Автор Тема: Репетиционное тестирование 3 этап 2013/2014  (Прочитано 1591 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн alsak

  • Администратор
  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1975
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
Здесь вы можете обменяться ответами и решениями по РТ-3 2013-2014 (варианты 1 и 2), задать вопросы.

Вариант 1
А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10
1 4
А11 А12 А13 А14 А15 А16 А17 А18
3 1 2 3
B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8 B9 B10 B11 B12
24 25 10 2 400 164 15 8 5 1 500 72

Вариант 2
А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 А9 А10
  3 1
А11 А12 А13 А14 А15 А16 А17 А18
1 5 2 5
B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8 B9 B10 B11 B12
25 54 6 3 600 60 96 400 3 20 13 58
« Последнее редактирование: 04 Апрель 2018, 14:25 от alsak »

Форум сайта alsak.ru


Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В1, вариант 1
Длина разбега самолёта по взлётной полосе l = 0,84 км, а модуль его скорости при взлёте в конце разбега υ = 252 км/ч. Если из состояния покоя самолёт двигался равноускорено и прямолинейно, то промежуток времени Δt, в течение которого самолёт разгонялся по взлётной полосе, равен …с.
В1, вариант 2
Самолёт, двигаясь равноускорено и прямолинейно из состояния покоя, развил взлётную скорость, модуль которой υ = 216 км/ч. Если длина разбега самолёта по взлётной полосе l = 0,72 км, то  модуль ускорения a самолёта равен …дм/с2.
Решение: составим систему из двух уравнений: уравнения скорости (зависимости скорости от времени) и уравнения связывающего начальную скорость (υ0 = 0 – по условию), конечную скорость υ, ускорение a и перемещение (путь при равноускоренном движении - l):
\[ \begin{array}{l} {\upsilon =\upsilon _{0} +a\cdot \Delta t,{\rm \; \; \; \; \; }a=\frac{\upsilon }{\Delta t} ,} \\ {\upsilon ^{2} -\upsilon _{0}^{2} =2\cdot a\cdot l,{\rm \; \; \; \; }a=\frac{\upsilon ^{2} }{2\cdot l} ,} \\ {\frac{\upsilon }{\Delta t} =\frac{\upsilon ^{2} }{2\cdot l} ,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }\Delta t=\frac{2\cdot l}{\upsilon}.} \end{array} \]
Ответ:  24 с – вариант 1;
             25 дм/с2 вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В2, вариант 1
Брусок массой m = 5,0 кг движется по горизонтальной поверхности с постоянной скоростью, модуль которой υ = √3 м/с, под действием силы F, направленной под углом α = 60° к горизонту (см. рис.). Если коэффициент трения скольжения между бруском и поверхностью μ = 1/√3, то мощность P, развиваемая силой F, равна …Вт.
В2, вариант 2
Брусок массой m = 5,0 кг движется по горизонтальной поверхности с постоянной скоростью, модуль которой υ = 4,0 м/с, под действием силы F, направленной под углом α = 30° к горизонту (см. рис.). Если коэффициент трения скольжения между бруском и поверхностью μ = 0,32, то мощность P, развиваемая силой F, равна …Вт.
Решение: при движении на брусок действуют силы: mg – сила тяжести, N – сила нормальной реакции опоры, Ftr –сила трения скольжения, F – сила тяги (см. рис.). При этом брусок движется равномерно, с постоянной скоростью υ (ускорение a = 0). Запишем второй закон Ньютона и спроецируем его на выбранную систему координат
\[ \begin{array}{l} {{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }\vec{F}+\vec{N}+m\vec{g}+\vec{F}_{tr} =m\vec{a},} \\ {OX:{\rm \; \; \; \; \; }F\cdot \cos \alpha -F_{{\rm tr}} =0,} \\ {OY:{\rm \; \; \; \; \; }F\cdot \sin \alpha +N-mg=0,} \\ {{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }F_{tr} =\mu \cdot N.} \end{array} \]
Решим полученную систему уравнений относительно силы F:
\[ \begin{array}{l} {F\cdot \cos \alpha -\mu \cdot \left(mg-F\cdot \sin \alpha \right)=0,} \\ {F\cdot \left(\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha \right)=\mu \cdot mg,} \\ {F=\frac{\mu \cdot mg}{\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha }.} \end{array} \]
Пусть брусок, под действием силы F, за время Δt переместится на расстояние Δr. Угол между перемещением и силой равен α. Мощность характеризует быстроту совершения работы. Запишем формулу для расчёта мощности, подставим туда формулу для расчёта работы постоянной силы и учтём, что при равномерном прямолинейном движении скорость тела равна отношению пройденного пути (перемещения) ко времени движения.
