А1. Физическим явлением является: 1) секунда;  2) скорость;  3) линейка;  4) плавление;  5) килограмм.

 

Решение.

Физическое явление – плавление.

Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________

А2. Установите соответствие между физическими величинами и учёными-физиками, в честь которых названы единицы этих величин.   
А) Магнитный поток                         1) Ом
Б) Сила                                               2) Ньютон
В) Электрическое сопротивление   3) Вебер
1) А1 Б2 В3;  2) А1 Б3 В2;  3) А2 Б1 В3;  4) А2 Б3 В1;  5) А3 Б2 В1.

Решение.
Магнитный поток – Вебер, Сила – Ньютон, Электрическое сопротивление – Ом:   А3 Б2 В1.
Ответ: 5.
____________________________________________________________________________________
 

A3. По параллельным участкам соседних железнодорожных путей навстречу друг другу равномерно двигались два поезда: пассажирский и товарный. Модуль скорости пассажирского поезда V₁ = 60 км/ч, товарного – V₂ = 48 км/ч. Если длина товарного поезда L = 0,45 км, то пассажир, сидящий у окна в вагоне пассажирского поезда, заметил, что он проехал мимо товарного поезда за промежуток времени ∆t, равный:  1) 10 с;  2) 15 с;  3) 20 с;  4) 25 с;  5) 30 с.

 

Решение:

V₁ = 60 км/ч = 50/3 м/с

V₂ = 48 км/ч = 40/3 м/с

L = 0,45 км = 450 м

∆t – ?

При встречном движении скорости складываются:

V₁ + V₂ = L/∆t, отсюда

∆t = L/(V₁ + V₂).

∆t = 450/(50/3 + 40/3) = 450/30 = 15 с.

Ответ: 2.
________________________________________________________________________________________________
   

A4. Тело, брошенное вертикально вниз с некоторой высоты, за последние две секунды движения прошло путь s = 0,10 км. Если модуль начальной скорости тела V₀ = 10 м/с, то промежуток времени ∆t, в течение которого тело падало, равен:  1) 3,0 c;  2) 4,0 c;  3) 5,0 c ;

4) 6,0 c;  5) 7,0 c.

 

Решение:

g = 10 м/c²

t₁ = 2 c

s = 0,10 км = 100 м

V₀ = 10 м/с

∆t – ?

Направим вверх ось 0Y. Пусть y – координата тела, h –высота, с которой тело брошено (см. рис.). Уравнение движения тела:

y = y₀ + V₀ᵧt + gᵧt²/2  и, с учётом y₀ = h, V₀ᵧ = -V₀,  gᵧ = -g, получим

y = h - V₀t - gt²/2.                            (*)

Пусть в некоторой точке А оси ОY, y = ОА = s, t = ∆t - t₁. Тогда в точке А (*) примет вид:

s = h - V₀(∆t - t₁) - g(∆t - t₁)²/2.        (1)

В точке О (поверхность земли), y = 0, t = ∆t. Тогда в точке O (*) примет вид:

0 = h - V₀∆t - g∆t²/2.                        (2)

Из (2) h = V₀∆t + g∆t²/2 и подставим в (1):

s = V₀∆t + g∆t²/2 - V₀(∆t - t₁) - g(∆t - t₁)²/2.  Отсюда, после упрощения, получим

s = V₀t₁ + g∆t·t₁ - gt₁²/2. Отсюда

∆t = (s - V₀t₁ + gt₁²/2)/gt₁ .

∆t = (100 - 10·2 + 10·2²/2)/(10·2) = 5 с.

Ответ: 3.
________________________________________________________________________________________________

 

А5. Тело двигалось в пространстве под действием трёх постоянных по направлению сил F₁, F₂, F₃. Модуль первой силы

F₁ = 20 Н, второй – F₂ = 55 Н. Модуль третьей силы F₃ на разных участках пути изменялся со временем так, как показано на графике. Если известно, что только на одном участке тело двигалось равномерно, то на графике этот участок обозначен цифрой:

1) 1;  2) 2;  3) 3;  4) 4;  5) 5.

