Rješenje drugog dijela ispita iz fizike. Priprema za jedinstveni državni ispit iz fizike: primjeri, rješenja, objašnjenja

Promjene u zadacima Jedinstvenog državnog ispita iz fizike za 2019 nema godine.

Struktura zadataka Jedinstvenog državnog ispita iz fizike 2019

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

1. dio sadrži 27 zadataka.

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

2. dio sadrži 5 zadataka. Odgovor na zadatke 28–32 uključuje detaljan opis cjelokupnog tijeka zadatka. Drugi dio zadataka (s detaljnim odgovorom) ocjenjuje stručno povjerenstvo na temelju.

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

1. Mehanika(kinematika, dinamika, statika, zakoni očuvanja u mehanici, mehaničke vibracije i valovi).
2. Molekularna fizika(molekularno kinetička teorija, termodinamika).
3. Elektrodinamika i osnove SRT(električno polje, istosmjerna struja, magnetsko polje, elektromagnetska indukcija, elektromagnetske oscilacije i valovi, optika, osnove SRT).
4. Kvantna fizika i elementi astrofizike(valno-korpuskularni dualizam, atomska fizika, fizika atomske jezgre, elementi astrofizike).

Trajanje Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

Cjelokupni ispitni rad će biti završen 235 minuta.

Približno vrijeme za obavljanje zadataka različitih dijelova rada je:

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

Što možete polagati na ispitu:

• Koristi se neprogramabilni kalkulator (za svakog učenika) s mogućnošću izračuna trigonometrijskih funkcija (cos, sin, tg) i ravnalo.
• Popis dodatnih uređaja i uređaja, čija je uporaba dopuštena za Jedinstveni državni ispit, odobrava Rosobrnadzor.

Važno!!! Tijekom ispita ne smijete se oslanjati na varalice, savjete ili korištenje tehničkih sredstava (telefona, tableta). Videonadzor na Jedinstvenom državnom ispitu 2019. bit će 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(maksimalni primarni rezultat).

Što trebate znati kada pripremate zadatke za jedinstveni državni ispit:

• Poznavati/razumjeti značenje fizikalnih pojmova, veličina, zakona, principa, postulata.
• Znati opisati i objasniti fizikalne pojave i svojstva tijela (uključujući svemirske objekte), rezultate pokusa... dati primjere praktične primjene fizikalnih znanja.
• Razlikovati hipoteze od znanstvene teorije, donositi zaključke na temelju eksperimenta itd.
• Znati primijeniti stečeno znanje pri rješavanju fizičkih problema.
• Stečena znanja i vještine koristiti u praktičnim aktivnostima i svakodnevnom životu.

Gdje započeti pripremu za Jedinstveni državni ispit iz fizike:

1. Proučite teoriju potrebnu za svaki zadatak.
2. Vježbe testnih zadataka iz fizike, razvijene na temelju Jedinstvenog državnog ispita. Na našoj web stranici zadaci i opcije iz fizike će se ažurirati.
3. Ispravno upravljajte svojim vremenom.

Želimo vam uspjeh!

Priprema za OGE i Jedinstveni državni ispit

Srednje opće obrazovanje

Linija UMK A.V.Grachev. Fizika (10-11) (osnovno, napredno)

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

Lebedeva Alevtina Sergeevna, učiteljica fizike, 27 godina radnog iskustva. Počasna potvrda Ministarstva prosvjete Moskovske regije (2013.), Zahvalnost načelnika općinskog okruga Voskresensky (2015.), Potvrda predsjednika Udruge nastavnika matematike i fizike Moskovske regije (2015.).

U radu su prikazani zadaci različitih razina težine: osnovni, napredni i visoki. Zadaci osnovne razine su jednostavni zadaci kojima se provjerava ovladavanje najvažnijim fizikalnim pojmovima, modelima, pojavama i zakonitostima. Zadaci napredne razine usmjereni su na provjeru sposobnosti korištenja pojmova i zakona fizike za analizu različitih procesa i pojava, kao i sposobnosti rješavanja problema pomoću jednog ili dva zakona (formule) na bilo kojoj od tema školskog kolegija fizike. U radu 4, zadaci 2. dijela su zadaci visokog stupnja složenosti i provjeravaju sposobnost korištenja zakona i teorija fizike u promijenjenoj ili novoj situaciji. Izrada takvih zadataka zahtijeva primjenu znanja iz dva ili tri dijela fizike odjednom, tj. visoka razina obučenosti. Ova opcija u potpunosti odgovara demo verziji Jedinstvenog državnog ispita 2017, zadaci se preuzimaju iz otvorene banke zadataka Jedinstvenog državnog ispita.

Na slici je prikazan graf ovisnosti modula brzine u vremenu t. Iz grafikona odredite put koji je automobil priješao u vremenskom intervalu od 0 do 30 s.

Riješenje. Put koji automobil prijeđe u vremenskom intervalu od 0 do 30 s najlakše se definira 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.

Odgovor. 250 m.

Teret mase 100 kg podiže se okomito prema gore pomoću sajle. Na slici je prikazana ovisnost projekcije brzine V opterećenje na osi usmjereno prema gore, u ovisnosti o vremenu t. Odredite modul sile napetosti sajle tijekom dizanja.

Riješenje. Prema grafu ovisnosti projekcije brzine v opterećenje na osi usmjerenoj okomito prema gore, u ovisnosti o vremenu t, možemo odrediti projekciju ubrzanja tereta

Na teret djeluju: sila gravitacije usmjerena okomito prema dolje i sila zatezanja kabela usmjerena okomito prema gore duž kabela (vidi sl. 2. Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike. Upotrijebimo drugi Newtonov zakon. Geometrijski zbroj sila koje djeluju na tijelo jednak je umnošku mase tijela i primijenjene mu akceleracije.

