k– cijeli broj koji se naziva red difrakcijskog maksimuma. Izrazimo iz jednačine (1)

Odabirom parova prema eksperimentalnim uvjetima prvo biramo 4 gdje je korištena difrakciona rešetka s kraćim periodom, a zatim broj eksperimenta u kojem je korištena difrakciona rešetka sa većim periodom - to je 2.

Odgovori. 42.

Struja teče kroz žičani otpornik. Otpornik je zamijenjen drugim, sa žicom od istog metala i iste dužine, ali koja ima polovinu površine poprečnog presjeka, a kroz nju je propuštena polovina struje. Kako će se promijeniti napon na otporniku i njegov otpor?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

1. Povećaće se;
2. Hoće li se smanjiti;
3. Neće se promijeniti.

Zapišite odabrane brojeve za svaku fizičku veličinu u tabeli. Brojevi u odgovoru se mogu ponoviti.

Rješenje. Važno je zapamtiti o kojim vrijednostima ovisi otpor vodiča. Formula za izračunavanje otpora je

Ohmov zakon za dio kola, iz formule (2), izražavamo napon

U = I R (3).

Prema uslovima zadatka, drugi otpornik je napravljen od žice od istog materijala, iste dužine, ali različite površine poprečnog presjeka. Područje je duplo manje. Zamjenom u (1) nalazimo da se otpor povećava 2 puta, a struja smanjuje 2 puta, pa se napon ne mijenja.

Odgovori. 13.

Period oscilovanja matematičkog klatna na površini Zemlje je 1,2 puta veći od perioda njegovog oscilovanja na određenoj planeti. Kolika je veličina ubrzanja zbog gravitacije na ovoj planeti? Uticaj atmosfere u oba slučaja je zanemarljiv.

Rješenje. Matematičko klatno je sistem koji se sastoji od niti čije su dimenzije mnogo veće od dimenzija lopte i same lopte. Poteškoće mogu nastati ako se zaboravi Thomsonova formula za period oscilacije matematičkog klatna.

T= 2π (1);

l– dužina matematičkog klatna; g- ubrzanje gravitacije.

Po uslovu

Izrazimo iz (3) g n = 14,4 m/s 2. Treba napomenuti da ubrzanje gravitacije ovisi o masi planete i radijusu

Odgovori. 14,4 m/s 2.

Pravi provodnik dužine 1 m sa strujom od 3 A nalazi se u jednoličnom magnetskom polju sa indukcijom IN= 0,4 Tesla pod uglom od 30° prema vektoru. Kolika je veličina sile koja djeluje na provodnik iz magnetskog polja?

Rješenje. Ako provodnik sa strujom postavite u magnetsko polje, polje na vodiču sa strujom će delovati sa amperskom silom. Zapišimo formulu za modul Ampere sile

F A = I LB sinα ;

F A = 0,6 N

Odgovori. F A = 0,6 N.

Energija magnetskog polja pohranjena u zavojnici kada kroz njega prođe jednosmjerna struja jednaka je 120 J. Koliko puta se mora povećati jačina struje koja teče kroz namotaj zavojnice da bi se energija magnetskog polja pohranjena u njemu povećala od 5760 J.

Rješenje. Energija magnetskog polja zavojnice izračunava se po formuli

W m =	LI 2	(1);
	2

Po uslovu W 1 = 120 J, dakle W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

I 1 2 =	2W 1	; I 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Zatim omjer struje

I 2 2	= 49;	I 2	= 7
I 1 2		I 1

Odgovori. Jačina struje se mora povećati 7 puta. U formular za odgovore unosite samo broj 7.

Električno kolo se sastoji od dvije sijalice, dvije diode i navoja žice spojene kao što je prikazano na slici. (Dioda dozvoljava struji da teče samo u jednom smjeru, kao što je prikazano na vrhu slike.) Koja od sijalica će se upaliti ako se sjeverni pol magneta približi zavojnici? Obrazložite svoj odgovor navodeći koje ste fenomene i obrasce koristili u svom objašnjenju.

Rješenje. Iz njih izlaze vodovi magnetne indukcije sjeverni pol magnet i divergiraju. Kako se magnet približava, magnetni tok kroz zavojnicu žice raste. U skladu s Lenzovim pravilom, magnetsko polje koje stvara induktivna struja zavojnice mora biti usmjereno udesno. Prema pravilu gimleta, struja bi trebala teći u smjeru kazaljke na satu (gledano slijeva). Dioda u drugom krugu lampe prolazi u ovom smjeru. To znači da će druga lampica upaliti.

