Репетиционное тестирование 3 этап 2012/2013

[Сергей]

А11 Вариант 1
График зависимости энергии W конденсатора от напряжения на его обкладках представлен на рисунке. Емкость конденсатора С равна:
1) 4,0 мкФ 2) 6,7 мкФ 3) 8,0 мкФ 4) 12,8 мкФ 5) 16,0 мкФ
Решение
Для нахождения емкости конденсатора воспользуемся формулой для расчета энергии  заряженного конденсатора
\[ W=\frac{C\cdot {{U}^{2}}}{2};C=\frac{2\cdot W}{{{U}^{2}}} \]
Из графика видно, что при напряжении U = 50 В, энергия конденсатора W = 16 мДж
Ответ 4) 12,8 мкФ

[Сергей]

А12 Вариант 1
На рисунке представлены графики зависимости силы тока I от напряжения U для двух проводников (А и В). Отношение сопротивлений R_B/R_A проводников равно:
1) 1; 2) 2; 3) 4; 4) 6; 5) 8.

Решение.
Сопротивления определим из закона Ома для участка цепи
\[ \begin{align}
  & R=\frac{U}{I};{{R}_{B}}=\frac{{{U}_{B}}}{{{I}_{B}}};{{R}_{A}}=\frac{{{U}_{A}}}{{{I}_{A}}} \\
 & \frac{{{R}_{B}}}{{{R}_{A}}}=\frac{{{U}_{B}}}{{{I}_{B}}}\cdot \frac{{{I}_{A}}}{{{U}_{A}}} \\
\end{align}
 \]
Как видно из графика U_B = 3 B; I_B = 1,5 A; U_A = 3 B; I_A = 3 A
Ответ 2) 2

[Сергей]

А13 Вариант 1
Три длинных прямолинейных проводника, сила тока в которых одинаковая, расположены в воздухе    параллельно друг другу так, что центры их поперечных сечений образуют равнобедренный прямоугольный треугольник (см. рис.). Если модуль индукции магнитного поля, создаваемого проводником с током в точке А, находящейся на середине гипотенузы треугольника, равен В, то модуль индукции В₀ результирующего магнитного поля в этой точке равен:
\[ 1)1B;2)\sqrt{2}B;3)2B;4)\sqrt{5}B;5)3B \]

Решение.
Воспользуемся правилом буравчика для определения направления вектора магнитной индукции каждого тока (см. рис). Тогда, согласно принципу суперпозиции магнитных полей, магнитная индукция поля, порождаемого несколькими  электрическими токами, равна векторной сумме магнитных индукций, порождаемых каждым током в отдельности
\[ \begin{align}
  & {{{\vec{B}}}_{0}}={{{\vec{B}}}_{1}}+{{{\vec{B}}}_{2}}+{{{\vec{B}}}_{3}} \\
 & {{B}_{0}}={{B}_{3}}=B \\
\end{align}
 \]
Ответ 1) 1·В

[Сергей]

А14 Вариант 1
Энергия магнитного поля катушки индуктивности, сила тока в которой I₁ = 2 А, равна W₁ = 3 Дж. Если при равномерном уменьшении силы тока в катушке возникает ЭДС самоиндукции ε_si = 3В, то модуль скорости изменения силы тока │ΔI/Δt│ в ней равен:
1) 1 А/с; 2) 2 А/с; 3) 3 А/с; 4) 4 А/с; 5) 5 А/с;

Решение
ЭДС самоиндукции, возникающая в замкнутом контуре, пропорциональна скорости изменения силы тока в нем
\[ {{\varepsilon }_{si}}=L\cdot \left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right|;\left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right|=\frac{{{\varepsilon }_{si}}}{L} \]
Для нахождения индуктивности контура воспользуемся формулой для нахождения энергии магнитного поля
\[ \begin{align}
  & W=\frac{L\cdot {{I}^{2}}}{2};L=\frac{2\cdot W}{{{I}^{2}}} \\
 & \left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right|=\frac{{{\varepsilon }_{si}}}{L}=\frac{{{\varepsilon }_{si}}\cdot {{I}^{2}}}{2\cdot W} \\
\end{align}
 \]
Ответ 2) 2 А/с

[Сергей]