+ = (1)

Napišimo jednadžbu za projekciju vektora u referentnom sustavu povezanom sa zemljom, usmjeravajući os OY prema gore. Projekcija sile zatezanja je pozitivna, budući da se smjer sile poklapa sa smjerom osi OY, projekcija sile teže je negativna, jer je vektor sile suprotan osi OY, projekcija vektora ubrzanja je također pozitivna, pa se tijelo kreće ubrzano prema gore. Imamo

T – mg = ma (2);

iz formule (2) modul vlačne sile

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

Odgovor. 1200 N.

Tijelo se vuče po hrapavoj vodoravnoj podlozi konstantnom brzinom čiji je modul 1,5 m/s, pri čemu na njega djeluje sila kao što je prikazano na slici (1). U tom slučaju modul sile trenja klizanja koja djeluje na tijelo jednak je 16 N. Kolika je snaga koju razvija sila? F?

Riješenje. Zamislimo fizikalni proces naveden u tvrdnji zadatka i nacrtajmo shematski crtež koji prikazuje sve sile koje djeluju na tijelo (slika 2). Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike.

Tr + + = (1)

Odabravši referentni sustav povezan s fiksnom plohom, pišemo jednadžbe za projekciju vektora na odabrane koordinatne osi. Prema uvjetima zadatka tijelo se giba jednoliko jer mu je brzina stalna i jednaka 1,5 m/s. To znači da je akceleracija 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 osi x. Projekcija sile F pozitivan. Podsjećamo vas da za pronalaženje projekcije spuštamo okomicu s 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) Izvršimo zamjenu, uzimajući u obzir jednadžbu (2), i zamijenimo odgovarajuće podatke u jednadžbu (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Odgovor. 24 W.

Teret pričvršćen na laku oprugu krutosti 200 N/m doživljava vertikalne oscilacije. Na slici je prikazan graf ovisnosti pomaka x opterećenje s vremena na vrijeme t. Odredi kolika je masa tereta. Zaokružite odgovor na cijeli broj.

Riješenje. Masa na opruzi prolazi kroz vertikalne oscilacije. Prema grafu pomaka opterećenja x s vremena t, određujemo period titranja tereta. Period titranja jednak je T= 4 s; iz formule T= 2π izrazimo masu m teret

Odgovor: 81 kg.

Na slici je prikazan sustav od dva svjetlosna bloka i bestežinske sajle, pomoću koje možete održati ravnotežu ili podići teret težak 10 kg. Trenje je zanemarivo. Na temelju analize gornje slike odaberite dva točne tvrdnje i označite njihov broj u svom odgovoru.

1. Da bi teret bio u ravnoteži potrebno je djelovati na kraj užeta silom od 100 N.
2. Sustav blokova prikazan na slici ne daje nikakav dobitak na snazi.
3. h, trebate izvući dio užeta duljine 3 h.
4. Polako podizati teret na visinu hh.

Riješenje. U ovom problemu potrebno je zapamtiti jednostavne mehanizme, odnosno blokove: pokretni i fiksni blok. Pomični blok daje dvostruki dobitak na snazi, dok dio užeta treba povući dvostruko duže, a fiksni blok služi za preusmjeravanje sile. U radu, jednostavni mehanizmi pobjede ne daju. Nakon analize problema, odmah odabiremo potrebne izjave:

1. Polako podizati teret na visinu h, trebate izvući dio užeta duljine 2 h.
2. Da bi teret bio u ravnoteži potrebno je djelovati na kraj užeta silom od 50 N.

Odgovor. 45.

Aluminijski uteg pričvršćen na bestežinsku i nerastezljivu nit potpuno je uronjen u posudu s vodom. Teret ne dodiruje stijenke i dno posude. Zatim se u istu posudu s vodom uroni željezni uteg čija je masa jednaka masi aluminijskog utega. Kako će se zbog toga promijeniti modul sile zatezanja niti i modul sile teže koja djeluje na teret?

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

Riješenje. Analiziramo stanje problema i ističemo one parametre koji se ne mijenjaju tijekom istraživanja: to su masa tijela i tekućina u koju je tijelo uronjeno na niti. Nakon toga, bolje je napraviti shematski crtež i naznačiti sile koje djeluju na teret: napetost niti F kontrola, usmjerena prema gore duž niti; gravitacija usmjerena okomito prema dolje; Arhimedova sila a, djelujući sa strane tekućine na uronjeno tijelo i usmjereni prema gore. Prema uvjetima zadatka, masa tereta je ista, dakle, modul sile teže koja djeluje na teret se ne mijenja. Budući da je gustoća tereta različita, volumen će također biti drugačiji.

Gustoća željeza je 7800 kg/m3, a gustoća tereta aluminija je 2700 kg/m3. Stoga, V i< V a. Tijelo je u ravnoteži, rezultanta svih sila koje djeluju na tijelo jednaka je nuli. Usmjerimo koordinatnu os OY prema gore. Osnovnu jednadžbu 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 ovisi o gustoći tekućine i volumenu uronjenog dijela tijela F a = ρ gV p.h.t. (3); Gustoća tekućine se ne mijenja, a volumen željeznog tijela je manji V i< V a, stoga će Arhimedova sila koja djeluje na željezni teret biti manja. Zaključujemo o modulu sile napetosti niti, radeći s jednadžbom (2), ona će se povećati.

Odgovor. 13.

Blok mase m sklizne s fiksne hrapave nagnute ravnine s kutom α na bazi. Modul ubrzanja bloka jednak je a, povećava se modul brzine bloka. Otpor zraka se može zanemariti.