 

Решение:

F₁ = 20 Н

F₂ = 55 Н

a = 0

F₃ – ?

Тело движется равномерно (ускорение а = 0) при векторном равенстве

F₁ + F₂ + F₃ = 0,  отсюда F₃ = - (F₁ + F₂), т.е. F₃ =  |F₁ + F₂|.

 

Теорема косинусов (см. рис):

F₃² = F₁² + F₂² - 2F₁F₂cosα,  отсюда

cosα = (F₁² + F₂² - F₃²)/(2F₁F₂) = (20² + 55² - F₃²)/(2·20·55).

 

cosα = (3425 - F₃²)/2200.       (1)

 

На участке 1, F₃ = 60, тогда по (1)  cosα = -7/88.

На участке 2, F₃ = 30, тогда по (1)  cosα = 101/88 > 1.

На участке 3, F₃ = 80, тогда по (1)  cosα = -119/88 < -1.

На участке 4, F₃ = 10, тогда по (1)  cosα = 133/88 > 1.

На участке 5, F₃ = 20, тогда по (1)  cosα = 117/88 > 1.

Т.к.    -1 ≤ cosα ≤ 1, то этому условию удовлетворяет только первый участок.

Ответ: 1.
________________________________________________________________________________________________
  A6. Запаянную с одного конца трубку наполнили маслом (ρ = 940 кг/м³), а затем погрузили открытым концом в широкий сосуд с маслом (см. рис.). Если высота столба масла h = 10,5 м, то атмосферное давление p равно: 1) 97,6 кПа;  2) 98,7 кПа;  3) 99,6 кПа;  4) 101 кПа;  5) 102 кПа.

 
                          

Решение:

ρ = 940 кг/м³

h = 10,5 м

g = 10 м/c² (ускорение свободного падения)

p – ?

Атмосферное давление на поверхность масла в сосуде уравновешено давлением столба масла в трубке:

p = ρgh.

p = 940·10·10,5 = 98700 Па = 98,7 кПа.

Ответ: 2.

____________________________________________________________________________________

A7. Если абсолютная температура тела изменилась на ∆T = 100 K, то изменение его температуры∆t по шкале Цельсия равно:  1) (100/273)⁰C;  2) (273/100)⁰C;  3) 373⁰C;  4) 173⁰C;  5) 100⁰C.

Решение:
∆T = 100 K
∆t – ?
Связь абсолютной температуры T с температурой t по шкале Цельсия:
T = t + 273.
Отсюда
T₁ = t₁ + 273,  (начальная температура)
T₂ = t₂ + 273.  (конечная температура)
Изменение температуры
∆T = T₂ -T₁ = (t₂ + 273) - (t₁ + 273) = t₂ - t₁ = ∆t.
∆t = ∆T.
∆t = 100⁰C.

Ответ: 5.

____________________________________________________________________________________

 

A8. Если при изобарном нагревании идеального газа, начальная температура которого t₁ = 7,0⁰C, его объём увеличился в k = 1,2 раза, то конечная температура t₂ газа равна:

1) 8,4⁰C;  2) 14⁰C;  3) 24⁰C;  4) 40⁰C;  5) 63⁰C.

 

Решение:

P = const

t₁ = 7,0⁰C   (T₁ = t₁+273 = 280K)

k = 1,2

V₂ = kV₁

t₂ – ?

Формула для изобарного процесса (p = const):

V₁/T₁ = V₂/T₂  или

V₁/T₁ = kV₁/T₂ отсюда

1/T₁ = k/T₂  и далее
T₂ = kT₁.
T₂ = 1,2·280 = 336K.
Переведём в градусы по шкале Цельсия:
T₂ = t₂ + 273,
отсюда
t₂ = T₂ - 273 = 336 - 273 = 63⁰C.

Ответ: 5.

________________________________________________________________________________________________
   
A9. В некотором процессе над термодинамической системой внешние силы совершили работу А = 25 Дж, при этом внутренняя энергия системы увеличилась на ∆U = 55 Дж. Количество теплоты Q, полученное системой, равно: 1) 0;  2) 25 Дж;  3) 30 Дж;  4) 55 Дж;  5) 80 Дж.
 

