Репетиционное тестирование 1 этап 2015/2016

[Сергей]

А18. Вариант 2. На рисунке изображены два зеркала угол между плоскостями, которых β = 75°. На первое зеркало луч света АО падает под углом α. Если угол отражения этого луча от второго зеркала γ = 35°, то угол α равен:
Примечание. Падающий луч лежит в плоскости рисунка.
1) 25 º; 2) 30 º; 3) 35 º; 4) 40 º; 5) 65 º.
Решение. Покажем рисунок. Угол отражения от второго зеркала равен γ. Угол падения на второе зеркало равен углу отражения от этого зеркала.

\[ \angle \ \gamma =\angle \ 4.\ \angle \ 3=90{}^\circ -\angle \ 4.\ \angle \ 3=55{}^\circ . \]

Сумма углов треугольника равна 180º.

\[ \angle \ 2=180{}^\circ -\beta -\angle \ 3.\ \angle \ 2=50{}^\circ .\ \angle \ 1=90{}^\circ -\angle \ 2.\ \angle \ 1=40{}^\circ . \]

Угол 1 – это угол отражения от первого зеркала, угол падения на первое зеркало равен углу отражения от первого зеркала. α = 40º.
Ответ: 4) 40º.

[Сергей]

В1. Вариант 2. График зависимости проекции скорости υх материальной точки движущейся вдоль оси Ох, от времени t имеет вид приведённый на рисунке. Модуль перемещения ∆r точки за промежуток времени ∆t = 7,0 с от момента начала отсчёта времени равен ... м.
Решение.
Площадь под графиком скорости численно равна перемещению пройденным телом. Выделим три участка: первый от 0 до 3 с, второй от 3 с до 6 с, третий от 6 с до 7 с.
Определим перемещение на каждом участке и найдем общее перемещение. На первом и втором участке площадь треугольника, на третьем участке площадь трапеции.

\[ \begin{align}
  & {{s}_{1}}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3=9.\ {{s}_{2}}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot (6-3)=6.\ {{s}_{3}}=\frac{1}{2}\cdot (4+2)\cdot (6-7)=3. \\
 & s=9+6+3=18. \\
\end{align} \]

Ответ 18 м.

[Сергей]

В2. Вариант 2. Тело массой m = 2,0 кг движется по горизонтальной поверхности вдоль оси Ох. Кинематический закон движения тела имеет вид: х(t) = А + В∙t + С∙t², где А = 4,0 м, В = 6,0 м/с, С = 0,5 м/с². Если коэффициент трения скольжения между телом и поверхностью μ = 0,20, то работа А, совершённая горизонтально направленной силой тяги за промежуток времени ∆t = 2,0 с от момента начала отсчёта времени, равна ... Дж.
Решение. Работа совершённая горизонтально направленной силой тяги за промежуток времени ∆t = 2,0 с от момента начала отсчёта времени определяется по формуле:

А = F∙s∙соsα, α = 0º, соsα = 1, А = F∙s   (1).

s – перемещение за это время.

s = х – х₀   (2).

х₀ = А, х₀ = 4,0 м.

х(t) = А + В∙t + С∙t², х(t) = 4,0 + 6,0∙t + 0,5∙t²,

х(2) = 4,0 + 6,0∙2 + 0,5∙22 = 18,0 (м).
s = 18,0 – 4,0 = 14,0 м.
Силу тяги определим используя второй закон Ньютона.
Покажем на рисунке силы которые действуют на тело и ускорение, определим проекции на оси Ох и Оу.

\[ \vec{F}=m\cdot \vec{a},\ \vec{F}+m\cdot \vec{g}+\vec{N}+{{\vec{F}}_{TR}}=m\cdot \vec{a}. \]

\[ \begin{align}
  & Ox:\ \ F-{{F}_{TR}}=m\cdot a\ \ \ (3), \\
 & Oy:\ N-m\cdot g=0\ ,\ N=m\cdot g\ \ \ (4). \\
\end{align} \]

Учитываем, что:

F_TR = μ∙N   (5).

При движении по горизонтальной поверхности ускорение равно а = С∙2, а = 1,0 м/с².
Подставим (4) в (5), (5) в (3) выразим силу тяги. Силу тяги и перемещение подставим в (1) определим работу.

\[ \begin{align}
  & {{F}_{TR}}=\mu \cdot m\cdot g,\ F-\mu \cdot m\cdot g=m\cdot a,\ F=\mu \cdot m\cdot g+m\cdot a,\ A=m\cdot (\mu \cdot g+a)\cdot s. \\
 & A=2,0\cdot (0,2\cdot 10+1,0)\cdot 14,0=84,0. \\
\end{align} \]

Ответ: 84 Дж.