Uspostavite podudarnost između fizikalnih veličina i formula pomoću kojih se one mogu izračunati. Za svako mjesto u prvom stupcu odaberite odgovarajuće mjesto iz drugog stupca i upišite odabrane brojeve u tablicu ispod odgovarajućih slova.

B) Koeficijent trenja između bloka i nagnute ravnine

3) mg cosα

Riješenje. Ovaj zadatak zahtijeva primjenu Newtonovih zakona. Preporučujemo izradu shematskog crteža; navesti sve kinematičke karakteristike kretanja. Ako je moguće, nacrtajte vektor ubrzanja i vektore svih sila koje djeluju na tijelo koje se kreće; zapamtite da su sile koje djeluju na tijelo rezultat međudjelovanja s drugim tijelima. Zatim zapišite osnovnu jednadžbu dinamike. Odaberite referentni sustav i zapišite dobivenu jednadžbu za projekciju vektora sile i ubrzanja;

Slijedeći predloženi algoritam, napravit ćemo shematski crtež (slika 1). Slika prikazuje sile koje djeluju na težište bloka i koordinatne osi referentnog sustava povezane s površinom nagnute ravnine. Budući da su sve sile konstantne, kretanje bloka će biti jednoliko promjenjivo s povećanjem brzine, tj. vektor ubrzanja usmjeren je u smjeru gibanja. Izaberimo smjer osi kao što je prikazano na slici. Zapišimo projekcije sila na odabrane osi.

Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike:

Tr + = (1)

Napišimo ovu jednadžbu (1) za projekciju sila i ubrzanja.

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

Na os OX: projekcija sile N je jednak nuli, budući da je vektor okomit na os OX; Projekcija sile trenja je negativna (vektor je usmjeren u suprotnom smjeru u odnosu na odabranu os); projekcija sile teže je pozitivna i jednaka mg x = mg sinα (4) iz pravokutnog trokuta. Projekcija ubrzanja je pozitivna a x = a; Zatim napišemo jednadžbu (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 tlaka N.

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

Za svako slovo odabiremo odgovarajuće pozicije.

Odgovor. A – 3; B – 2.

Zadatak 8. Plinoviti kisik nalazi se u posudi obujma 33,2 litre. Tlak plina je 150 kPa, temperatura mu je 127° C. Odredite masu plina u ovoj posudi. Odgovor izrazite u gramima i zaokružite na najbliži cijeli broj.

Riješenje. Važno je obratiti pozornost na pretvorbu jedinica u SI sustav. Pretvorite temperaturu u Kelvine T = t°C + 273, volumen V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Pretvaramo pritisak P= 150 kPa = 150 000 Pa. Korištenje jednadžbe stanja idealnog plina

Izrazimo masu plina.

Svakako obratite pozornost na koje jedinice se traži da zapišu odgovor. Vrlo je važno.

Odgovor.'48

Zadatak 9. Idealan jednoatomni plin u količini od 0,025 mol adijabatski ekspandiran. Pritom mu je temperatura pala sa +103°C na +23°C. Koliki je rad izvršio plin? Izrazite svoj odgovor u džulima i zaokružite ga na najbliži cijeli broj.

Riješenje. Prvo, plin ima monatomski broj stupnjeva slobode ja= 3, drugo, plin se širi adijabatski - to znači bez izmjene topline Q= 0. Plin radi tako što smanjuje unutarnju energiju. Uzimajući to u obzir, prvi zakon termodinamike zapisujemo u obliku 0 = ∆ U + A G; (1) izrazimo plinski rad A g = –∆ U(2); Zapisujemo promjenu unutarnje energije za jednoatomski plin kao

Odgovor. 25 J.

Relativna vlažnost dijela zraka pri određenoj temperaturi iznosi 10%. Koliko puta treba promijeniti tlak tog dijela zraka da se pri stalnoj temperaturi njegova relativna vlažnost poveća za 25%?

Riješenje. Pitanja vezana uz zasićenu paru i vlagu zraka najčešće stvaraju poteškoće školarcima. Upotrijebimo formulu za izračun relativne vlažnosti zraka

Prema uvjetima zadatka temperatura se ne mijenja, što znači da tlak 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 pronađimo omjer tlaka.

Odgovor. Pritisak treba povećati 3,5 puta.

Vruća tekuća tvar polako se hladila u peći za taljenje pri konstantnoj snazi. Tablica prikazuje rezultate mjerenja temperature tvari tijekom vremena.

Odaberite s ponuđenog popisa dva izjave koje odgovaraju rezultatima obavljenih mjerenja i označavaju njihov broj.

1. Talište tvari u ovim uvjetima je 232°C.
2. Za 20 minuta. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju.
3. Toplinski kapacitet tvari u tekućem i čvrstom stanju je isti.
4. Nakon 30 min. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju.
5. Proces kristalizacije tvari trajao je više od 25 minuta.

Riješenje. Kako se tvar hladila, njena unutarnja energija se smanjivala. Rezultati mjerenja temperature omogućuju nam da odredimo temperaturu pri kojoj tvar počinje kristalizirati. Dok tvar prelazi iz tekućeg u kruto, temperatura se ne mijenja. Znajući da su temperatura taljenja i temperatura kristalizacije iste, biramo tvrdnju:

1. Talište tvari u ovim uvjetima je 232°C.

Druga točna izjava je:

4. Nakon 30 min. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju. Budući da je temperatura u ovom trenutku već ispod temperature kristalizacije.

Odgovor. 14.

