Репетиционное тестирование 3 этап 2012/2013

[djeki]

B2 Вариант 2
Кинематический закон движения тела вдоль оси Ох имеет вид х(t) = А + Bt + Сt², где А = 4,0 м, В = 2,0 м/с, С = 3,0 м/с². Если масса тела m = 2,0кг, то проекция равнодействующей силы Fx, приложенной к телу, равна ... Н.

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 = 4,0 м; υ₀ = 2,0 м/с; а = 2С = 6,0 м/с².
Согласно второму закону Ньютона сила, которая действует на тело, равна произведению массы тела на ускорение, сообщаемое этой силой.
F_x = m·a = 2,0·6,0 = 12 H
Ответ 12 Н

[djeki]

B3 Вариант 2
Груз массой М= 90 кг находится на плоской льдине (ρ₁ =0,9·10³ кг/м³) постоянной толщины h и площадью S= 3,0 м², полностью погруженной в воду. Если верхняя грань льдины совпадает с поверхностью воды (ρ₂ = 1,0·10³ кг/м³), то толщина h льдины равна ... см.

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
\[ \begin{align}
  & {{\rho }_{2}}\cdot S\cdot h=M+{{\rho }_{1}}\cdot S\cdot h \\
 & h=\frac{M}{S\cdot \left( {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right)} \\
\end{align}
 \]
Ответ 30 см

[djeki]

B5 Вариант 2
Если при нагревании идеального одноатомного газа от температуры Т₁ до температуры Т₂ средняя квадратичная скорость поступательного движения молекул увеличилась в k = 1,1 раза, то модуль  относительного изменения температуры газа │ΔТ/Т₁│ равен ... %.

Решение.
Запишем выражения для средней квадратичной скорости поступательного движения молекул для температур Т₁ и Т₂ с учетом того, что средняя квадратичная скорость поступательного движения молекул увеличилась в k = 1,1 раза
\[ {{\upsilon }_{1}}=\sqrt{\frac{3\cdot k\cdot {{T}_{1}}}{{{m}_{0}}}};1,1\cdot {{\upsilon }_{1}}=\sqrt{\frac{3\cdot k\cdot {{T}_{2}}}{{{m}_{0}}}} \]
Где k – постоянная Больцмана
Разделив уравнения получим

Т₂ = 1,21·Т₁

Тогда
\[ \left| \frac{\Delta T}{{{T}_{1}}} \right|=\left| \frac{{{T}_{2}}-{{T}_{1}}}{{{T}_{1}}} \right|=\left| \frac{1,21\cdot {{T}_{1}}-{{T}_{1}}}{{{T}_{1}}} \right|=0,21 \]
Ответ 21 %

[Сергей]

В6 вариант 2
Снег (c₁ = 2,1 кДж/(кг·К)  , λ = 0,33  Мдж/кг) массой m₁ = 2,0 кг при температуре t₁ = -20°С поместили в калориметр и нагревали в течение промежутка времени Δt = 16 мин, ежесекундно сообщая ему количество теплоты Q₀ = 1,0 кДж. Если теплоемкостью калориметра и потерями тепла в окружающую среду пренебречь, то конечная температура t вещества равна ... °С.
Примечание. При расчете принять, что температура плавления льда t₀ =0 °С, а удельная теплоемкость воды c₂ = 4,2  кДж/(кг·К)

Решение. В задаче не указана конечная температура вещества, поэтому необходим анализ: хватит ли полученной теплоты для нагревания до следующего фазового переходи или нет.
Всего за время Δt снег получил количество теплоты

Q = Q₀·Δt,    Q = 960 кДж.

Для нагревания снега до температуры плавления t₀ понадобится количество теплоты

Q₁ = c₁·m₁·(t₀ – t₁),      Q₁ = 84 кДж.

Так как Q₁ < Q, то снег начнет плавиться, и для полного плавления ему понадобится

Q₂ = λ·m₁,      Q₂ = 660 кДж.

Так как (Q₁ + Q₂) < Q, то снег весь расплавиться, а полученная вода начнет нагреваться. Для нагревания полученной воды до температуры кипения t₃ = 100 °C понадобится количество теплоты

Q₃ = c₂·m₁·(t₃ – t₀),      Q₃ = 840 кДж.

Получили, что (Q₁ + Q₂ + Q₃) > Q. Следовательно, вода не нагреется до температуры t₃ = 100 °С. Пусть конечная температура воды t. Для нагревания воды до температуры t понадобится количество теплоты

Q₄ = c₂·m₁·(t – t₀) = Q – (Q₁ + Q₂).

Тогда
\[ t=\frac{Q-(Q_1 +Q_2)}{c_2 \cdot  m_1} + t_0 \]
Ответ. 26 °С.

[Сергей]

В7 вариант 2
Три моля идеального одноатомного газа перевели из состояния 1 в состояние 3 (см. рис.), сообщив ему количество теплоты Q = 2,6 кДж. Если при изотермическом расширении на участке 2 → 3 газ совершил работу А = 0,60 кДж, то на участке 1 → 2 при изобарном расширении температура газа увеличилась на ΔТ, равное... К.