А15 Вариант 1
Небольшой груз, подвешенный на пружине, совершает гармонические колебания по закону х(t) = A sin(ωt + φ₀). На рисунке показаны положение груза в момент времени t₀ = 0 с. Начальная фаза колебаний φ равна:
\[ 1)0;2)\frac{\pi }{4};3)\frac{\pi }{2};4)\pi ;5)\frac{3\pi }{2} \]
Для момента времени t0 = 0 с

x = A·sinφ₀

Как видно из рисунка, для этого момента времени х = А. Следовательно
\[ \sin {{\varphi }_{0}}=1;{{\varphi }_{0}}=\frac{\pi }{2} \]
Ответ 3

[Сергей]

А16 Вариант 1
На границу АБ раздела двух прозрачных сред падает световой луч (см. рис.). Если в среде I длина световой волны λ_I =0,72 мкм, то в среде II длина световой волны λ_II равна:
1) 0,43 мкм; 2) 0,54 мкм; 3) 0,67 мкм; 4) 0,77 мкм; 5) 0,96 мкм

Решение
При переходе световой волны из одной среды в другую частота световой волны не изменяется. Изменяется длина световой волны и скорость распространения. Тогда согласно закону преломления
\[ \begin{align}
  & \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }=\frac{{{\upsilon }_{1}}}{{{\upsilon }_{2}}}=\frac{\nu \cdot {{\lambda }_{1}}}{\nu \cdot {{\lambda }_{2}}}=\frac{{{\lambda }_{1}}}{{{\lambda }_{2}}} \\
 & {{\lambda }_{2}}=\frac{{{\lambda }_{1}}\cdot \sin \beta }{\sin \alpha } \\
\end{align}
 \]
Используя масштабную сетку, найдем sinβ и sinα
\[ \sin \beta =\frac{3}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{3}{\sqrt{13}};\sin \alpha =\frac{4}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{4}{\sqrt{20}} \]
λ₂ = 0,67 мкм
Ответ 3) 0,67 мкм

[Сергей]

А17 Вариант 1
Атом водорода, находящийся в основном состоянии, имеет энергию Е₁ = -13,55 эВ. Если при поглощении фотона атом водорода переходит на третий энергетический уровень, то его энергия:
1) увеличится на 12,04 эВ; 2) уменьшится на 12,04 эВ; 3) увеличится на 27,10 эВ;  4) уменьшится на 27,10 эВ; 5) не изменится.

Решение.
При поглощении фотона атом переходит со стационарного состояния с меньшей энергией в стационарное состояние с большей энергией. Энергия атома на третьем энергетическом уровне
\[ {{E}_{3}}=\frac{{{E}_{1}}}{{{3}^{2}}}=\frac{{{E}_{1}}}{9} \]
Тогда изменение энергии
\[ \Delta E=\frac{{{E}_{1}}}{9}-{{E}_{1}}=-1,51-(-13,55)=12,04(эВ) \]
Ответ 1) увеличится на 12,04 эВ

[Сергей]

А18 Вариант 1
Отношение (Z/A) числа протонов Z, содержащихся в ядре изотопа йода  ₅₃Rn¹²⁷, к общему числу нуклонов, находящихся в этом ядре, равно:
\[ 1)\frac{53}{180};2)\frac{53}{127};3)\frac{53}{74};4)\frac{74}{127}5)\frac{74}{180} \]
Условно ядро химического элемента Х обозначается так _ZX^A, где Z – число протонов, A – массовое число (число нуклонов в ядре)
Ответ 2

[alsak]

В12 Вариант 1.
Небольшое заряженное тело массой m = 2,0 г и положительным зарядом q₂ = 0,40 мкКл находятся на высоте h = 1,8 м над закрепленным точечным положительным зарядом q₁ = 2,0 мкКл на одной вертикали с ним. Если тело отпустить без начальной скорости, то при его вертикальном падении максимальная кинетическая энергия E_k^max тела будет равна … мДж.
В12 Вариант 2.
Небольшое заряженное тело массой m = 5,0 г и положительным зарядом q₂ = 0,50 мкКл находятся на высоте h = 1,8 м над закрепленным точечным положительным зарядом q₁ = 4,0 мкКл на одной вертикали с ним. Если тело отпустить без начальной скорости, то при его вертикальном падении максимальная кинетическая энергия E_k^max тела будет равна … мДж.