Решение:

А = 25 Дж

∆U = 55 Дж

Q – ?

Первый закон термодинамики:

Q = ∆U + A₁ ,                             (1)

где A₁ = -А – работа, совершённая системой.

Тогда (1) примет вид

Q = ∆U - A.

Q = 55 - 25 = 30 Дж.

Ответ: 3.

____________________________________________________________________________________

 

A10. На рисунке приведено условное обозначение: 1) конденсатора;  2) колебательного контура;  3) гальванического элемента;  4) катушки индуктивности;  5) электрического звонка.

 

Решение:

Катушка индуктивности.

Ответ: 4.

____________________________________________________________________________________

 

A11. В электрической цепи, схема которой приведена на рисунке, сопротивления резисторов R₁ = 80 Ом, R₂ = 0,12 кОм, R₃ = 0,24 кОм, R₄ = 0,45 кОм, R₅ = 50 Ом, R₆ = 35 Ом. Если напряжение на клеммах источника тока U = 48 В, то на резисторе R₄ напряжение U₄ равно:  1) 3,0 B;  2) 4,0 B;  3) 8,0 B;  4) 10 B;  5) 18 B. 5) В точке А магнитное поле не создаётся, ориентация стрелки будет произвольная. 





  Решение:
Линии магнитной индукции магнитного поля прямого проводника с током – окружности, лежащие в плоскостях перпендикулярных проводнику. Центры окружностей находятся на оси проводника. Так как ток направлен "от нас", то, по "правилу буравчика" (правый винт)при его вращении, остриё буравчика движется по направлению тока, а рукоятка буравчика вращается по ходу часовой стрелки. Следовательно, и вектор магнитной индукции направлен по ходу часовой стрелки по касательной к линии магнитной индукции.Магнитная стрелка расположится так, что направление от южного полюса (S) к северному полюсу (N) совпадёт с направлением вектора магнитной индукции (рис. 3).

Ответ: 3.

____________________________________________________________________________________

 

A14. На рисунке изображён график зависимости силы тока I в катушке индуктивности от времени t. Если индуктивность катушки L = 50 мГн, то энергия W магнитного поля катушки в момент времени t = 20 мс была равна:  1) 3,6 мДж;  2) 6,0 мДж;  3) 9,0 мДж;  4) 11 мДж;  5) 17мДж.
    




Решение:
L = 0,05 Гн
t = 20 мс
W – ?
Из графика видно: при t = 20 мс, I = 0,6 A.
Энергия магнитного поля катушки
W = LI²/2.
W = 0,05·0,6²/2 = 0,009 Дж = 9 мДж.

Ответ: 3.

____________________________________________________________________________________

 

A15. Поплавок, качаясь на волнах, совершил N = 16 полных колебаний за промежуток времени ∆t= 8,0 с. Если модуль скорости распространения волн v = 3,2 м/с, то расстояние l между соседними гребнями волн равно:  1) 1,2 м;  2) 1,6 м;  3) 2,0 м;  4) 2,4 м;  5) 3,0 м.

 

Решение:

N = 16

∆t = 8 с

v = 3,2 м/с
l – ?
Период T колебаний:
T = ∆t/N = 8/16 = 0,5 c.
Расстояние l между соседними гребнями волн равно длине волны λ:
 l = λ.
Связь длины волны λ со скорость v и периодом T:
λ = vT или
l = vT.
l = 3,2·0,5 = 1,6 м.

Ответ: 2.

____________________________________________________________________________________

A16. На дифракционную решётку падает нормально параллельный пучок монохроматического света длиной волны λ = 0,53 мкм. Если угол отклонения излучения в спектре четвёртого порядка θ = 45⁰, то период d решётки равен: 1) 2,5 мкм;  2) 3,0 мкм;  3) 4,0 мкм;  4) 4,6 мкм;  5) 5,0 мкм.