Решение.
Согласно первому закону термодинамики количество теплоты Q, сообщаемое термодинамической системе , расходуется на изменение ее внутренней энергии ΔU и на работу А, совершаемую системой против внешних сил

Q = ΔU + А

Участок 1 → 2 – изобара.
\[ \begin{align}
  & {{Q}_{12}}=\Delta {{U}_{12}}+{{A}_{12}};\Delta {{U}_{12}}=\frac{3}{2}\cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T;A=p\cdot \Delta V=\nu \cdot R\cdot \Delta T; \\
 & {{Q}_{12}}=\frac{3}{2}\cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T+\nu \cdot R\cdot \Delta T=\frac{5}{2}\cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T \\
\end{align}
 \]
Участок 2 → 3 – изотерма, следовательно ΔТ = 0, тогда ΔU₂₃ = 0, Q₂₃ = А₂₃
\[ \begin{align}
  & Q={{Q}_{12}}+{{Q}_{23}};Q=\frac{5}{2}\cdot \nu \cdot R\cdot \Delta T+{{A}_{23}} \\
 & \Delta T=\frac{2\cdot \left( Q-{{A}_{23}} \right)}{5\cdot \nu \cdot R} \\
\end{align}
 \]
Ответ 32 К

[Сергей]

В8 вариант 2
Человек стоит на расстоянии L = 6,0 м от вертикально растущей сосны и видит изображение ее верхушки в маленьком плоском зеркале, лежащем на горизонтальной поверхности Земли. Если считать, что глаза человека находятся на уровне h = 2 м от поверхности Земли, а расстояние по горизонтали от человека до зеркала l = 1,2 м, то высота Н сосны равна ... м.

Решение.
Угол падения равен углу отражения, следовательно и угол β «малого» треугольника равен углу β «большого» треугольника. Тогда
\[ \begin{align}
  & tg\beta =\frac{h}{l};tg\beta =\frac{H}{L-l}; \\
 & \frac{h}{l}=\frac{H}{L-l};H=\frac{h\cdot \left( L-l \right)}{l} \\
\end{align}
 \]
Ответ 8 м

[Сергей]

В9 вариант 2
ЭДС источника тока ε= 12 В. Если напряжение на его зажимах U = 10 В при силе тока в цепи I = 4,0 А, то сила тока короткого замыкания I_кз этого источника равна ... А.

Решение.
Если сопротивление внешней цепи R<<r то возникает короткое замыкание источника тока. Сила тока при этом максимальна для данного источника и равна
\[ {{I}_{k}}=\frac{\varepsilon }{r} \]
Из закона Ома для полной цепи
\[ \varepsilon =I\cdot R+I\cdot r;r=\frac{\varepsilon -U}{I} \]
Подставим это выражение в выражение для силы тока короткого замыкания
\[ {{I}_{k}}=\frac{\varepsilon \cdot I}{\varepsilon -U} \]
Ответ 24 А

[Сергей]

В10 вариант 2
В однородном магнитном поле, модуль индукции которого В₁ = 20 мТл, расположен проводник с током. Модуль сипы Ампера, действующей на проводник, F₁ = 0,20 Н. Для увеличения модуля силы Ампера до значения F₂ = 1,0 Н при постоянной силе тока в проводнике и его ориентации в пространстве необходимо модуль индукции магнитного поля увеличить на ΔВ, равное ... мТл.

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

F₁ = B₁·l·I·sinα; F₂ = B₂·l·I·sinα;

Разделим уравнения
\[ \frac{{{F}_{1}}}{{{F}_{2}}}=\frac{{{B}_{1}}}{{{B}_{2}}};{{B}_{2}}=\frac{{{F}_{2}}\cdot {{B}_{1}}}{{{F}_{1}}} \]
Тогда
\[ \Delta B={{B}_{2}}-{{B}_{1}}=\frac{{{F}_{2}}\cdot {{B}_{1}}}{{{F}_{1}}}-{{B}_{1}}={{B}_{1}}\cdot \left( \frac{{{F}_{2}}}{{{F}_{1}}}-1 \right) \]
Ответ 80 мТл

[Сергей]

В11 вариант 2
Напряжение в цепи переменного тока изменяется с течением времени по закону U(t)= U0 cos (At + В), где А =(13π)/15 рад/с  , В =π/30 рад  . Если в момент времени t = 1,5 с мгновенное значение напряжения U (t) = -36 В, то амплитудное значение напряжения U₀ в цепи равно ... В.

Решение.
Подставим значения А, В и времени t в исходное уравнение
\[ \begin{align}
  & U={{U}_{0}}\cdot \cos \left( \frac{13\cdot \pi }{15}\cdot \frac{3}{2}+\frac{\pi }{30} \right)={{U}_{0}}\cdot \cos \left( \frac{40}{30}\cdot \pi  \right)={{U}_{0}}\cdot \cos \left( \frac{4}{3}\cdot \pi  \right); \\
 & \frac{4}{3}\cdot \pi =\frac{(3+1)}{3}\cdot \pi =\pi +\frac{\pi }{3}; \\
 & U={{U}_{0}}\cdot \cos \left( \pi +\frac{\pi }{3} \right); \\
\end{align}
 \]
Согласно формулам приведения
\[ \cos \left( \pi +\frac{\pi }{3} \right)=-\cos \frac{\pi }{3} \]
Тогда окончательно
\[ U=-{{U}_{0}}\cdot \cos \frac{\pi }{3};-36=-\frac{{{U}_{0}}}{2} \]
Ответ U₀ = 72 B

[Сергей]

В4 вариант 2
Легкий шарик, имеющий кинетическую энергию Е_к1 = 36 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 = 30°, 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
\[ {{\upsilon }_{2}}=\sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k1}}}{m}\cdot }\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}};{{E}_{k2}}=\frac{m}{2}\cdot {{\left( \sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k1}}}{m}\cdot }\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}} \right)}^{2}}=\frac{{{E}_{k1}}}{3} \]
Ответ 12 Дж