[Сергей]

В3. Вариант 2. Небольшой металлический шарик, подвешенный на нерастяжимой и невесомой нити, движется равномерно по окружности в горизонтальной плоскости. Если во время движения шарика нить образует с вертикалью угол α = 30° а период вращения шарика Т = 2,8 с, то длина l нити равна … дм.
Решение. Покажем на рисунке силы которые действуют на тело и ускорение, определим проекции на оси Ох и Оу.

\[ \vec{F}=m\cdot \vec{a},\ m\cdot \vec{g}+{{\vec{F}}_{n}}=m\cdot \vec{a}. \]

\[ \begin{align}
  & Ox:\ \ {{F}_{n}}\cdot \sin \alpha =m\cdot a\ \ \ (1), \\
 & Oy:\ {{F}_{n}}\cdot \cos \alpha -m\cdot g=0\ ,\ {{F}_{n}}=\frac{m\cdot g}{\cos \alpha }\ \ \ (2). \\
 & \ a=\frac{4\cdot {{\pi }^{2}}\cdot R}{{{T}^{2}}}\ \ \ (3),\ R=l\cdot \sin \alpha \ \ \ (4),\ \frac{m\cdot g\cdot \sin \alpha }{\cos \alpha }=m\cdot a,\ \frac{g\cdot \sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{4\cdot {{\pi }^{2}}\cdot l\cdot \sin \alpha }{{{T}^{2}}}, \\
 & \frac{g}{\cos \alpha }=\frac{4\cdot {{\pi }^{2}}\cdot l}{{{T}^{2}}},\ l=\frac{{{T}^{2}}\cdot g}{4\cdot {{\pi }^{2}}\cdot \cos \alpha }. \\
 & l=\frac{2,8\cdot 2,8\cdot 10}{4\cdot 3,14\cdot 3,14\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=2,29. \\
\end{align} \]

Ответ: 23 дм.

[Сергей]

В4. Вариант 2. Лёгкий шарик падает на гладкую горизонтальную плиту, движущуюся вертикально вниз, и после упругого удара отскакивает от неё Кинетическая энергия шарика сразу после удара Е_к2 = 14 Дж. Если непосредственно перед ударом угол между направлением скорости шарика и вертикалью α = 45º, а сразу после удара β =60°, то кинетическая энергия Е_к1 шарика непосредственно перед ударом была равна … Дж.
Решение. Покажем рисунок.
Запишем закон сохранения импульса в проекции на ось Ох, направленную горизонтально:

\[ \begin{align}
  & m\cdot {{\upsilon }_{1}}\cdot \sin \alpha =m\cdot {{\upsilon }_{2}}\cdot \sin \beta ,\ {{\upsilon }_{1}}\cdot \sin \alpha ={{\upsilon }_{2}}\cdot \sin \beta ,\ {{\upsilon }_{1}}=\frac{{{\upsilon }_{2}}\cdot \sin \beta }{\sin \alpha }\ \ \ (1),\  \\
 & {{E}_{k2}}=\frac{m\cdot \upsilon _{2}^{2}}{2},\ {{\upsilon }_{2}}=\sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k2}}}{m}}\ \ \ \ (2),\ {{\upsilon }_{1}}=\sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k2}}}{m}}\cdot \frac{\sin \beta }{\sin \alpha }\ \ \ \ (3), \\
 & {{E}_{k1}}=\frac{m\cdot \upsilon _{1}^{2}}{2}\ \ \ (4),\  \\
 & {{E}_{k1}}=\frac{m}{2}\cdot {{(\sqrt{\frac{2\cdot {{E}_{k2}}}{m}}\cdot \frac{\sin \beta }{\sin \alpha })}^{2}}=\frac{m}{2}\cdot \frac{2\cdot {{E}_{k2}}}{m}\cdot {{(\frac{\sin \beta }{\sin \alpha })}^{2}}={{E}_{k2}}\cdot {{(\frac{\sin \beta }{\sin \alpha })}^{2}}. \\
\end{align} \]

\[ {{E}_{k1}}=14\cdot {{(\frac{\sqrt{3}\cdot 2}{2\cdot \sqrt{2}})}^{2}}=21. \]

Ответ: 21 Дж.