Решение:
λ = 0,53 мкм
k = 4
θ = 45⁰
d – ?
Формула дифракционной решётки
dsinθ = kλ.
Отсюда
d = kλ/sinθ.
d = 4·0,53/sin45⁰ = 4·0,53/(1/√2) = 2,9892 мкм ≈ 3 мкм.

Ответ: 2.

____________________________________________________________________________________

A17. Атом водорода при переходе с шестого энергетического уровня (Е₆ = -6,02·10⁻²⁰ Дж) на первый (Е₁ = -2,17·10⁻¹⁸ Дж) испускает фотон, модуль импульса p которого равен: 1) 7,03·10⁻²⁷ кг·м/с;  2) 1,61·10⁻²⁷ кг·м/с;  3) 6,03·10⁻²⁸ кг·м/с;  4) 2,53·10⁻²⁸ кг·м/с;  5) 8,83·10⁻²⁹ кг·м/с.

Решение: 
Е₆ = -6,02·10⁻²⁰ Дж 
Е₁ = -2,17·10⁻¹⁸· Дж 
c = 3·10⁸ м/с (скорость света в вакууме)
p – ? 
Модуль импульса p фотона 
p = E/c,                                         (1) 
где Е = Е₆ - Е₁ – энергия фотона.
Подставим в (1) 
p = (Е₆ - Е₁)/c.
p = (-6,02·10⁻²⁰ + 2,17·10⁻¹⁸)/(3·10⁸) = 7,03·10⁻²⁷ кг·м/с.
Ответ: 1.
____________________________________________________________________________________
  A18. На рисунке изображён график зависимости числа N нераспавшихся ядер некоторого радиоактивного изотопа от времени t. Период полураспада T½ этого изотопа равен:  1) 10 мин;  2) 15 мин;  3) 20 мин;  4) 30 мин;  5) 60 мин.

Решение:
 Как видно из рисунка, в начальный момент времени (t = 0) число нераспавшихся ядер N₀ = 150·10⁵. Через время t = 30 мин их осталось N = 75·10⁵.  Следовательно, за время 30 мин распалась половина начального состава ядер. Период полураспада T½ = 30 мин.
Ответ: 4.
____________________________________________________________________________________

B1. Легковой автомобиль движется по шоссе со скоростью, модуль которой v = 18 м/с. Внезапно на дорогу выскочил лось. Если время реакции водителя t = 1,0 с, а модуль ускорения автомобиля при торможении а = 3,6 м/с², то остановочный путь s (с момента возникновения препятствия до полной остановки) равен ... м. 

Решение:
v₀ = 18 м/с
t = 1 с
a = 3,6 м/с²
s – ?
С момента появления лося и до начала торможения автомобиль прошёл путь
s₁ = v₀t.
Перемещение s₂ автомобиля после начала торможения и до остановки (v = 0):
s₂ = (v²-v₀²)/(2aₓ) = -v₀²)/(2aₓ) .
Проекция ускорения на направление движения
aₓ = -а.
Тогда
s₂ = -v₀²)/(2(-a)) = v₀²/(2a). 
Полный путь
s = s₁ + s₂ = v₀t + v₀²/(2a).

s = v₀t + v₀²/(2a).

s = 18·1 + 18²/(2·3,6) = 63 м.
Ответ: 63.
____________________________________________________________________________________

B2. С помощью подъёмного механизма груз массой m = 0,80 т равноускоренно поднимают вертикально вверх с поверхности Земли. Через промежуток времени ∆t после начала подъёма груз находился на высоте h = 30 м, продолжая движение. Если сила тяги подъёмного механизма к этому моменту времени совершила работу А = 0,25 МДж, то промежуток времени ∆t равен ... с.