U izoliranom sustavu tijelo A ima temperaturu +40°C, a tijelo B +65°C. Ta su tijela dovedena u toplinski kontakt jedno s drugim. Nakon nekog vremena nastupila je toplinska ravnoteža. Kako su se zbog toga promijenile temperatura tijela B i ukupna unutarnja energija tijela A i B?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

1. Povećana;
2. Smanjena;
3. Nije se promijenilo.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Ako se u izoliranom sustavu tijela ne događaju nikakve transformacije energije osim izmjene topline, tada je količina topline koju predaju tijela čija se unutarnja energija smanjuje jednaka količini topline koju primaju tijela čija unutarnja energija raste. (Prema zakonu održanja energije.) U tom se slučaju ukupna unutarnja energija sustava ne mijenja. Problemi ove vrste rješavaju se na temelju jednadžbe toplinske bilance.

gdje je ∆ U– promjena unutarnje energije.

U našem slučaju, kao rezultat izmjene topline, smanjuje se unutarnja energija tijela B, što znači da se smanjuje temperatura ovog tijela. Unutarnja energija tijela A raste, budući da je tijelo primilo određenu količinu topline od tijela B, njegova temperatura će se povećati. Ukupna unutarnja energija tijela A i B se ne mijenja.

Odgovor. 23.

Proton str, leti u razmak između polova elektromagneta, ima brzinu okomitu na vektor indukcije magnetskog polja, kao što je prikazano na slici. Gdje je Lorentzova sila koja djeluje na proton usmjerena u odnosu na crtež (gore, prema promatraču, od promatrača, dolje, lijevo, desno)

Riješenje. Magnetsko polje djeluje na nabijenu česticu Lorentzovom silom. Da biste odredili smjer te sile, važno je zapamtiti mnemoničko pravilo lijeve ruke, ne zaboravite uzeti u obzir naboj čestice. Četiri prsta lijeve ruke usmjerimo duž vektora brzine, za pozitivno nabijenu česticu, vektor treba ući okomito u dlan, palac postavljen pod 90° pokazuje smjer Lorentzove sile koja djeluje na česticu. Kao rezultat toga, imamo da je vektor Lorentzove sile usmjeren od promatrača u odnosu na sliku.

Odgovor. od promatrača.

Modul jakosti električnog polja u ravnom zračnom kondenzatoru kapaciteta 50 μF jednak je 200 V/m. Razmak između ploča kondenzatora je 2 mm. Koliki je naboj na kondenzatoru? Odgovor napišite u µC.

Riješenje. Pretvorimo sve mjerne jedinice u SI sustav. Kapacitet C = 50 µF = 50 10 –6 F, razmak između ploča d= 2 · 10 –3 m Zadatak govori o ravnom zračnom kondenzatoru – uređaju za pohranu električnog naboja i energije električnog polja. Iz formule električnog kapaciteta

Gdje d– razmak između ploča.

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

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

Obratite pozornost na jedinice u kojima trebate napisati odgovor. Dobili smo ga u kulonima, ali ga prikazujemo u µC.

Odgovor. 20 µC.

Učenik je proveo pokus loma svjetlosti prikazan na fotografiji. Kako se kut loma svjetlosti koja se širi u staklu i indeks loma stakla mijenjaju s porastom upadnog kuta?

1. Povećava se
2. Smanjuje se
3. Ne mijenja se
4. Odabrane brojeve za svaki odgovor upišite u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. U zadacima ove vrste prisjećamo se što je lom. To je promjena smjera širenja vala pri prelasku iz jednog medija u drugi. To je uzrokovano činjenicom da su brzine širenja valova u tim medijima različite. Nakon što smo utvrdili do kojeg medija se svjetlost širi, napišimo zakon loma u obliku

Gdje n 2 – apsolutni indeks loma stakla, medija u koji prolazi svjetlost; n 1 je apsolutni indeks loma prvog medija iz kojeg dolazi svjetlost. Za zrak n 1 = 1. α je upadni kut zrake na površinu staklenog polucilindra, β je kut loma zrake u staklu. Štoviše, kut loma će biti manji od upadnog kuta, jer je staklo optički gušći medij - medij s visokim indeksom loma. Brzina širenja svjetlosti u staklu je sporija. Imajte na umu da mjerimo kutove od okomice koja je vraćena na točku upadanja zrake. Ako povećate upadni kut, povećat će se i kut loma. Ovo neće promijeniti indeks loma stakla.

Odgovor.

Bakreni skakač u određenom trenutku t 0 = 0 počinje se gibati brzinom 2 m/s po paralelnim vodoravnim vodljivim tračnicama na čije je krajeve spojen otpornik od 10 Ohma. Cijeli sustav je u okomitom jednoličnom magnetskom polju. Otpor skakača i tračnica je zanemariv; skakač se uvijek nalazi okomito na tračnice. Tok F vektora magnetske indukcije kroz krug koji čine kratkospojnik, tračnice i otpornik mijenja se tijekom vremena t kao što je prikazano na grafikonu.

Pomoću grafikona odaberite dvije točne tvrdnje i označite njihov broj u odgovoru.

1. S vremenom t= 0,1 s promjena magnetskog toka kroz krug je 1 mWb.
2. Indukcijska struja u skakaču u rasponu od t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Modul induktivne emf koja nastaje u krugu je 10 mV.
4. Jakost 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.

Riješenje. Pomoću grafa ovisnosti toka vektora magnetske indukcije kroz strujni krug o vremenu odredit ćemo područja gdje se mijenja tok F i gdje je promjena toka nula. To će nam omogućiti da odredimo vremenske intervale tijekom kojih će se u krugu pojaviti inducirana struja. Istinita izjava:

1) Po vremenu t= 0,1 s promjena magnetskog toka kroz strujni krug jednaka je 1 mWb ∆F = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modul induktivne emf koji nastaje u krugu određuje se korištenjem EMR zakona

Odgovor. 13.