\[ \begin{array}{l} {P=\frac{A}{\Delta t} =\frac{F\cdot \Delta r\cdot \cos \alpha }{\Delta t} =F\cdot \upsilon \cdot \cos \alpha ,} \\ {P=\frac{\mu \cdot mg\cdot \upsilon \cdot \cos \alpha }{\cos \alpha +\mu \cdot \sin \alpha}.} \end{array} \]
Ответ: 25 Вт – вариант 1;
            54 Вт – вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В3, вариант 1
На горизонтальном диске, который равномерно вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через центр диска, лежит небольшая монета. Коэффициент трения между монетой и поверхностью диска μ = 0,25. Если угловая скорость вращения диска ω = 5,0 рад/с, то максимальное расстояние l между центром монеты и осью вращения, при котором монета не соскальзывает с диска, равно … см.
В3, вариант 2
На горизонтальном диске на расстоянии l = 10 см от его центра лежит небольшая монета. Диск медленно начинают раскручивать вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. Если коэффициент трения между монетой и поверхностью диска μ = 0,36, то монета начнёт соскальзывать с диска при угловой скорости ω вращения, равной … рад/с.
Решение: рассмотрим момент начала соскальзывания. На монету действуют силы: mg – сила тяжести, N – сила нормальной реакции опоры, F –сила трения скольжения (см. рис.). Запишем второй закон Ньютона и спроецируем его на выбранную систему координат
\[ \begin{array}{l} {\vec{F}+\vec{N}+m\vec{g}=m\vec{a},} \\ {OX:{\rm \; \; \; \; \; }F=m\cdot a,} \\ {OY:{\rm \; \; \; \; \; }N-mg=0,} \\ {a=\omega ^{2} \cdot l,{\rm \; \; \; \; \; \; }F=\mu \cdot N.} \end{array} \]
Здесь: a – центростремительное ускорение монеты, движущейся по окружности радиуса l. После подстановки, получим
\[ \begin{array}{l} {\mu \cdot mg=m\cdot \omega ^{2} \cdot l,} \\ {l=\frac{\mu \cdot g}{\omega ^{2} } ,} \\ {\omega =\sqrt{\frac{\mu \cdot g}{l}}.} \end{array} \]
Ответ: 10 см – вариант 1;
            6 рад/с – вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В4, вариант 1
При подготовке игрушечного пистолета к выстрелу пружину жёсткостью k = 0,9 кН/м сжали на Δx = 6 см. Если выстрел был произведён с высоты h = 4 м над горизонтальной поверхностью, то кинетическая энергия Ek пули массой m = 9,5 г в момент падения на поверхность рана …Дж.
В4, вариант 2
При подготовке игрушечного пистолета к выстрелу пружину жёстко-стью k = 0,8 кН/м сжали на Δx = 5 см. Если выстрел был произведён с высоты h = 10 м над горизонтальной поверхностью, то кинетическая энергия Ek пули массой m = 20 г в момент падения на поверхность рана …Дж.