Odgovori. Druga lampica će se upaliti.

Dužina aluminijskih krakova L= 25 cm i površina poprečnog presjeka S= 0,1 cm 2 okačen na konac za gornji kraj. Donji kraj leži na horizontalnom dnu posude u koju se ulijeva voda. Dužina potopljenog dijela žbice l= 10 cm Nađi silu F, kojim igla za pletenje pritišće dno posude, ako se zna da se konac nalazi okomito. Gustina aluminijuma ρ a = 2,7 g/cm 3, gustina vode ρ b = 1,0 g/cm 3. Ubrzanje gravitacije g= 10 m/s 2

Rješenje. Napravimo crtež s objašnjenjem.

– Sila zatezanja navoja;

– Reakciona sila dna posude;

a je Arhimedova sila koja djeluje samo na uronjeni dio tijela, a primijenjena je na centar uronjenog dijela žbice;

– sila gravitacije koja djeluje na žbicu sa Zemlje i primjenjuje se na centar cijele žbice.

Po definiciji, masa žbice m i modul Arhimedova sila izražavaju se na sljedeći način: m = SLρ a (1);

F a = Slρ in g (2)

Razmotrimo momente sila u odnosu na tačku ovjesa žbice.

M(T) = 0 – moment sile zatezanja; (3)

M(N)= NL cosα je moment sile reakcije oslonca; (4)

Uzimajući u obzir predznake momenata, zapisujemo jednačinu

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

s obzirom da je prema Njutnovom trećem zakonu, sila reakcije dna posude jednaka sili F d kojom igla za pletenje pritišće dno posude koju pišemo N = F d i iz jednačine (7) izražavamo ovu silu:

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

Zamenimo numeričke podatke i dobijemo to

F d = 0,025 N.

Odgovori. F d = 0,025 N.

Cilindar koji sadrži m 1 = 1 kg azota, tokom ispitivanja čvrstoće eksplodirao na temperaturi t 1 = 327°C. Koja masa vodonika m 2 se može čuvati u takvom cilindru na temperaturi t 2 = 27°C, sa petostrukom sigurnosnom marginom? Molarna masa nitrogen M 1 = 28 g/mol, vodonik M 2 = 2 g/mol.

Rješenje. Napišimo Mendeljejev-Klapejronovu jednačinu stanja idealnog gasa za azot

Gdje V– zapremina cilindra, T 1 = t 1 + 273°C. Prema uslovima, vodonik se može skladištiti pod pritiskom str 2 = p 1 /5; (3) S obzirom na to

možemo izraziti masu vodonika radeći direktno sa jednadžbama (2), (3), (4). Konačna formula izgleda ovako:

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

Nakon zamjene numeričkih podataka m 2 = 28 g.

Odgovori. m 2 = 28 g.

U idealnom oscilatornom kolu, amplituda strujnih fluktuacija u induktoru je ja sam= 5 mA, i amplituda napona na kondenzatoru Um= 2,0 V. U trenutku t napon na kondenzatoru je 1,2 V. Pronađite struju u zavojnici u ovom trenutku.

Rješenje. U idealnom oscilatornom kolu oscilatorna energija je očuvana. Za trenutak vremena t, zakon održanja energije ima oblik

C	U 2	+ L	I 2	= L	ja sam 2	(1)
	2		2		2

Za amplitudne (maksimalne) vrijednosti pišemo

a iz jednačine (2) izražavamo

C	=	ja sam 2	(4).
L		Um 2

Zamijenimo (4) u (3). Kao rezultat dobijamo:

I = ja sam (5)

Dakle, struja u zavojnici u trenutku vremena t jednak

I= 4,0 mA.

Odgovori. I= 4,0 mA.

Na dnu rezervoara dubine 2 m nalazi se ogledalo. Zraka svjetlosti, prolazeći kroz vodu, odbija se od ogledala i izlazi iz vode. Indeks prelamanja vode je 1,33. Pronađite udaljenost između tačke ulaska zraka u vodu i tačke izlaska snopa iz vode ako je upadni ugao snopa 30°

Rješenje. Napravimo crtež s objašnjenjem

α je upadni ugao zraka;

β je ugao prelamanja zraka u vodi;

AC je rastojanje između tačke ulaska snopa u vodu i tačke izlaska snopa iz vode.