Pomoću grafa ovisnosti struje o vremenu u električnom krugu čiji je induktivitet 1 mH odredite modul samoinduktivne emf u vremenskom intervalu od 5 do 10 s. Napišite svoj odgovor u µV.

Riješenje. Pretvorimo sve veličine u SI sustav, tj. induktivitet od 1 mH pretvorimo u H, dobijemo 10 –3 H. Također ćemo pretvoriti struju prikazanu na slici u mA u A množenjem s 10 –3.

Formula za emf samoindukcije ima oblik

u ovom slučaju, vremenski interval je dan prema uvjetima problema

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundi i pomoću grafa određujemo interval promjene struje tijekom tog vremena:

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

Zamjenjujemo numeričke vrijednosti u formulu (2), dobivamo

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V, ili 2 µV.

Odgovor. 2.

Dvije prozirne planparalelne ploče čvrsto su 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. Uspostaviti podudarnost između fizikalnih veličina i njihovih značenja. Za svako mjesto u prvom stupcu odaberite odgovarajuće mjesto iz drugog stupca i upišite odabrane brojeve u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Riješenje. Za rješavanje problema o lomu svjetlosti na granici između dva medija, posebice problema o prolasku svjetlosti kroz planparalelne ploče, može se preporučiti sljedeći postupak rješavanja: nacrtati put zraka koji dolaze iz jednog medija do još; U točki upadanja zrake na granici između dva medija povući normalu na površinu, označiti upadne i lomne kutove. Obratite posebnu pozornost na optičku gustoću medija koji se razmatra i upamtite da kada svjetlosna zraka prelazi iz optički manje gustoće medija u optički gušće sredstvo, kut loma će biti manji od kuta upada. Na slici je prikazan kut između upadne zrake i površine, ali treba nam upadni kut. Upamtite da se kutovi određuju iz okomice vraćene na točku udara. Određujemo da je upadni kut zrake na površinu 90° – 40° = 50°, indeks loma n 2 = 1,77; n 1 = 1 (zrak).

Zapišimo zakon refrakcije

Nacrtajmo približan put grede kroz ploče. Koristimo formulu (1) za granice 2–3 i 3–1. Kao odgovor dobivamo

A) Sinus upadnog kuta zrake na granicu 2-3 između ploča je 2) ≈ 0,433;

B) Kut loma zrake pri prelasku granice 3–1 (u radijanima) je 4) ≈ 0,873.

Odgovor. 24.

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

+ → x+ g;

Riješenje. U svim nuklearnim reakcijama poštuju se zakoni očuvanja električnog naboja i broja nukleona. Označimo s x broj alfa čestica, y broj protona. Sastavimo jednadžbe

+ → x + y;

rješavanje sustava koji imamo x = 1; g = 2

Odgovor. 1 – α-čestica; 2 – protoni.

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

Riješenje. Impuls drugog fotona veći je od momenta prvog fotona prema uvjetu, što znači da se može prikazati str 2 = str 1 + Δ str(1). Energija fotona može se izraziti u smislu količine gibanja fotona pomoću sljedećih jednadžbi. Ovaj E = mc 2 (1) i str = mc(2), zatim

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:

Odgovor zaokružimo na desetinke i dobijemo 8,2.

Odgovor. 8,2.

Jezgra atoma je podvrgnuta radioaktivnom pozitronskom β - raspadu. Kako se zbog toga promijenio električni naboj jezgre i broj neutrona u njoj?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

1. Povećana;
2. Smanjena;
3. Nije se promijenilo.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Pozitron β - raspad u atomskoj jezgri događa se kada se proton transformira u neutron uz emisiju pozitrona. Zbog toga se broj neutrona u jezgri povećava za jedan, električni naboj smanjuje za jedan, a maseni broj jezgre ostaje nepromijenjen. Dakle, reakcija transformacije elementa je sljedeća:

Odgovor. 21.

U laboratoriju je provedeno pet pokusa za promatranje difrakcije pomoću različitih difrakcijskih rešetki. Svaka od rešetki bila je osvijetljena paralelnim snopovima monokromatske svjetlosti određene valne duljine. U svim slučajevima svjetlost je padala okomito na rešetku. U dva od ovih pokusa opažen je isti broj glavnih difrakcijskih maksimuma. Najprije označite broj pokusa u kojem je korištena ogibna rešetka s kraćim periodom, a zatim broj pokusa u kojem je korištena ogibna rešetka s većim periodom.

Riješenje. Difrakcija svjetlosti je pojava ulaska zrake svjetlosti u područje geometrijske sjene. Difrakciju možemo 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 razmjerne valnoj duljini. Jedan od najvažnijih difrakcijskih uređaja je difrakcijska rešetka. Kutni smjerovi do maksimuma difrakcijskog uzorka određeni su jednadžbom

d sinφ = kλ (1),

Gdje d– period difrakcijske rešetke, φ – kut između normale na rešetku i smjera na jedan od maksimuma difrakcijske rešetke, λ – valna duljina svjetlosti, k– cijeli broj koji se naziva red difrakcijskog maksimuma. Izrazimo iz jednadžbe (1)

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

Odgovor. 42.

Struja teče kroz žičani otpornik. Otpornik je zamijenjen drugim, sa žicom od istog metala i iste duljine, ali s upola manjom površinom poprečnog presjeka, a kroz njega je propuštena polovica struje. Kako će se promijeniti napon na otporniku i njegov otpor?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

1. Povećat će se;
2. Smanjit će se;
3. Neće se promijeniti.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

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

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

U = ja R (3).