Решение:
v₀ = 0
m = 800 кг
h = 30 м
А = 0,25·10⁶ Дж
∆t – ?
Воспользуемся теоремой о кинетической энергии:
A + A₁ = mv²/2 - mv₀²/2,           (*)
где A₁ = - mgh – работа силы тяжести; в правой части (*) разность конечной и начальной кинетических энергий тела, причём (т.к. v₀ = 0) mv₀²/2 = 0.
Тогда (*) примет вид
A - mgh = mv²/2,                       (1)
где v – скорость тела на высоте h.
Так как средняя скорость <v> при равноускоренном движении:
<v> = (v₀ + v)/2,
то перемещение h тела при подъёме
h = <v>∆t = (v₀ + v)∆t/2
или (при v₀ = 0)
h = v∆t/2
отсюда
v = 2h/∆t
и подставим в (1)
A - mgh = m(2h/∆t)²/2.
Отсюда

∆t = h( 2m/(A - mgh) )^0,5.

∆t = 30( 2·800/(0,25·10⁶ - 800·10·30) )^0,5 = 12 c.
Ответ: 12.
________________________________________________________________________________________________

B3. Тело массой m = 0,25 кг свободно падает без начальной скорости с высоты H. Если на высоте h = 20 м кинетическая энергия тела Eᴋ = 30 Дж, то первоначальная высота H равна ... м.

Решение: 
m = 0,25 кг 
v₀ = 0 
h = 20 м 
Eᴋ = 30 Дж 
H – ? 
Закон сохранения механической энергии 
mgH = mgh + Eк, 
отсюда
 
H = h + Eк/(mg). 

H = 20 + 30/(0,25·10) = 32 м.
Ответ: 32.
__________________________________________________________________________

B4. Автомобиль движется по дороге со скоростью, модуль которой v = 93,6 км/ч. Профиль дороги показан на рисунке. В точке С радиус кривизны профиля R = 255 м. Если в точке С, направление на которую из центра кривизны составляет с вертикалью угол α = 30,0⁰, модуль силы давления автомобиля на дорогу F = 5,16 кН, то масса m автомобиля равна ... кг.    Решение:
V = 93,6 км/ч = 26 м/с 
R = 255 м 
α = 30⁰ 
F = 5160 H 
m – ? 
Направим ось Х (см. рис.1). На автомобиль действуют три силы: 
F_тр – сила трения (сила сцепления колёс с дорогой), mg – сила тяжести,N – реакция опоры (моста).
Второй закон Ньютона в векторном виде 
F_тр + N + mg = ma.                   (1) 
Спроектируем (1) на ось Х 
-N + mgcosα = ma.                   (*) 
Здесь    
а = v²/R – центростремительное ускорение автомобиля. 
По третьему закону Ньютона модули сил N = F. 
Тогда (*) примет вид 
-F + mgcosα = mv²/R, 
отсюда
 
m = F/( gcosα – v²/R ). 

m = 5160/( 10·(√3/2) – 26²/255 ) = 5160/( 10·1,73/2 – 26²/255 ) = 860 кг.
Ответ: 860.
____________________________________________________________________________________

В5. В баллоне находится смесь газов: аргон (М₁ = 40 г/моль) и кислород (М₂ = 32 г/моль). Если парциальное давление аргона в три раза больше парциального давления кислорода, то молярная масса М смеси равна ... г/моль.

Решение:
M₁ = 40 г/моль 
M₂ = 32 г/моль 
P₁ = 3P₂                                                (*) 
M – ? 
Молярная масса M смеси из двух газов: 
M = (m₁+m₂)/( (m₁/M₁) + (m₂/M₂) ).     (1) 
Пусть V – объём смеси газов, T – температура смеси. 
Уравнения Менделеева-Клапейрона : 
P₁V = (m₁/M₁)RT. (аргон)                     (2) 
P₂V = (m₂/M₂)RT. (кислород)              (3) 
R – универсальная газовая постоянная. 
Из (2) и (3) выразим P₁ и P₂ и подставим в условие (*). Тогда (*) примет вид: 
(m₁/M₁)(RT/V) = 3(m₂/M₂)(RT/V) 
или, после упрощения, 
m₁ = 3m₂M₁/M₂ 
и подставим в (1) 
M = ( 3m₂M₁/M₂ + m₂)/( ( 3m₂M₁/(M₂M₁) ) + (m₂/M₂) ). 
После упрощения, получим
 
M = (3M₁ +M₂)/4. 