Prema zakonu prelamanja svjetlosti

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Razmotrimo pravougaoni ΔADB. U njemu AD = h, tada je DB = AD

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

Dobijamo sljedeći izraz:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Zamijenimo numeričke vrijednosti u rezultirajuću formulu (5)

Odgovori. 1,63 m.

U pripremi za Jedinstveni državni ispit, pozivamo vas da se upoznate sa program rada iz fizike za 7-9 razrede na liniji UMK Peryshkina A.V. I program rada naprednog nivoa za 10-11 razred za nastavne materijale Myakisheva G.Ya. Programi su dostupni za pregled i besplatno preuzimanje svim registrovanim korisnicima.

U drugom zadatku Jedinstvenog državnog ispita iz fizike potrebno je riješiti zadatak o Newtonovim zakonima ili vezan uz djelovanje sila. U nastavku predstavljamo teoriju sa formulama koje su neophodne za uspješno rješavanje problema na ovu temu.

Teorija za zadatak broj 2 Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

Njutnov drugi zakon

Formula drugog Newtonovog zakona F =ma . Evo F I a – vektorske veličine. Magnituda a – Ovo je ubrzanje kretanja tijela pod utjecajem određene sile. Ona je direktno proporcionalna sili koja djeluje na dato tijelo i usmjerena je u smjeru sile.

Rezultat

Rezultantna sila je sila čije djelovanje zamjenjuje djelovanje svih sila koje se primjenjuju na tijelo. Ili, drugim riječima, rezultanta svih sila primijenjenih na tijelo jednaka je vektorskom zbiru ovih sila.

Sila trenja

F tr =μN , Gdje μ μ, što je konstantna vrijednost za dati slučaj. Poznavajući silu trenja i normalnu silu pritiska (ova sila se naziva i sila reakcije potpore), možete izračunati koeficijent trenja.

Gravitacija

Vertikalna komponenta kretanja ovisi o silama koje djeluju na tijelo. Potrebno je poznavanje formule gravitacije F=mg, budući da po pravilu samo on djeluje na tijelo bačeno pod uglom u odnosu na horizontalu.

Elastična sila

Sila elastičnosti je sila koja nastaje u tijelu kao rezultat njegove deformacije i teži da ga vrati u prvobitno (početno) stanje. Za elastičnu silu koristi se Hookeov zakon: F = kδl, Gdje k— koeficijent elastičnosti (krutost tijela), δl— veličina deformacije.

Zakon gravitacije

Sila F gravitacionog privlačenja između dvoje materijalne tačke mase m1 i m2 razdvojene rastojanjem r proporcionalno je objema masama i obrnuto proporcionalno kvadratu udaljenosti između njih:

Analiza tipičnih opcija za zadatke br. 2 Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

Demo verzija 2018

Grafikon prikazuje ovisnost modula sile trenja klizanja o modulu sile normalnog pritiska. Koliki je koeficijent trenja?

Algoritam rješenja:

1. Zapišimo formulu koja povezuje ove sile. Izraziti koeficijent trenja.
2. Pregledavamo graf i postavljamo par odgovarajućih vrijednosti sila normalnog pritiska N i trenja.
3. Koeficijent izračunavamo na osnovu vrijednosti sile uzetih iz grafikona.
4. Zapisujemo odgovor.

Rješenje:

1. Formulom je sila trenja povezana s normalnom silom pritiska F tr=μ N, Gdje μ – koeficijent trenja. Odavde, znajući veličinu sile trenja i pritiska normalne na površinu, možemo odrediti μ, što je konstantna vrijednost za dati slučaj. Poznavajući silu trenja i normalnu silu pritiska (ova sila se naziva i sila reakcije potpore), možete izračunati koeficijent trenja. Iz gornje formule proizilazi da: μ = F tr: N
2. Pogledajmo graf zavisnosti. Uzmimo bilo koju tačku na grafu, na primjer, kada je N = 12 (N), a F tr = 1,5 (N).
3. Uzmimo odabrane vrijednosti sile i izračunajmo vrijednost koeficijenta μ : μ= 1,5/12 = 0,125

Odgovor: 0,125

Prva verzija zadatka (Demidova, br. 3)

Sila F daje ubrzanje a tijelu mase m u inercijskom referentnom okviru. Odredite ubrzanje tijela mase 2m pod utjecajem sile od 0,5F u ovom referentnom sistemu.