Prema uvjetima zadatka, drugi otpornik je izrađen od žice od istog materijala, iste duljine, ali različitog presjeka. Površina je dvostruko manja. Zamjenom u (1) nalazimo da se otpor povećava 2 puta, a struja smanjuje 2 puta, dakle, napon se ne mijenja.

Odgovor. 13.

Period titranja matematičkog njihala na površini Zemlje je 1,2 puta veći od perioda titranja na određenom planetu. Koja je veličina ubrzanja gravitacije na ovom planetu? Utjecaj atmosfere u oba slučaja je zanemariv.

Riješenje. Matematičko njihalo je sustav koji se sastoji od niti čije su dimenzije puno veće od dimenzija kuglice i same kuglice. Poteškoće mogu nastati ako se zaboravi Thomsonova formula za period titranja matematičkog njihala.

T= 2π (1);

l– duljina matematičkog njihala; g- ubrzanje gravitacije.

Po stanju

Izrazimo iz (3) g n = 14,4 m/s 2. Treba napomenuti da ubrzanje sile teže ovisi o masi planeta i polumjeru

Odgovor. 14,4 m/s 2.

Ravni vodič duljine 1 m kojim teče struja od 3 A nalazi se u jednoličnom magnetskom polju s indukcijom U= 0,4 Tesla pod kutom od 30° u odnosu na vektor. Kolika je sila koja iz magnetskog polja djeluje na vodič?

Riješenje. Ako vodič kroz koji teče struja stavite u magnetsko polje, polje na vodič kroz koji teče struja djelovat će Amperovom silom. Zapišimo formulu za modul Amperove sile

F A = ja LB sinα;

F A = 0,6 N

Odgovor. F A = 0,6 N.

Energija magnetskog polja pohranjena u zavojnici kada kroz nju prođe istosmjerna struja jednaka je 120 J. Koliko puta treba povećati jakost struje koja teče kroz namotaj zavojnice da bi se povećala energija magnetskog polja pohranjena u njoj od 5760 J.

Riješenje. Energija magnetskog polja zavojnice izračunava se formulom

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

Zatim trenutni omjer

Odgovor. Jačina struje mora se povećati 7 puta. U obrazac za odgovore upisujete samo broj 7.

Električni krug se sastoji od dvije žarulje, dvije diode i zavoja žice spojenih kako je prikazano na slici. (Dioda dopušta struju samo u jednom smjeru, kao što je prikazano na vrhu slike.) Koja će žarulja svijetliti ako se sjeverni pol magneta približi zavojnici? Objasnite svoj odgovor navodeći koje ste pojave i obrasce koristili u svom objašnjenju.

Riješenje. Linije magnetske indukcije izlaze iz sjevernog pola magneta i divergiraju. Kako se magnet približava, magnetski 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 s lijeve strane). U tom smjeru prolazi dioda u drugom krugu svjetiljke. To znači da će druga lampica zasvijetliti.

Odgovor. Druga lampica će zasvijetliti.

Duljina žbice od aluminija L= 25 cm i površina presjeka S= 0,1 cm 2 obješen na konac za gornji kraj. Donji kraj naliježe na vodoravno dno posude u koju se ulijeva voda. Duljina uronjenog dijela žbice l= 10 cm Nađi silu F, s kojom igla za pletenje pritisne na dno posude, ako je poznato da se konac nalazi okomito. Gustoća aluminija ρ a = 2,7 g/cm 3, gustoća vode ρ b = 1,0 g/cm 3. Ubrzanje gravitacije g= 10 m/s 2

Riješenje. Napravimo objašnjavajući crtež.

– Sila napetosti konca;

– Sila reakcije dna posude;

a je Arhimedova sila koja djeluje samo na uronjeni dio tijela i djeluje na središte uronjenog dijela žbice;

– sila gravitacije koja na žbicu djeluje sa Zemlje i djeluje na središte cijele žbice.

Po definiciji, masa žbice m i Arhimedov modul sile izražavaju se kako slijedi: m = SLρ a (1);

F a = Slρ u g (2)

Razmotrimo momente sila u odnosu na točku ovjesa žbice.

M(T) = 0 – moment sile zatezanja; (3)

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

Uzimajući u obzir predznake trenutaka, napišemo jednadžbu

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

Zamijenimo numeričke podatke i dobijemo to

F d = 0,025 N.

Odgovor. F d = 0,025 N.

Cilindar koji sadrži m 1 = 1 kg dušika, tijekom ispitivanja čvrstoće eksplodirao na temperaturi t 1 = 327°C. Kolika je masa vodika m 2 mogu biti pohranjeni u takvom cilindru na temperaturi t 2 = 27°C, s peterostrukom sigurnosnom marginom? Molarna masa dušika M 1 = 28 g/mol, vodik M 2 = 2 g/mol.

Riješenje. Napišimo Mendelejev–Clapeyronovu jednadžbu stanja idealnog plina za dušik

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

Možemo izraziti masu vodika radeći izravno s jednadžbama (2), (3), (4). Konačna formula izgleda ovako:

Nakon zamjene numeričkih podataka m 2 = 28 g.

Odgovor. m 2 = 28 g.

U idealnom oscilatornom krugu amplituda strujnih kolebanja u induktoru je ja sam= 5 mA, a amplituda napona na kondenzatoru um= 2,0 V. U vremenu t napon na kondenzatoru je 1,2 V. Nađi struju u zavojnici u ovom trenutku.

Riješenje. U idealnom oscilatornom krugu titrajna energija je očuvana. Za trenutak vremena t zakon održanja energije ima oblik

Za amplitudne (maksimalne) vrijednosti pišemo

a iz jednadžbe (2) izražavamo

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

ja = ja sam (5)

Dakle, struja u zavojnici u trenutku vremena t jednak

ja= 4,0 mA.

