Автор Тема: Вступительный экзамен июнь 2011 года  (Прочитано 15241 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн alsak

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1976
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
Здесь разобраны задачи вступительного экзамена по физике в 10 классы во все лицеи Могилевской области (республика Беларусь), который проходил 18 июня 2011 года.

1 Вариант
Часть А. В задачах 1-6 укажите правильный ответ.
1. Среди физических величин укажите векторную.
А. Потенциальная энергия. Б. Мощность. В. Удельная теплоемкость. Г. Скорость.
Ответ. Г.

2. Единицей удельного сопротивления проводника в СИ является...
А. 1 Ом. Б. I В/А. В. 1 Ом/м. Г. 1 Ом∙м.
Ответ. Г.

3. Электрическая лампа включена в сеть напряжением 220 В. Сила тока, протекающего через лампу, равна 0.45 А. Мощность электрического тока в лампе равна...
A. 99 Bт. Б. 489 Вт. В. 220 Bт. Г. 0,45 Вт.
Решение. Мощность тока равна P = U∙I, P = 220 ∙ 0,45 = 99 Вт.
Ответ. А.
« Последнее редактирование: 19 Июня 2011, 08:17 от alsak »

Оффлайн alsak

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1976
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
Re: Вступительный экзамен июнь 2011 года
« Ответ #1 : 18 Июня 2011, 18:51 »
4. Автомобиль движется вдоль оси Ох с ускорением, проекция которого на данную ось ах = 2 м/с2. Это означает, что его скорость...
А. Равна 2 м/с. Б. Уменьшается на 2 м/с за 1 с. B. Увеличивается на 2 м/с за 1 с. Г. Остается постоянной.
Решение. Скорость увеличивается, если ускорение и скорость направлены в одну сторону, и уменьшается — если в противоположную. Так как ax > 0, то ускорение направлено по оси Ох. По условию скорость так же направлена вдоль оси Ох, поэтому значение скорости увеличивается.
Примечание. Как понимать фразу «движется вдоль оси Ох»? Можно значение «вдоль» понимать как «параллельно» оси, тогда скорость может быть направлена в ту же сторону, что и ось, а может быть — в противоположную. И правильными будут два ответа: Б и В. В решении рассматривается второе значение «вдоль» — направлен в ту же сторону.
«Вдоль — в направлении длины чего-нибудь» (словарь)
Ответ. В.

5. При полном сгорании антрацита выделилось 90 МДж теплоты. Удельная теплота сгорания антрацита 3∙107 Дж/кг. Определите массу топлива.
А. 1/3 кг. Б. 3 кг. В. 27 кг. Г. 9 кг.
Решение. Количество теплоты, выделяемое при сгорании топлива равно

Q = m∙q.
Тогда
\( m=\frac{Q}{q}, \,\,\, m=\frac{90 \cdot 10^6}{3 \cdot 10^7}=3 \) (кг).
Ответ. Б.

6. Прочность троса на разрыв составляет 1600 Н. Какой максимальной массы груз можно поднимать этим тросом с ускорением 15 м/с2? g = 10 м/с2.
А. 107 кг. Б. 160 кг. В. 64 кг. Г. 320 кг.
Решение. Трос не разорвется, если сила натяжения троса (Т) будет чуть меньше максимальной (Tmax). На груз действуют сила тяжести (m∙g) и сила натяжения троса (Т) (рис. 1). Запишем второй закон Ньютона:

\[ m\cdot \vec{a} = \vec{T}+m\cdot \vec{g}, \]

0Y: m∙a = T – m∙g.
Тогда
m∙(a+ g) = T,

\[ m=\frac{T}{g+a}, \, \, \, m_{\max } = \frac{T_{\rm max}}{g+a}, \]

m = 64 кг.
Ответ. В.
« Последнее редактирование: 01 Мая 2014, 17:46 от alsak »

Оффлайн alsak

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1976
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
Re: Вступительный экзамен июнь 2011 года
« Ответ #2 : 18 Июня 2011, 19:08 »
Часть Б. В задачах 7-10 представьте полное решение.
7. Используя график зависимости пути от времени (рис. 2), найдите среднюю скорость. В течении какого промежутка времени тело двигалось с большей по модулю скоростью? Показать в решении.
 
Решение. Средняя скорость пути равна

<υ> = s/t,

где s = 10 м — весь путь, t = 6 с — все время. Тогда <υ> = 1,6 м/с.

Так как графики s(t) на разных промежутках прямые линии, то движение на отдельных участках равномерное, поэтому для нахождения скорости по графику используем следующую формулу (скорость как тангенс угла наклона графика):
 
\[ \upsilon =\frac{\Delta s}{\Delta t} =\frac{s_{2} -s_{1} }{t_{2} -t_{1} }. \]

Для промежутка от t1 = 0 c до t2 = 5 c получаем
 
\[ \upsilon _{1} = \frac{4-0}{5-0} =0,8 \] (м/с).

Для промежутка от t1 = 5 c до t2 = 6 c
 
\[ \upsilon _{2} = \frac{10-4}{6-5} = 6 \] (м/с).

Ответ. <υ> = 1,6 м/с, на промежутке от t1 = 5 c до t2 = 6 c.

8. Сосуд кубической формы с ребром 10 см до краев заполнен водой. Определите силу давления воды на боковую грань сосуда и на его дно. Плотность воды 1000 кг/м3, g = 10 м/с2.
Решение. Обозначим ребро куба буквой a (a = 10 см). Сила давления равна F = p∙S, где p — гидростатическое давление, S = а2 — площадь поверхности.
Найдем силу давление на дно. Так как давление

p = ρ∙g∙h = ρ∙g∙a,
то сила давления
F1 = ρ∙g∙a∙a2 = ρ∙g∙a3,
F1 = 10 Н.