Решение. На заряд q₂ будут действовать сила тяжести (m∙g) и кулоновская сила отталкивания (F_k1) (рис. ). Вычислим и сравним эти силы (расстояние между зарядами r = h):

1 вариант. m∙g = 2∙10^–2 Н,      2 вариант. m∙g = 5∙10^–2 Н,

\[F_{k1} =k\cdot \frac{q_{1} \cdot q_{2} }{h^{2} } ,\]

1 вариант. F_k1 = 2,2∙10^–3 Н,    2 вариант. F_k1 = 5,6∙10^–3 Н.

Так как m∙g > F_k1, то заряд q₂ будет падать, увеличивая свою скорость. Расстояние r между зарядами будет уменьшаться, поэтому кулоновская сила отталкивания будет увеличиваться и на некоторой высоте h₁ станет равной силе тяжести m∙g. Дальнейшее падение шарика будет равнозамедленным. Следовательно, максимальная скорость заряда q₂ будет на высоте h₁. Найдем эту высоту из условия равенства сил:
\[m\cdot g=k\cdot \frac{q_{1} \cdot q_{2} }{h_{1}^{2} } ,\; \; \; h_{1} =\sqrt{\frac{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} }{m\cdot g} } .\; \; (1)\]
Для нахождения максимальной кинетической энергии воспользуемся законом сохранения энергии. За нулевую высоту примем положения заряда q₁.
На высоте h энергия W₀ равна (скорость заряда q₂ равна 0):
\[W_{0} =m\cdot g\cdot h+\frac{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} }{h} .\; \; \; (2)\]
На высоте h₁ энергия W₁ равна (пусть скорость заряда q₂ равна υ_max):
\[W_{1} =m\cdot g\cdot h_{1} +\frac{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} }{h_{1} } +E_{k}^{\max } .\; \; (3)\]
Решим систему уравнения (1)-(3). Например,
\[\begin{array}{c} {m\cdot g\cdot h+\frac{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} }{h} =m\cdot g\cdot h_{1} +\frac{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} }{h_{1} } +E_{k}^{\max } ,} \\ {E_{k}^{\max } =m\cdot g\cdot \left(h-h_{1} \right)+k\cdot q_{1} \cdot q_{2} \left(\frac{1}{h} -\frac{1}{h_{1} } \right)=} \\ {=m\cdot g\cdot \left(h-\sqrt{\frac{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} }{m\cdot g} } \right)+k\cdot q_{1} \cdot q_{2} \left(\frac{1}{h} -\sqrt{\frac{m\cdot g}{k\cdot q_{1} \cdot q_{2} } } \right).} \end{array}\]
Ответ. 1 вариант. 16.
2 вариант. 40.

[alsak]

В5 Вариант 1
При уменьшении средней квадратичной скорости поступательного движения молекул идеального одноатомного газа в закрытом баллоне от <υ₁> до <υ₂> в k = √2 раза модуль относительного изменения давления газа │Δp/p₁│ равен ... %.

Решение. Запишем основное уравнение МКТ для двух скоростей с учетом того, что средняя квадратичная скорость поступательного движения молекул <υ₁> = k∙<υ₂>
\[p_{1} =\frac{1}{3} n\cdot m_{0} \cdot \left\langle \upsilon _{1}^{2} \right\rangle =\frac{1}{3} n\cdot m_{0} \cdot k^{2} \cdot \left\langle \upsilon _{2}^{2} \right\rangle ,\; \; \; p_{2} =\frac{1}{3} n\cdot m_{0} \cdot \left\langle \upsilon _{2}^{2} \right\rangle \]
концентрация n в закрытом сосуде не изменяется. Решим систему уравнений. Например,
\[\frac{p_{1} }{p_{2} } =\frac{\frac{1}{3} n\cdot m_{0} \cdot k^{2} \cdot \left\langle \upsilon _{2}^{2} \right\rangle }{\frac{1}{3} n\cdot m_{0} \cdot \left\langle \upsilon _{2}^{2} \right\rangle } =k^{2} ,\; \; \; p_{2} =\frac{p_{1} }{k^{2} } .\]
Тогда
\[\left|\frac{\Delta p}{p_{1} } \right|=\left|\frac{p_{2} -p_{1} }{p_{1} } \right|=\left|\frac{\frac{p_{1} }{k^{2} } -p_{1} }{p_{1} } \right|=\left|\frac{1}{k^{2} } -1\right|,\; \; \; \left|\frac{\Delta p}{p_{1} } \right|=0,5.\]
Ответ. 50%.