Репетиционное тестирование 3 этап 2012/2013

[alsak]

В6 вариант 1
Тающий лед (t₁ = 0 °С, λ = 0,33 МДж/кг) массой m₁ опустили в калориметр, содержащий m₂ = 0,15 кг воды (c = 4,2 кДж/(кг∙К)) при температуре t₂ = 86 °С. После окончания теплообмена в калориметре установилась температура t = 50 °С. Если теплоемкостью калориметра и потерями тепла в окружающую среду пренебречь, то масса m₁ льда, опущенного в калориметр, равна ... г.

Решение. В калориметре вода массой m₂ будет охлаждаться от t₂ до t (отдаст при этом количество теплоты Q₁), лед расплавиться (Q₂), а полученная вода нагреется от t₁ до t (Q₃). Запишем уравнение теплового баланса и найдем массу m₁

Q₁ + Q₂ + Q₃ = 0,

Q₁ = c·m₂·(t – t₂),       Q₂ = λ·m₁,       Q₃ = c·m₁·(t – t₁),

c·m₂·(t – t₂) + λ·m₁ + c·m₁·(t – t₁) = 0,

\[m_{1} =\frac{c\cdot m_{2} \cdot \left(t_{2} -t\right)}{\lambda +c\cdot \left(t-t_{1} \right)} .\]
Ответ. 42 г.

[alsak]

В7 вариант 1
Два моля идеального одноатомного газа перевели из состояния 1 в состояние 3 (см. рис.), сообщив ему количество теплоты Q = 5,3 кДж. Если при изобарном расширении на участке 1 → 2 температура газа изменилась на ΔT = 120 К, то на участке 2 → 3 при изотермическом расширении газ совершил работу A, равную ... Дж.

Решение. По первому началу термодинамики

Q = ΔU + A.      (1)

Запишем уравнение (1) для двух участков.
1 → 2 — изобарное расширение
\[\begin{array}{c} {Q_{12} =\Delta U_{12} +A_{12} ,} \\ {\Delta U_{12} =\frac{3}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T,\; \; A=p\cdot \Delta V=\nu \cdot R\cdot \Delta T,} \\ {Q_{12} =\frac{3}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T+\nu \cdot R\cdot \Delta T=\frac{5}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T.} \end{array}\]
2 → 3 — изотермическое расширение, следовательно, ΔT = 0

ΔU₂₃ = 0,    Q₂₃ = A₂₃.

Тогда количество теплоты Q на участках 1 → 3
\[Q=Q_{12} +Q_{23} ,\; \; \; Q=\frac{5}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T+A_{23} ,\; \; \; A_{23} =Q-\frac{5}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T.\]
Ответ. 314 Дж.

[alsak]

В8 вариант 1
Мальчик стоит на расстоянии L = 6 м от вертикального столба высотой H = 7 м. Он видит изображение верхушки столба в маленьком плоском зеркале, лежащем на горизонтальной поверхности Земли. Если глаза мальчика находятся на уровне h = 1,4 м от поверхности Земли, то расстояние l между основанием столба и зеркалом равно ... м.

Решение. Сделаем рисунок (рис. ), где AB = h, CD = H, ВD = L, BO = l (т.к. зеркало «маленькое», то его размером пренебрегаем), OD = L – l. Треугольники ΔABO и ΔCDO подобны по трем углам (см. рис., α = β), поэтому
\[\begin{array}{c} {\frac{AB}{CD} =\frac{BO}{OD} ,\; \; \; \frac{h}{H} =\frac{l}{L-l}, \; \; \; H\cdot l=h\cdot L-h\cdot l,} \\ {l=\frac{h\cdot L}{H+h}, OD = L-\frac{h\cdot L}{H+h} = \frac{H\cdot L}{H+h}} \end{array}\]
Ответ. 5 м.

[alsak]

В9 вариант 1
К источнику тока, ЭДС которого E = 6 В, подключили резистор сопротивлением R = 10 Ом. Если сила тока в резисторе I = 0,5 А, то сила тока I_кз короткого замыкания источника равна ... А.