1) ; 2) ; 3) ; 4)

Algoritam rješenja:

1. Zapišimo drugi Newtonov zakon. Ubrzanje izražavamo iz formule.
2. Promijenjene vrijednosti mase i sile zamjenjujemo u rezultirajući izraz i pronalazimo novu vrijednost ubrzanja, izraženu kroz njegovu izvornu vrijednost.
3. Izaberi tačan odgovor.

Rješenje:

1. Prema drugom Newtonovom zakonu F=m a, sila F, koji djeluje na tijelo mase m, daje ubrzanje tijelu A. Imamo:

2. Po stanju m 2 = 2m, F 2 =0,5F.

Tada će promijenjeno ubrzanje biti jednako:

U vektorskom obliku notacija je slična.

Druga verzija zadatka (Demidova, br. 9)

Kamen mase 200 g bačen je pod uglom od 60° u odnosu na horizontalu početnom brzinom v = 20 m/s. Odredite modul gravitacije koji djeluje na kamen u gornjoj tački putanje.

Ako je tijelo bačeno pod uglom u odnosu na horizontalu, a sila otpora se može zanemariti, rezultanta svih sila je konstantna. Vertikalna komponenta kretanja ovisi o silama koje djeluju na tijelo. Potrebno je znati formulu gravitacije F=mg, jer po pravilu samo ona djeluje na tijelo bačeno pod uglom u odnosu na horizontalu.

Algoritam rješenja:

1. Pretvorite vrijednost mase u SI.
2. Određujemo koje sile djeluju na kamen.
3. Zapisujemo formulu za gravitaciju. Izračunavamo veličinu sile.
4. Zapisujemo odgovor.

Rješenje:

1. Masa kamena m=200 g=0,2 kg.
2. Na bačeni kamen utiče gravitacija F T = mg. Budući da uvjet ne predviđa drugačije, otpor zraka se može zanemariti.
3. Sila gravitacije je ista u bilo kojoj tački putanje kamena. To znači podaci u stanju (početna brzina v i ugao prema horizontu pod kojim je telo bačeno) su suvišni. Odavde dobijamo: F T = 0,2∙10 =2 N.

Odgovori : 2

Treća verzija zadatka (Demidova, br. 27)

Konstantna horizontalna sila od F = 9 N primjenjuje se na sistem kocke težine 1 kg i dvije opruge (vidi sliku). Sistem miruje. Nema trenja između kocke i oslonca. Lijeva ivica prve opruge pričvršćena je za zid. Krutost prve opruge k1 = 300 N/m. Krutost druge opruge je k2 = 600 N/m. Kolika je dužina druge opruge?

Algoritam rješenja:

1. Zapisujemo Hookeov zakon za 2. proljeće. Nalazimo njegovu vezu sa silom F datom u uslovu.
2. Iz rezultirajuće jednačine izražavamo izduženje i izračunavamo ga.
3. Zapisujemo odgovor.

Rješenje:

1. Prema Hookeovom zakonu, izduženje opruge povezano je s krutošću opruge k i silom koja se na nju primjenjuje F izraz F= k∆ l. Druga opruga je podložna vlačnoj sili F 2 = k2∆ l. 1. opruga se rasteže silom F. Po uslovu F=9 H. Pošto opruge čine jedinstven sistem, sila F rasteže i 2. oprugu, tj. F 2 =F.
2. Izduženje Δ l je definiran ovako:

Video kurs “Stekni A” uključuje sve teme koje su vam potrebne uspješan završetak Jedinstveni državni ispit iz matematike za 60-65 bodova. Potpuno svi problemi 1-13 Jedinstveni državni ispit profila matematike. Pogodan i za polaganje osnovnog jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Ako želite da položite Jedinstveni državni ispit sa 90-100 bodova, prvi dio morate riješiti za 30 minuta i bez greške!

Pripremni kurs za Jedinstveni državni ispit za 10-11 razred, kao i za nastavnike. Sve što vam je potrebno za rješavanje 1. dijela Jedinstvenog državnog ispita iz matematike (prvih 12 zadataka) i 13. zadatka (trigonometrija). A to je više od 70 bodova na Jedinstvenom državnom ispitu, a bez njih ne mogu ni student sa 100 bodova ni student humanističkih nauka.