[Сергей]

В 5. Вариант 2. Закрытый сосуд объёмом V = 69 см³ имеет небольшую трещину, через которую за сутки в него поступает ∆N = 5,0∙10¹⁷ молекул идеального газа. Температура газа в сосуде поддерживается постоянной Т = 300 К. Если начальное давление газа в сосуде равно нулю, а скорость поступления молекул в него постоянна, то за время τ = 300 сут сосуд заполнится газом до давления р, равного ... кПа.
Решение. Составим пропорцию и определим количество молекул которыми заполнится сосуд за 300 суток.

\[ \frac{\Delta N}{N}=\frac{1,0}{300},\ N=\frac{300\cdot \Delta N}{1,0},\ N=\frac{5,0\cdot {{10}^{17}}\cdot 300}{1,0}=1,5\cdot {{10}^{20}}. \]

Определим давление которое будет в сосуде за время τ = 300 сут.

\[ p=n\cdot k\cdot T,\ n=\frac{N}{V},\ p=\frac{N}{V}\cdot k\cdot T.p=\frac{1,5\cdot {{10}^{20}}}{69\cdot {{10}^{-6}}}\cdot 1,38\cdot {{10}^{-23}}\cdot 300=9,0\cdot {{10}^{3}}. \]

Ответ: 9 кПа.

[Сергей]

В6. Вариант 2. На рисунке приведён график зависимости температуры t тела от количества теплоты Q , которое отводилось от тела. Если масса тела m = 2,0 г, то удельная теплоемкость с тела равна … кДж/(кг∙°С).
Решение.

\[ Q=c\cdot m\cdot ({{t}_{2}}-{{t}_{1}}),\ c=\left| \frac{Q}{m\cdot ({{t}_{2}}-{{t}_{1}})} \right|.\ c=\left| \frac{140}{2\cdot {{10}^{-3}}\cdot (2,5-7,5)} \right|=14,0\cdot {{10}^{3}}. \]

Ответ: 14 кДж/(кг∙°С).

[Сергей]

В7. Вариант 2. Идеальный одноатомный газ, начальный объем которого V₁ = 20 л, а количество вещества остается постоянным, находится под давлением р₁ = 0,20 МПа. Газ нагревают сначала изобарно до объёма V₂, а затем продолжают нагревать изохорно до давления р₂ = 0,40 МПа. Если при переходе из начального состояния в конечное газ получил количество теплоты Q = 22 кДж, то его объём V₂ в конечном состоянии равен … л.
Решение.
Покажем данные процессы в координатах р – V.
Q₁₂ – количество теплоты которое получает газ при изобарном процессе.
Q₂₃ – количество теплоты которое получает газ при изохорном нагревании.

\[ \begin{align}
  & Q={{Q}_{12}}+{{Q}_{23}},\ \ \ \ (1),\ {{Q}_{12}}=\frac{5}{2}\cdot A,\ {{Q}_{12}}=\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot ({{V}_{2}}-{{V}_{1}})\ \ \ (2),\ {{Q}_{23}}=\Delta {{U}_{23}}\ \ \ (3), \\
 & \Delta {{U}_{23}}=\frac{3}{2}\cdot \nu \cdot R\cdot ({{T}_{3}}-{{T}_{2}}),\ p\cdot V=\nu \cdot R\cdot T,\ {{T}_{2}}=\frac{{{p}_{1}}\cdot {{V}_{2}}}{\nu \cdot R},\ {{T}_{3}}=\frac{{{p}_{2}}\cdot {{V}_{2}}}{\nu \cdot R}, \\
 & {{Q}_{23}}=\frac{3}{2}\cdot \nu \cdot R\cdot (\frac{{{p}_{2}}\cdot {{V}_{2}}}{\nu \cdot R}-\frac{{{p}_{1}}\cdot {{V}_{2}}}{\nu \cdot R}),\ {{Q}_{23}}=\frac{3}{2}\cdot {{V}_{2}}\cdot ({{p}_{2}}-{{p}_{1}})\ \ \ (4). \\
\end{align} \]