Решение. Сила тока I_кз короткого замыкания равна
\[I_{k} =\frac{E}{r} .\]
Сопротивление источника r найдем из закона Ома для полной цепи:
\[I=\frac{E}{R+r} ,\; \; \; r=\frac{E}{I} -R=\frac{E-I\cdot R}{I} .\]
Тогда
\[I_{k} =\frac{E\cdot I}{E-I\cdot R} .\]
Ответ. 3 А.

[alsak]

В10 вариант 1
В однородном магнитном поле, модуль индукции которого B₁ = 0,1 Тл, расположен проводник с током. Модуль сипы Ампера, действующей на проводник, F₁ = 3 Н. Если модуль индукции магнитного поля, не изменяя силы тока в проводнике и его ориентации в пространстве, увеличить на ΔB = 0,2 Тл, то модуль силы Ампера F₂, действующей на проводник с током, будет равен … Н.

Решение. Сила Ампера до увеличения модуля индукции магнитного поля и после равны соответственно

F₁ = B₁·l·I·sin α,    F₂ = B₂·l·I·sin α.

Решим систему уравнений. Например,
\[\frac{F_{1} }{F_{2} } =\frac{B_{1} }{B_{2} } ,\; \; F_{2} =F_{1} \cdot \frac{B_{2} }{B_{1} } ,\]
где B₂ = B₁ + ΔB. Тогда
\[F_{2} =F_{1} \cdot \frac{B_{1} +\Delta B}{B_{1} } =F_{1} \cdot \left(1+\frac{\Delta B}{B_{1} } \right),\]
Ответ. 9 Н.

[alsak]

В11 вариант 1
Зависимость силы тока от времени в цепи переменного тока имеет вид I(t) = I₀∙sin (A∙t + B), где A = 4π/15 рад/с, B = π/6 рад. Если амплитудное значение силы тока I₀ = 24 мА, то в момент времени t = 2,5 с мгновенное значение силы тока I(t) равно ... мА.

Решение. Подставим значения A, B и времени t в исходное уравнение
\[\begin{array}{c} {I\left(2,5\; {\rm c}\right)=I_{0} \cdot \sin \left(\frac{4\pi }{15} \cdot 2,5+\frac{\pi }{6} \right)=I_{0} \cdot \sin \left(\frac{2}{3} \pi +\frac{\pi }{6} \right)=U_{0} \cdot \cos \left(\frac{5}{6} \pi \right),} \\ {\frac{5}{6} \pi =\pi -\frac{\pi }{6} ,\; \; \; I\left(2,5\; {\rm c}\right)=I_{0} \cdot \sin \frac{\pi }{6} ,} \end{array}\]
Ответ. 12 мА.

[Сергей]

B1 Вариант 1
Тело движется равноускоренно в положительном направлении оси Ох. В момент начала отсчета t₀ = 0 c проекция скорости тела υ_0x = 5,0 м/c. Если проекция перемещения тела за пятую секунду Δr_x = 32 м, то проекция ускорения а_х тела равна… м/с²

Решение.
Зависимость проекции перемещения от времени
\[ \Delta {{r}_{x}}={{\upsilon }_{0x}}\cdot t+\frac{{{a}_{x}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \]
Проекция перемещения за пятую секунду равна разности  перемещения  Δr_х5 за t₅ = 5 секунд и перемещения Δr_х4 за t₄ = 4 секунды
\[ \begin{align}
  & {{r}_{x5}}={{\upsilon }_{0x}}\cdot {{t}_{5}}+\frac{{{a}_{x}}\cdot t_{5}^{2}}{2};{{r}_{x4}}={{\upsilon }_{0x}}\cdot {{t}_{4}}+\frac{{{a}_{x}}\cdot t_{4}^{2}}{2}; \\
 & \Delta {{r}_{x}}={{r}_{x5}}-{{r}_{x4}}={{\upsilon }_{0x}}\cdot {{t}_{5}}+\frac{{{a}_{x}}\cdot t_{5}^{2}}{2}-\left( {{\upsilon }_{0x}}\cdot {{t}_{4}}+\frac{{{a}_{x}}\cdot t_{4}^{2}}{2} \right)={{\upsilon }_{0x}}\cdot \left( {{t}_{5}}-{{t}_{4}} \right)+\frac{a\cdot \left( t_{5}^{2}-t_{4}^{2} \right)}{2} \\
 & {{a}_{x}}=\frac{2\cdot \left( \Delta {{r}_{x}}-{{\upsilon }_{0x}}\cdot \left( {{t}_{5}}-{{t}_{4}} \right) \right)}{t_{5}^{2}-t_{4}^{2}} \\
\end{align}
 \]
Ответ 6 м/с²