Sva potrebna teorija. Brza rješenja, zamke i tajne Jedinstvenog državnog ispita. Analizirani su svi tekući zadaci 1. dijela iz FIPI banke zadataka. Kurs je u potpunosti usklađen sa zahtjevima Jedinstvenog državnog ispita 2018.

Kurs sadrži 5 velikih tema, svaka po 2,5 sata. Svaka tema je data od nule, jednostavno i jasno.

Stotine zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Riječni problemi i teorija vjerovatnoće. Jednostavni i lako pamtljivi algoritmi za rješavanje problema. Geometrija. Teorija, referentni materijal, analiza svih vrsta zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Stereometrija. Šaljiva rješenja, korisne varalice, razvoj prostorne mašte. Trigonometrija od nule do problema 13. Razumijevanje umjesto nabijanja. Jasna objašnjenja složenih koncepata. Algebra. Korijeni, potencije i logaritmi, funkcija i derivacija. Osnova za rješavanje složenih zadataka 2. dijela Jedinstvenog državnog ispita.

Ovaj članak predstavlja analizu zadataka iz mehanike (dinamika i kinematika) iz prvog dijela Jedinstvenog državnog ispita iz fizike sa detaljnim objašnjenjima nastavnika fizike. Postoji video analiza svih zadataka.

Odaberimo dio na grafikonu koji odgovara vremenskom intervalu od 8 do 10 s:

Tijelo se u ovom vremenskom intervalu kretalo istim ubrzanjem, pošto je grafik ovdje dio prave linije. Tokom ovih s, brzina tijela se mijenjala za m/s. Posljedično, ubrzanje tijela u ovom vremenskom periodu bilo je jednako m/s 2 . Grafikon broj 3 je prikladan (u svakom trenutku ubrzanje je -5 m/s 2).

2. Na tijelo djeluju dvije sile: i . Po sili i rezultanta dvije sile pronađite modul druge sile (vidi sliku).

Vektor druge sile je jednak . Ili, što je slično, . Zatim dodajemo posljednja dva vektora prema pravilu paralelograma:

Dužina ukupnog vektora može se naći iz pravokutnog trokuta ABC, čije noge AB= 3 N i B.C.= 4 N. Prema Pitagorinoj teoremi, nalazimo da je dužina željenog vektora jednaka N.

Uvedemo koordinatni sistem sa centrom koji se poklapa sa centrom mase bloka i osi OX, usmjerena duž nagnute ravni. Opišimo sile koje djeluju na blok: gravitaciju, silu reakcije oslonca i statičku silu trenja. Rezultat će biti sljedeća slika:

Tijelo miruje, dakle vektorska suma sve sile koje djeluju na njega su nula. Uključujući nulu i zbir projekcija sila na osu OX.

Projekcija gravitacije na osu OX jednaka nozi AB odgovarajući pravougli trokut (vidi sliku). Štoviše, iz geometrijskih razmatranja, ova noga leži nasuprot kuta u . To jest, projekcija gravitacije na osu OX jednak .

Statička sila trenja je usmjerena duž ose OX, dakle projekcija ove sile na osu OX jednaka jednostavno dužini ovog vektora, ali sa suprotnim predznakom, pošto je vektor usmjeren prema osi OX. Kao rezultat dobijamo:

Koristimo formulu poznatu iz školskog kursa fizike:

Odredimo sa slike amplitude stabilnih prisilnih oscilacija na frekvencijama pokretačke sile od 0,5 Hz i 1 Hz:

Slika pokazuje da je pri frekvenciji pokretačke sile od 0,5 Hz amplituda prinudnih oscilacija u stacionarnom stanju bila 2 cm, a pri frekvenciji pokretačke sile od 1 Hz, amplituda stabilnih prisilnih oscilacija bila je 10 cm. amplituda prinudnih oscilacija u stacionarnom stanju prisilna oscilacija povećana 5 puta.

6. Lopta bačena horizontalno sa visine H sa početnom brzinom, tokom leta t preletjela horizontalnu udaljenost L(vidi sliku). Šta će se dogoditi s vremenom leta i ubrzanjem lopte ako pri istoj instalaciji, uz konstantnu početnu brzinu lopte, povećamo visinu H? (Zanemarite otpor zraka.) Za svaku vrijednost odredite odgovarajuću prirodu njene promjene: 1) će se povećati 2) će se smanjiti 3) neće se promijeniti Zapišite odabrane brojeve za svaku fizičku veličinu u tabeli. Brojevi u odgovoru se mogu ponoviti.