\[ \begin{align}
  & Q=\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot ({{V}_{2}}-{{V}_{1}})+\frac{3}{2}\cdot {{V}_{2}}\cdot ({{p}_{2}}-{{p}_{1}}),\ Q=\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot {{V}_{2}}-\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot {{V}_{1}}+\frac{3}{2}\cdot {{V}_{2}}\cdot ({{p}_{2}}-{{p}_{1}}), \\
 & Q+\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot {{V}_{1}}=\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot {{V}_{2}}+\frac{3}{2}\cdot {{V}_{2}}\cdot ({{p}_{2}}-{{p}_{1}}),{{V}_{2}}=\frac{Q+\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}\cdot {{V}_{1}}\ }{\frac{3}{2}\cdot ({{p}_{2}}-{{p}_{1}})+\frac{5}{2}\cdot {{p}_{1}}}. \\
 & {{V}_{2}}=\frac{22\cdot {{10}^{3}}+\frac{5}{2}\cdot 0,2\cdot {{10}^{6}}\cdot 20\cdot {{10}^{-3}}}{\frac{3}{2}\cdot (0,4\cdot {{10}^{6}}-0,2\cdot {{10}^{6}})+\frac{5}{2}\cdot 0,2\cdot {{10}^{6}}}=40\cdot {{10}^{-3}}. \\
\end{align} \]

Ответ: 40 л.

[Сергей]

В8. Вариант 2. Если период полураспада некоторого радиоактивного изотопа Т = 12 сут, то его масса уменьшится в n = 16 раз в течении промежутка времени ∆t, … сут.
Решение. Используя закон радиоактивного распада запишем формулу для определения количества ядер некоторого радиоактивного изотопа которые не распались за время ∆t.

\[ N={{N}_{0}}\cdot {{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}}\ \ \ (1). \]

Запишем формулы для определения количества ядер некоторого радиоактивного изотопа в начальный момент наблюдения. Запишем формулу для определения количества ядер некоторого радиоактивного изотопа которые не распались за время ∆t.

\[ {{N}_{0}}=\frac{{{m}_{0}}}{M}\cdot {{N}_{A}}\ \ \ (2),\ N=\frac{m}{M}\cdot {{N}_{A}}\ \ \ (3). \]

(2) и (3) подставим в (1) определим промежуток времени за который масса некоторого радиоактивного изотопа уменьшится в n = 16 раз.

\[ \begin{align}
  & \frac{m}{M}\cdot {{N}_{A}}=\frac{{{m}_{0}}}{M}\cdot {{N}_{A}}\cdot {{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}},\ m={{m}_{0}}\cdot {{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}},\ \frac{{{m}_{0}}}{m}=16,\ \frac{{{m}_{0}}}{m}={{2}^{\frac{\Delta t}{T}}},\ {{2}^{4}}={{2}^{\frac{\Delta t}{T}}},\ 4=\frac{\Delta t}{T},\ \Delta t=4\cdot T. \\
 & \ \Delta t=4\cdot 12=48. \\
\end{align} \]

Ответ: 48 сут.

[Сергей]

В9. Вариант 2. При подключении к источнику постоянного тока резистора сопротивлением R = 9,0 Ом сила тока в цепи I = 1,0 А. Если сила тока при коротком замыкании источника тока I_кз = 10 А, то максимальная мощность Р тока, которую этот источник может отдать потребителю, равна ... Вт.
Решение. Максимальная мощность тока которую источник может отдать потребителю достигается при условии равенства внутреннего и внешнего сопротивлений. Запишем закон Ома для полной цепи, условие короткого замыкания, определим максимальную мощность.

\[ \begin{align}
  & {{P}_{\max }}=I_{\max }^{2}\cdot R,\ R=r,\ {{I}_{\max }}=\frac{E}{2\cdot r},\ {{P}_{\max }}={{(\frac{E}{2\cdot r})}^{2}}\cdot r,\ {{P}_{\max }}=\frac{{{E}^{2}}}{4\cdot r}\ \ \ (1). \\
 & {{I}_{kz}}=\frac{E}{r},\ r=\frac{E}{{{I}_{kz}}}\ \ \ (2),\ I=\frac{E}{R+r}\ ,\ I=\frac{E}{R+\frac{E}{{{I}_{kz}}}},\ I\cdot R+\frac{I}{{{I}_{kz}}}\cdot E=E,\ E\cdot (1-\frac{I}{{{I}_{kz}}})=I\cdot R\ \ , \\
 & E=\frac{I\cdot R\ }{1-\frac{I}{{{I}_{kz}}}}\ \ \ (3).\  \\
\end{align} \]

\[ E=\frac{1,0\cdot 9,0}{1-\frac{1,0}{10}}=10,0.\ r=\frac{10,0}{10}=1,0.\ {{P}_{\max }}=\frac{10,0\cdot 10,0}{4\cdot 1,0}=25,0. \]

Ответ: 25 Вт.