Найдем силу давление на боковую грань сосуда. Давление в разных точках боковой грани различно, поэтому берем среднее давление в верхней точке (p1 = 0) и нижней (на дне), т.е.

<p> = 1/2ρ∙g∙h = 1/2ρ∙g∙a,

Тогда сила давления
F2 = <p>⋅a2 = 1/2ρ∙g∙a∙a2 = 1/2ρ∙g∙a3,

F2 = 5 Н.
Ответ. F1 = 10 Н, F2 = 5 Н.

Оффлайн alsak

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1976
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
Re: Вступительный экзамен июнь 2011 года
« Ответ #3 : 18 Июня 2011, 19:13 »
9. Кипятильник потребляет ток 4 А при напряжении 220 В. За какое время этот кипятильник нагреет 1,6 л воды от 20°С до кипения, если КПД кипятильника 80%? Удельная теплоемкость воды 4200 Дж/(кг∙°С), плотность воды 1000 кг/м3, температура кипения воды 100°С.
Решение. КПД кипятильника равен

η = Qпол/Qзатр,

где Qпол = c∙m∙Δt°, m = ρ∙V, Δt° = 100°C – 20°C = 80°C, Qзатр = U∙I∙t. Тогда
 
\[ \eta =\frac{c\cdot \rho \cdot V\cdot \Delta t{}^\circ }{U\cdot I\cdot t}, \,\,\, t= \frac{c \cdot \rho \cdot V\cdot \Delta t{}^\circ }{\eta \cdot U\cdot I}, \]

t = 763 с = 12б7 мин.
Ответ. t = 763 с = 12б7 мин.

Оффлайн alsak

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1976
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
Re: Вступительный экзамен июнь 2011 года
« Ответ #4 : 19 Июня 2011, 07:48 »
10. Летящий горизонтально шарик упруго ударяется о поверхность гладкого незакрепленного клина и отскакивает вертикально вверх. На какую высоту от точки удара поднимется шарик, если модуль скорости шарика до удара υ1 = 2 м/с, а масса клина в 10 раз больше массы шарика? Сопротивлением воздуха пренебречь, g = 10 м/с2.

Решение. Основная ошибка большинства учеников, которые приступили к решению этой задачи, заключалась в том, что они решили, что шарик отскакивает от клина с такой же по величине скоростью υ1. Но это не так. Шарик передает часть энергии и импульса клину и заставит его двигаться с некоторой скоростью υ2, поэтому скорость шарика уменьшится и станет равной υ.

Определим квадрат скорости шарика υ2 сразу же после удара о клин. Так как удар упругий, то выполняется и закон сохранения энергии, и закон сохранения импульса. За нулевую высоту выберем высоту на которой летит первоначально шарик. Предположим (хотя это и не обязательно, но придется использовать больше формул), что центр тяжести клина находится на этой же высоте (рис. 1).
Полная механическая энергия и импульс системы шарик-клин в начальный момент времени (до столкновения) равны:
 
\[ W_{0} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2}, \; \; \; \vec{p}_{0} =m_{1} \cdot \vec{\upsilon }_{1}. \]

Полная механическая энергия и импульс системы шарик-клин в конечный момент времени (сразу же после столкновения):
 
\[ W=\frac{m_{1} \cdot \upsilon ^{2} }{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2} ,\; \; \; \vec{p}=m_{1} \cdot \vec{\upsilon }+m_{2} \cdot \vec{\upsilon }_{2}.  \]

Запишем закон сохранения энергии и проекцию закона сохранения импульса:
 
\[ \frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{2} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon ^{2} }{2} +\frac{m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} }{2}, \]

0X: m1⋅υ1 = m2⋅υ2.
Тогда
\[ \upsilon _{2} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon _{1} }{m_{2} } ,\; \; \; m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} =m_{1} \cdot \upsilon ^{2} +m_{2} \cdot \upsilon _{2}^{2} =m_{1} \cdot \upsilon ^{2} +\frac{m_{1}^{2} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{m_{2} }, \]
 
\[ m_{1} \cdot \upsilon ^{2} =\left(m_{1} -\frac{m_{1}^{2} }{m_{2} } \right)\cdot \upsilon _{1}^{2} ,\; \; \; \; \upsilon ^{2} =\left(1-\frac{m_{1} }{m_{2} } \right)\cdot \upsilon _{1}^{2} =\frac{m_{2} -m_{1} }{m_{2} } \cdot \upsilon _{1}^{2}. \]

Если учесть, что m2 = 10m1, то получим

υ2 = 9/10υ12. (1)

Высоту h, на которую поднимется шарик, найдем так же через закон сохранения энергии (можно через кинематические формулы). Выбор нулевой высоты оставим прежним (рис. 2).
Полная механическая энергия шарика в начальный момент времени (сразу же после столкновения) равна (с учетом уравнения (1)):
 
\[ W_{0} =\frac{m_{1} \cdot \upsilon ^{2} }{2} =\frac{9m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{20}. \]

Полная механическая энергия шарика в конечный момент времени (на высоте h):

W = m1g⋅h.

Из закона сохранения энергии следует, что
 
\[ \frac{9m_{1} \cdot \upsilon _{1}^{2} }{20} =m_{1} \cdot g\cdot h, \; \; \; h=\frac{9\upsilon _{1}^{2} }{20g}, \]

Ответ. h = 0,18 м.

 

Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24