[Сергей]

B2 Вариант 1
Кинематический закон движения тела вдоль оси Ох имеет вид х(t) = А + Bt + Сt², где А = 3 м, В = 4 м/с, С = 5 м/с². Если проекция равнодействующей силы, приложенной к телу F_x = 20 Н, то масса m тела равна ... кг.

Решение.
Кинематический закон прямолинейного движения с постоянным ускорением выражается формулой
\[ x={{x}_{0}}+{{\upsilon }_{0}}\cdot t+\frac{a\cdot {{t}^{2}}}{2} \]
Сравним это выражение с выражением, приведенным в условии. Легко видеть, что

х₀ = А = 3 м; υ₀ = В = 4 м/с; а = 2С = 10 м/с².

Согласно второму закону Ньютона сила, которая действует на тело, равна произведению массы тела на ускорение, сообщаемое этой силой.
\[ {{F}_{x}}=m\cdot a;m=\frac{{{F}_{x}}}{a} \]
Ответ 2 кг

[Сергей]

B3 Вариант 1
Плоская льдина (ρ₁ =0,9·10³ кг/м³) толщиной h = 30 см и площадью S= 2,5 м² плавает в воде (ρ₂ = 1,0·10³ кг/м³). Минимальная масса М груза, который необходимо поместить на льдину, чтобы она полностью погрузилась в воду, равна…кг.
Решение.
На льдину с грузом действуют сила тяжести (М+m)g (m – масса льдины) и архимедова сила F_A. Сума проекций этих сил на ось Oy равна нулю

F_A - (М+m)·g; F_A = (М+m)·g

ρ₂·g·V = (М+m)·g; ρ₂·V = М+m

учитывая, что объем льдины и ее масса равны соответственно

V = S·h; m = ρ₁·V = ρ₁·S·h

Можно записать следующее выражение

ρ₂·S·h = M + ρ₁·S·h;
M = S·h·( ρ₂ - ρ₁)

Ответ 75 кг

[Сергей]

B4 Вариант 1
Легкий шарик, имеющий кинетическую энергию Е_к1 = 24 Дж, падает на гладкую горизонтальную плиту, движущуюся поступательно вертикально вниз, и отскакивает от нее. Если непосредственно перед ударом угол между направлением скорости шарика и вертикалью α₁ = 45°, а сразу после удара α₂ = 60°, то кинетическая энергия Е_к2 шарика после удара равна... Дж.

Решение.
Запишем закон сохранения импульса в проекции на ось Ох, направленную горизонтально

m·υ₁·sinα₁ = m·υ₂·sinα₂; υ₁·sinα₁ =υ₂·sinα₂

\[ {{\upsilon }_{2}}=\frac{{{\upsilon }_{1}}\cdot \sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}} \]
До удара шарик имеет кинетическую энергию Е_к1, тогда
\[ {{E}_{k1}}=\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2}}{2};{{\upsilon }_{1}}=\sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k1}}}{m}} \]
С учетом этого найдет теперь кинетическую энергию после удара
\[ {{\upsilon }_{2}}=\sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k1}}}{m}\cdot }\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}};{{E}_{k2}}=\frac{m}{2}\cdot {{\left( \sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k1}}}{m}\cdot }\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}} \right)}^{2}}=\frac{2\cdot {{E}_{k1}}}{3} \]
Ответ 16 Дж