Решение: при выстреле потенциальная энергия сжатой пружины переходит в кинетическую энергию пули. Теперь пуля на высоте обладает начальной кинетической энергией Ek1 и потенциальной энергией взаимодействия с Землёй. В момент касания Земли – только искомой кинетической энергией. Запишем закон сохранения и превращения механической энергии
\[ \begin{array}{l} {\frac{k\cdot \Delta x^{2} }{2} =E_{k1} ,{\rm \; \; \; \; \; \; }E_{k1} +m\cdot g\cdot h=E_{k} ,} \\ {E_{k} =\frac{k\cdot \Delta x^{2} }{2} +m\cdot g\cdot h.} \end{array} \]
Ответ: 2 Дж – вариант 1;
            3 Дж – вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В5, вариант 1
В баллоне находился идеальный газ. После того как из баллона выпустили некоторую массу газа, его давление уменьшилось на α = 40,0 %, а абсолютная температура понизилась на β = 20,0 %. Если масса газа в начальном состоянии m1 = 1,60 кг, то масса Δm газа, выпущенного из баллона, равна …г.
В5, вариант 2
В баллоне находился идеальный газ. После того как из баллона выпустили некоторую массу газа, его давление уменьшилось на α = 40,0 %, а абсолютная температура понизилась на β = 20,0 %. Если масса газа в начальном состоянии m1 = 800 г, то в конечном состоянии его масса m2, равна …г.
Решение: запишем уравнение состояния идеального газа (уравнение Клапейрона-Менделеева) для первоначального и конечного состояний
\[ \begin{array}{l} {p_{1} \cdot V_{1} =\frac{m_{1} }{M} \cdot R\cdot T_{1} ,} \\ {p_{2} \cdot V_{2} =\frac{m_{2}}{M} \cdot R\cdot T_{2},} \end{array} \]
Здесь V1 = V2 = V – объём баллона,  M – молярная масса, R = 8,31 Дж/кг∙К – универсальная газовая постоянная, m1 – масса газа в начальном состоянии, m2 – масса газа в конечном состоянии, давление в конечном состоянии  p2 = (1 – α)∙p1 и конечная температура T2 = (1 – β)∙T1 – по условию задачи. Подставим эти данные и разделим уравнения друг на друга
\[ \begin{array}{l} {\frac{1}{1-\alpha } =\frac{m_{1} }{m_{2} \cdot \left(1-\beta \right)} ,} \\ {m_{2} =m_{1} \cdot \frac{\left(1-\alpha \right)}{\left(1-\beta \right)} ,} \\ {\Delta m=m_{1} -m_{2} =m_{1} \cdot \left(1-\frac{1-\alpha }{1-\beta } \right).} \end{array} \]
Ответ: 400 г. – вариант 1;
           600 г. – вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В6, вариант 1
При движении в атмосфере Земли η1=2,00% первоначальной кинетической энергии небольшого метеорного тела перешло в его внутреннюю энергию, в результате чего расплавилось η2=50,0% тела. Температура плавления вещества метеорного тела T1 = 1800К, его удельная теплоёмкость c = 460 Дж/(кг∙К), удельная теплота плавления λ = 3,00∙105 Дж/кг. Если модуль скорости движения метеорного тела при входе в атмосферу Земли υ = 9,50 км/с, то начальная температура T метеорного тела была равна …К.
В6, вариант 2
Небольшое метеорное тело температура которого T = 104 К, влетает  в атмосферу Земли со скоростью модуль которой υ = 9,8 км/с. Удельная теплоёмкость вещества метеорного тела c = 460 Дж/(кг∙К), температура его плавления T1 = 1800К, удельная теплота плавления λ = 3,00∙105 Дж/кг. Если при движении в атмосфере α = 2,0% первоначальной кинетической энергии метеорного тела перешло в его внутреннюю энергию, то при этом расплавилось часть его массы (Δm/m ∙100%), равная …%.