U oba slučaja, lopta će se kretati ubrzanjem gravitacije, tako da se ubrzanje neće promijeniti. IN u ovom slučaju vrijeme leta ne ovisi o početnoj brzini, jer je potonja usmjerena horizontalno. Vrijeme leta zavisi od visine sa koje tijelo pada, a što je visina veća, to je vrijeme leta duže (tjelu je potrebno duže da padne). Shodno tome, vrijeme leta će se povećati. Tačan odgovor: 13.

Promjene u Zadaci objedinjenog državnog ispita iz fizike za 2019 nema godine.

Struktura Jedinstvenog državnog ispitnog zadatka iz fizike 2019

Ispitni rad se sastoji iz dva dijela, uključujući 32 zadatka.

Dio 1 sadrži 27 zadataka.

• U zadacima 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27, odgovor je cijeli ili konačan broj decimalni.
• Odgovor na zadatke 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 i 24 je niz od dva broja.
• Odgovor na zadatke 19 i 22 su dva broja.

Dio 2 sadrži 5 zadataka. Odgovor na zadatke 28–32 uključuje detaljan opis cjelokupnog napretka zadatka. Drugi dio zadataka (sa detaljnim odgovorom) ocjenjuje stručna komisija na osnovu.

Teme Jedinstvenog državnog ispita iz fizike koje će biti uključene u ispitni rad

1. Mehanika(kinematika, dinamika, statika, zakoni održanja u mehanici, mehaničke vibracije i talasi).
2. Molekularna fizika(teorija molekularne kinetike, termodinamika).
3. Elektrodinamika i osnove SRT-a(električno polje, jednosmerna struja, magnetno polje, elektromagnetna indukcija, elektromagnetske oscilacije i talasi, optika, osnove SRT).
4. Kvantna fizika i elementi astrofizike(talasno-korpuskularni dualizam, atomska fizika, fizika atomskog jezgra, elementi astrofizike).

Trajanje Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

Da završim sve ispitni rad je dato 235 minuta.

Okvirno vrijeme za obavljanje zadataka različitih dijelova posla je:

1. za svaki zadatak sa kratkim odgovorom – 3–5 minuta;
2. za svaki zadatak sa detaljnim odgovorom – 15–20 minuta.

Šta možete polagati za ispit:

• Koristi se neprogramabilni kalkulator (za svakog učenika) sa mogućnošću izračunavanja trigonometrijske funkcije(cos, sin, tg) i vladar.
• Popis dodatnih uređaja i uređaja, čija je upotreba dozvoljena za Jedinstveni državni ispit, odobrava Rosobrnadzor.

Bitan!!! Ne treba se oslanjati na varalice, savjete ili korištenje tehničkih sredstava (telefona, tableta) tokom ispita. Video nadzor na Jedinstvenom državnom ispitu 2019. biće pojačan dodatnim kamerama.

Rezultati Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

• 1 bod - za 1-4, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 19, 20, 22, 23, 25, 26, 27 zadataka.
• 2 boda - 5, 6, 7, 11, 12, 16, 17, 18, 21, 24.
• 3 boda - 28, 29, 30, 31, 32.

Ukupno: 52 boda(maksimalno primarni rezultat).

Šta trebate znati kada pripremate zadatke za Jedinstveni državni ispit:

• Znati/razumjeti značenje fizičkih koncepata, količina, zakona, principa, postulata.
• Znati opisati i objasniti fizičke pojave i svojstva tijela (uključujući svemirske objekte), rezultate eksperimenata... dati primjere praktične upotrebe fizičkog znanja
• Razlikovati hipoteze od naučna teorija, donositi zaključke na osnovu eksperimenta itd.
• Biti sposoban primijeniti stečeno znanje pri rješavanju fizičkih problema.
• Koristiti stečena znanja i vještine u praktičnim aktivnostima i svakodnevnom životu.

Gdje se početi pripremati za Jedinstveni državni ispit iz fizike:

1. Proučite teoriju potrebnu za svaki zadatak.
2. Obuci se test zadataka fizike, razvijen na osnovu Jedinstvenog državnog ispita. Na našoj web stranici bit će ažurirani zadaci i opcije iz fizike.
3. Pravilno upravljajte svojim vremenom.

Želimo vam uspjeh!