M = (3·40 +32)/4 = 38 г/моль.
Ответ: 38.
__________________________________________________________________________

 

B6. Небольшой пузырёк воздуха медленно поднимается вверх со дна водоёма. На глубине h₁ = 80 м температура воды (ρ = 1,0 г/см³) t₁ = 7,0 ⁰C, а объём пузырька V₁ = 0,59 см³. Если атмосферное давление p₀ = 1,0·10⁵ Па, то на глубине h₂ = 1,0 м, где температура воды t₂ = 17 ⁰C, на пузырёк действует выталкивающая сила, модуль F которой равен … мН.

Решение: 
h₁ = 80 м 
ρ = 1000 кг/м³ 
t₁ = 7 ⁰C, (T₁ = 280 K) 
V₁ = 0,59·10⁻⁶ м³ 
p₀ = 10⁵ Па 
h₂ = 1 м 
t₂ = 17 ⁰C, (T₂ = 290 K) 
F – ? (мН) 
На пузырёк объёмом V₂ действует Архимедова выталкивающая сила на глубине h₂ 
F = ρgV₂ .                             (1) 
При подъёме в пузырьке меняются три параметра (температура, давление, объём), поэтому запишем уравнение Клапейрона для газа в пузырьке: 
p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂ .                (2) 
где давления p₁ и p₂ 
p₁ = p₀ + ρgh₁ ,                     (3) 
p₂ = p₀ + ρgh₂ .                     (4) 
Из (2): 
V₂ = V₁T₂p₁/(T₁p₂) 
и подставим в (1) 
F = ρgV₁T₂p₁/(T₁p₂). 
В последнее выражение подставим p₁ и p₂ из (3) и (4)
 
F = ρgV₁T₂(p₀ + ρgh₁)/( T₁(p₀ + ρgh₂) ). 

F = 1000·10·0,59·10⁻⁶·290·(10⁵ + 1000·10·80)/( 280·(10⁵ + 1000·10·1) ) = 50·10⁻³ Н = 50 мН.
Ответ: 50.
________________________________________________________________________________________________
В7. К открытому калориметру с водой (L = 2,26 МДж/кг) ежесекундно подводили количество теплоты Q = 59 Дж. На рисунке представлена зависимость температуры t воды от времени τ. Начальная масса m воды в калориметре равна… г.

Решение: 
L = 2,26·10⁶ Дж/кг (удельная теплота парообразования воды) 
Q = 59 Дж/с 
m – ? (г) 
Время кипения воды (на рисунке – горизонтальный участок) равно   τ = 30 мин = 1800 с. 
За это время вся вода превратилась в пар. Количество теплоты Q_п, необходимая для превращения воды в пар при температуре кипения 
Q_п = Lm.                                  (1) 
При этом было подведено количество теплоты Q_п 
Q_п = Qτ.                                  (2) 
Из (1), (2) имеем 
Lm = Qτ, 
отсюда
 
m = Qτ/L. 

m = 59·1800/(2,26·10⁶) = 47·10⁻³ кг = 47 г.
Ответ: 47.
___________________________________________________________________________
B11. В идеальном LC-контуре, состоящем из катушки индуктивностью L = 25 мГн и конденсатора ёмкостью C = 0,90 мкФ, происходят свободные электромагнитные колебания. Если максимальная сила тока в катушке I₀ = 80 мА, то максимальный заряд q₀ конденсатора равен … мкКл.

Решение: 
L = 25·10⁻³ Гн 
С = 0,9·10⁻⁶ Ф 
I₀ = 80·10⁻³ А 
q₀ – ? (мкКл) 
Закон сохранения энергии в колебательном контуре 
LI₀²/2 = q₀²/2C, 
отсюда
 
q₀ = I₀√(LC). 

q₀ = 80·10⁻³√(25·10⁻³·0,9·10⁻⁶) = 12·10⁻⁶ Кл = 12 мкКл.
Ответ: 12.
__________________________________________________________________________