Odgovor. ja= 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 loma vode je 1,33. Nađite udaljenost između točke ulaska zrake u vodu i točke izlaska zrake iz vode ako je upadni kut zrake 30°

Riješenje. Napravimo objašnjavajući crtež

α je upadni kut zrake;

β je kut loma zrake u vodi;

AC je udaljenost između točke ulaska snopa u vodu i točke izlaska snopa iz vode.

Prema zakonu o lomu svjetlosti

Promotrimo pravokutni ΔADB. U njemu AD = h, tada je DB = AD

Dobijamo sljedeći izraz:

Zamijenimo numeričke vrijednosti u dobivenu formulu (5)

Odgovor. 1,63 m.

U pripremi za Jedinstveni državni ispit, pozivamo vas da se upoznate s program rada iz fizike za razrede 7–9 do linije UMK Peryshkina A.V. I program rada na naprednoj razini za razrede 10-11 za nastavne materijale Myakisheva G.Ya. Programi su dostupni za gledanje i besplatno preuzimanje svim registriranim korisnicima.

U drugom zadatku Jedinstvenog državnog ispita iz fizike potrebno je riješiti problem o Newtonovim zakonima ili povezan s djelovanjem sila. U nastavku predstavljamo teoriju s formulama koje su potrebne za uspješno rješavanje problema na ovu temu.

Teorija za zadatak br. 2 Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

Newtonov drugi zakon

Formula drugog Newtonovog zakona F =ma . Ovdje F I a – vektorske veličine. Veličina a – To je ubrzanje gibanja tijela pod utjecajem određene sile. Ona je izravno proporcionalna sili koja djeluje na određeno tijelo i usmjerena je u smjeru sile.

Rezultat

Rezultantna sila je sila čije djelovanje zamjenjuje djelovanje svih sila koje djeluju na tijelo. Ili, drugim riječima, rezultanta svih sila primijenjenih na tijelo jednaka je vektorskom zbroju tih sila.

Sila trenja

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

Gravitacija

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

Elastična sila

Elastična sila je sila koja nastaje u tijelu uslijed njegove deformacije i nastoji ga vratiti u prvobitno (početno) stanje. Za elastičnu silu koristi se Hookeov zakon: F = k δl, Gdje k— koeficijent elastičnosti (krutost tijela), δl— veličina deformacije.

Zakon gravitacije

Sila F gravitacijskog privlačenja između dviju materijalnih točaka mase m1 i m2, odvojenih udaljenošću r, proporcionalna je objema masama i obrnuto proporcionalna kvadratu udaljenosti između njih:

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

Demo verzija 2018

Na grafikonu je prikazana ovisnost modula sile trenja klizanja o modulu sile normalnog tlaka. Koliki je koeficijent trenja?

Algoritam rješenja:

1. Zapišimo formulu koja povezuje te sile. Izražavamo koeficijent trenja.
2. Ispitujemo graf i postavljamo par odgovarajućih vrijednosti sila normalnog tlaka N i trenja.
3. Koeficijent izračunavamo na temelju vrijednosti sile uzetih iz grafikona.
4. Zapisujemo odgovor.

Riješenje:

1. Sila trenja povezana je sa silom normalnog pritiska formulom F tr=μ N, Gdje μ – koeficijent trenja. Odavde, znajući veličinu sile trenja i tlak normalan na površinu, možemo odrediti μ, što je konstantna vrijednost za dati slučaj. Poznavajući silu trenja i normalnu silu pritiska (ta se sila naziva i sila reakcije oslonca), možete izračunati koeficijent trenja. Iz gornje formule slijedi da je: μ = F tr: N
2. Pogledajmo graf ovisnosti. Uzmimo bilo koju točku 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 tijelu mase m u inercijalnom referentnom okviru akceleraciju a. Odredite akceleraciju tijela mase 2m pod utjecajem sile od 0,5F u ovom referentnom okviru.

1) ; 2) ; 3) ; 4)

Algoritam rješenja:

1. Zapišimo drugi Newtonov zakon. Ubrzanje izražavamo iz formule.
2. Promijenjene vrijednosti mase i sile zamijenimo u dobiveni izraz i pronađemo novu vrijednost ubrzanja, izraženu kroz njegovu izvornu vrijednost.
3. Izaberi točan odgovor.

Riješenje:

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

2. Po stanju m 2 = 2m, F2 =0,5F.

Tada će promijenjeno ubrzanje biti jednako:

U vektorskom obliku zapis je sličan.

Druga verzija zadatka (Demidova, br. 9)

Kamen mase 200 g bačen je pod kutom od 60° u odnosu na horizontalu početnom brzinom v = 20 m/s. Odredite modul sile teže koja djeluje na kamen u gornjoj točki putanje.

Ako se tijelo baci pod kutom u odnosu na horizontalu, a sila otpora se može zanemariti, rezultanta svih sila je konstantna. Vertikalna komponenta gibanja ovisi o silama koje djeluju na tijelo. Potrebno je poznavati formulu sile teže F=mg, jer u pravilu samo ona djeluje na tijelo bačeno pod kutom 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.

Riješenje:

1. Masa kamena m=200 g=0,2 kg.
2. Na bačeni kamen djeluje gravitacija F T = mg. Budući da uvjetom nije drugačije određeno, otpor zraka se može zanemariti.
3. Sila gravitacije je ista u bilo kojoj točki putanje kamena. To znači podatke u stanju (početna brzina v i kut prema horizontu pod kojim je tijelo bačeno) suvišni su. Odavde dobivamo: F T = 0,2∙10 =2 N.