Решение: воспользуемся условием задачи – часть кинетической энергии перешла во внутреннюю энергию, т.е. всё метеорное тело нагрелось (при трении о воздух) до температуры правления, и при этом некоторый процент от массы тела расплавился (проценты нужно перевести в доли, разделив на 100). Таким образом:
Вариант 1
\[ \begin{array}{l} {\eta _{1} \cdot \frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} =c\cdot m\cdot \left(T_{1} -T\right)+\eta _{2} \cdot m\cdot \lambda ,} \\ {\eta _{1} \cdot \upsilon ^{2} =2c\cdot T_{1} -2c\cdot T+2 \eta _{2} \cdot \lambda ,} \\ {T=T_{1} +\frac{1}{2c} \cdot \left(2\eta _{2} \cdot \lambda -\eta _{1} \cdot \upsilon ^{2} \right).} \end{array} \]
Вариант 2
\[ \begin{array}{l} {\alpha \cdot \frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} =c\cdot m\cdot \left(T_{1} -T\right)+\Delta m\cdot \lambda ,} \\ {\frac{\alpha \cdot \upsilon ^{2} }{2} =c\cdot \left(T_{1} -T\right)+\frac{\Delta m}{m} \cdot \lambda ,} \\ {\frac{\Delta m}{m} =\frac{\alpha \cdot \upsilon ^{2} }{2\cdot \lambda } -\frac{c}{\lambda } \cdot \left(T_{1} -T\right).} \end{array} \]
Ответ: 164 К – вариант 1;
            60 % – вариант 2.
« Последнее редактирование: 03 Апрель 2014, 05:41 от alsak »

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В7, вариант 1
Идеальный одноатомный газ, количество которого ν = 2,0 моль, переводят из начального состояния (1) в конечное (3) так, что на участке 1→2 давление остаётся постоянным, а на участке 2→3 объём остаётся постоянным (см. рис.). Если начальная температура газа T1 = 300 К, то количество теплоты Q, полученное газом на участке 2→3, равно …кДж.
В7, вариант 2
Идеальный одноатомный газ, количество которого ν = 7,0 моль, переводят из начального состояния (1) в конечное (3) так, что на участке 1→2 давление остаётся постоянным, а на участке 2→3 объём остаётся постоянным (см. рис.). Если начальная температура газа T1 = 300 К, то количество теплоты Q, полученное газом при переходе его из начального состояния в конечное, равно …кДж.
Решение: рассмотрим процессы, протекающие с газом. Запишем первый закон термодинамики и уравнение Клапейрона:
\[ Q=\Delta U+A,{\rm \; \; \; \; \; }\frac{pV}{T} =const, \]
здесь Q – количество теплоты, ΔU – изменение внутренней энергии, A - работа газа, p,V,T – макропараметры состояния.
Процесс 1→2: давление постоянно: p1 = p2 = p0V1 = V0, V2 = 2V0:
\[ \begin{array}{l} {\frac{p_{1} \cdot V_{1} }{T_{1} } =\frac{p_{2} \cdot V_{2} }{T_{2} } ,{\rm \; \; \; \; }\frac{V_{0} }{T_{1} } =\frac{2\cdot V_{0} }{T_{2} } ,{\rm \; \; \; \; }T_{2} =2\cdot T_{1} ,} \\ {Q_{12} =\Delta U_{12} +A_{12} =\frac{3}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \left(T_{2} -T_{1} \right)+\nu \cdot R\cdot \left(T_{2} -T_{1} \right),} \\ {Q_{12} =\frac{5}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot T_{1}.} \end{array} \]
Процесс 2→3: объём постоянен: V2 = V3 = 2V0p2 = p0, p3 = 2p0, A23 = 0:
\[ \begin{array}{l} {\frac{p_{2} \cdot V_{2} }{T_{2} } =\frac{p_{3} \cdot V_{3} }{T_{3} } ,{\rm \; \; \; \; }\frac{p_{0} }{2T_{1} } =\frac{2\cdot p_{0} }{T_{3} } ,{\rm \; \; \; \; }T_{3} =4\cdot T_{1} ,} \\ {Q_{23} =\Delta U_{23} +A_{23} =\frac{3}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \left(T_{3} -T_{2} \right)+0=\frac{3}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot \left(4T_{1} -2T_{1} \right),} \\ {Q_{23} =\frac{6}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot T_{1} .} \end{array} \]
Вариант 1:
\[ Q_{23} =3\cdot \nu \cdot R\cdot T_{1}. \]
Вариант 2:
\[ Q_{13} =Q_{12} +Q_{23} =\frac{11}{2} \cdot \nu \cdot R\cdot T_{1}. \]
Ответ: 15 кДж – вариант 1;
            96 кДж – вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В8, вариант 1
Монохроматический свет распространяется в стекле, абсолютный по-казатель преломления которого n = 1,6. Если длина световой волны в вакууме λ0 = 0,4 мкм, то число длин волн N = 32 этого излучения укладывается в стекле на отрезке длиной l, равной …мкм.