Odgovor : 2

Treća verzija zadatka (Demidova, br. 27)

Na sustav kocke mase 1 kg i dvije opruge (vidi sliku) djeluje konstantna horizontalna sila F = 9 N. Sustav miruje. Nema trenja između kocke i nosača. Lijevi rub prve opruge pričvršćen je na zid. Krutost prve opruge k1 = 300 N/m. Krutost druge opruge je k2 = 600 N/m. Koliko je istezanje druge opruge?

Algoritam rješenja:

1. Zapisujemo Hookeov zakon za 2. proljeće. Nalazimo njegovu vezu sa silom F zadanom u uvjetu.
2. Iz dobivene jednadžbe izrazimo istezanje i izračunamo ga.
3. Zapisujemo odgovor.

Riješenje:

1. Prema Hookeovom zakonu, produljenje opruge povezano je s krutošću opruge k i silom koja djeluje na nju. F izraz F= k∆ l. Druga opruga podložna je vlačnoj sili F 2 = k2∆ l. 1. opruga se rasteže silom F. Po stanju F=9 H. Budući da opruge čine jedan sustav, sila F rasteže i 2. oprugu, t.j. F 2 =F.
2. Istezanje Δ l definira se ovako:

Video tečaj "Get A" uključuje sve teme potrebne za uspješno polaganje Jedinstvenog državnog ispita iz matematike sa 60-65 bodova. Potpuno svi zadaci 1-13 jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Prikladno i za polaganje osnovnog jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Ako želite položiti Jedinstveni državni ispit s 90-100 bodova, trebate riješiti 1. dio za 30 minuta i bez grešaka!

Pripremni tečaj za Jedinstveni državni ispit za razrede 10-11, kao i za učitelje. Sve što vam je potrebno za rješavanje prvog dijela Jedinstvenog državnog ispita iz matematike (prvih 12 problema) i problema 13 (trigonometrija). A ovo je više od 70 bodova na Jedinstvenom državnom ispitu, a bez njih ne može ni student sa 100 bodova ni student humanističkih znanosti.

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

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

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

Ovaj članak predstavlja analizu zadataka iz mehanike (dinamike i kinematike) iz prvog dijela Jedinstvenog državnog ispita iz fizike uz detaljna objašnjenja nastavnika fizike. Postoji video analiza svih zadataka.

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

Tijelo se kretalo u tom vremenskom intervalu istom akceleracijom, budući da je graf ovdje isječak ravne linije. Tijekom tih s brzina tijela se promijenila za m/s. Prema tome, ubrzanje tijela tijekom tog vremenskog razdoblja bilo je jednako m/s 2 . Grafikon broj 3 je prikladan (u svakom trenutku akceleracija je -5 m/s 2).

2. Na tijelo djeluju dvije sile: i . Prema sili i rezultanti dviju sila nađi modul druge sile (vidi sliku).

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

Duljina ukupnog vektora može se pronaći iz pravokutnog trokuta ABC, čije noge AB= 3 N i prije Krista= 4 N. Prema Pitagorinom poučku nalazimo da je duljina traženog vektora jednaka N.

Uvedimo koordinatni sustav sa središtem koje se podudara sa središtem mase bloka i osi VOL, usmjeren duž nagnute ravnine. Oslikajmo sile koje djeluju na blok: gravitacija, sila reakcije oslonca i sila statičkog trenja. Rezultat će biti sljedeća slika:

Tijelo miruje, pa je vektorski zbroj svih sila koje na njega djeluju jednak nuli. Uključujući zbroj projekcija sila na os jednak je nuli VOL.

Projekcija sile teže na os VOL jednaka nozi AB odgovarajući pravokutni trokut (vidi sliku). Štoviše, iz geometrijskih razmatranja, ova noga leži nasuprot kutu u . Odnosno, projekcija sile teže na os VOL jednak .

Sila statičkog trenja usmjerena je duž osi VOL, dakle projekcija ove sile na os VOL jednak jednostavnoj duljini ovog vektora, ali sa suprotnim predznakom, jer je vektor usmjeren protiv osi VOL. Kao rezultat dobivamo:

Koristimo formulu poznatu iz školskog tečaja fizike:

Odredimo sa slike amplitude stacionarnih prisilnih oscilacija pri frekvencijama pogonske sile od 0,5 Hz i 1 Hz:

Slika pokazuje da je pri frekvenciji pogonske sile od 0,5 Hz amplituda stacionarnih prisilnih oscilacija bila 2 cm, a pri frekvenciji pogonske sile od 1 Hz, amplituda stacionarnih prisilnih oscilacija bila je 10 cm amplituda stacionarnih prisilnih oscilacija povećana 5 puta.

6. Lopta bačena horizontalno s visine H početnom brzinom, tijekom leta t preletio vodoravno udaljenost L(vidi sliku). Što će se dogoditi s vremenom leta i ubrzanjem loptice ako pri istoj instalaciji, uz konstantnu početnu brzinu loptice, povećamo visinu H? (Zanemarite otpor zraka.) Za svaku vrijednost odredite odgovarajuću prirodu njezine promjene: 1) će se povećati 2) će se smanjiti 3) neće se promijeniti Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

U oba slučaja loptica će se gibati s akceleracijom sile teže, pa se akceleracija neće promijeniti. U ovom slučaju vrijeme leta ne ovisi o početnoj brzini, budući da je potonja usmjerena vodoravno. Vrijeme leta ovisi o visini s koje tijelo pada, a što je visina veća to je vrijeme leta duže (duže je potrebno da tijelo padne). Posljedično, vrijeme leta će se povećati. Točan odgovor: 13.