В8, вариант 2
При распространении монохроматического света в стекле на отрезке длиной l = 10,0 мкм укладывается N = 40,0 длин волн этого излучения. Если  абсолютный показатель преломления стекла n = 1,60, то длина световой волны λ0 в вакууме равна …нм.
Решение: длина световой волны в веществе с абсолютным показателем преломления n равна
\[ \lambda =\frac{\lambda _{0} }{n}. \]
Длина отрезка, на котором укладывается N длин волн
\[ \begin{array}{l} {l=N\cdot \lambda ,} \\ {l=N\cdot \frac{\lambda _{0} }{n} ,{\rm \; \; \; \; \; }\lambda _{0} =\frac{n\cdot l}{N}.} \end{array} \]
Ответ: 8 мкм – вариант 1;
           400 нм – вариант 2.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
В9, вариант 1
Нагреватель электрокипятильника состоит из двух одинаковых нагревательных элементов сопротивлением R = 0,03 кОм каждый. При подключении нагревателя к источнику тока с ЭДС E = 0,15 кВ вода закипает за один и тот же промежуток времени как при последовательном, так и при параллельном соединении элементов. Сила тока короткого замыкания Ik источника равна … А.
В9, вариант 2
Нагреватель электрокипятильника состоит из двух одинаковых нагревательных элементов сопротивлением R = 0,04 кОм каждый. При подключении нагревателя к источнику тока с ЭДС E = 0,12 кВ вода закипает за один и тот же промежуток времени как при последовательном, так и при параллельном соединении элементов. Сила тока короткого замыкания Ik источника равна … А.
Решение: количество теплоты, необходимое для нагрева воды  определим по закону Джоуля-Ленца (будем считать, что КПД электрокипятильника в обоих случаях одинаковое):
\[ Q=I^{2} \cdot R\cdot \Delta t, \]
здесь I – сила тока в цепи,  R0 – общее сопротивление нагревательных элементов, Δt – время протекания тока. Силу тока определим по закону Ома для замкнутой цепи:
\[ I=\frac{E}{R_{0} +r}, \]
где E – ЭДС источника тока, r – его внутреннее сопротивление, R0 = 2∙R при последовательном соединении и R0 = R/2 при параллельном соединении. Тогда количество теплоты, выделившееся в обоих случаях:
\[ Q_{1} =\left(\frac{E}{2R+r} \right)^{2} \cdot 2R\cdot \Delta t=\frac{E^{2} \cdot 2R\cdot \Delta t}{\left(2R+r\right)^{2} } ,{\rm \; \; \; \; \; \; }Q_{2} =\frac{E^{2} \cdot R\cdot \Delta t}{2\left(\frac{R}{2} +r\right)^{2}}. \]
Приравняем (по условию задачи) и найдём внутреннее сопротивление:
\[ \begin{array}{l} {\frac{E^{2} \cdot 2R\cdot \Delta t}{\left(2R+r\right)^{2} } =\frac{E^{2} \cdot R\cdot \Delta t}{2\left(\frac{R}{2} +r\right)^{2}},} \\ {\frac{4}{\left(2R+r\right)^{2} } =\frac{1}{\left(\frac{R}{2} +r\right)^{2} } ,{\rm \; \; \; \; \; }\frac{2}{2R+r} =\frac{1}{\frac{R}{2} +r} ,} \\ {2R+r=R+2r,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; }r=R.} \end{array} \]
Учтём, что при коротком замыкании внешнее сопротивление стремится к нулю, и ток короткого замыкания, из закона Ома для замкнутой цепи:
\[ I_{k} =\frac{E}{r}. \]
Ответ: 5 А – вариант 1;
           3 А – вариант 2.