«самое полное издание типовых вариантов реальных заданий егэ»
жүктеу/скачать 292 Kb.
|
Вариант 6. Задача 1. Брусок массой m кладут на плоскость, наклонённую под углом α к горизонту, и отпускают с начальной скоростью равной нулю. Коэффициент трения между бруском и плоскостью равен μ При каких α брусок будет съезжать по плоскости? Чему равна при этом сила трения бруска о плоскость? Р  ешение. При равномерном скольжении Fтр = mgx = mgsin α , mgy = N,
Fтр = μN = μ mgcos α. mgsin α= μ mgcos α, μ= sinα / cos α = tg α. α = arctg μ. Брусок начнёт съезжать с наклонной плоскости при условии α > arctg μ. Сила трения равна Fтр = μ mgcos α.
На участке 1-2 процесс изохорный, следовательно, 1 з-н термодинамики имеет вид Q1-2 = ΔU = 3RΔT/2 = 1,5 ·8,31 · 200 = 2,5 кДж. З  адача 5. На оси 0х в точке х1 = 0 находится оптический центр тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием F1 = 30 см, а в точке х2 = 15 см – тонкой рассеивающей линзы. Главные оптические оси обеих линз лежат на оси 0х. На собирающую линзу по оси 0х падает параллельный пучок света из области х < 0. Пройдя оптическую систему, пучок остаётся параллельным. Найдите фокусное расстояние F2 рассеивающей линзы.
Решение. Луч, падающий на собирающую линзу параллельно главной оптической оси, после преломления пройдёт через фокус линзы. На пути преломлённого луча находится рассеивающая линза. Так как, пройдя рассеивающую линзу, луч идёт параллельно, следовательно, продолжение падающего на рассеивающую линзу луча проёдёт через фокус этой линзы. Эта точка является одновременно и фокусом собирающей линзы..F1 = 30 см , O1O2 = 15 см, следовательно, F2 = – 15 см. Задача 6. Ядро покоящегося нейтрального атома, находясь в однородном магнитном поле индукцией В, испытывает α-распад. При этом рождается α-частица и тяжёлый ион нового элемента. Трек тяжёлого иона находится в плоскости, перпендикулярной направлению магнитного поля. Начальная часть трека напоминает дугу окружности радиусом .Выделившаяся при α-распаде энергия ΔЕ целиком переходит в кинетическую энергию продуктов распада. Масса α-частицы равна ma, её заряд 2е. Найти модуль отношения заряда к массе │q/М│ для тяжёлого иона. Решение. 1. На основании закона сохранения зарядов модули зарядов продуктов распада будут равны qи = qа = q. 2. Так как нейтральный атом в начале покоился, то его импульс равен нулю, следовательно, и суммарный импульс продуктов распада тоже равен нулю (основание – закон сохранения импульса). Отсюда следует, что модули импульсов продуктов распада будут равными. maυa = M υи. 3. Ион под действием силы Лоренца начинает двигаться по дуге радиусом R. Сила Лоренца сообщает иону центростремительное ускорение: qиBυ =Mυ2/R, qи BR = M υи. 4. А также по условию имеем ΔЕ = Еа + Еи , 2 ΔЕ = ma υa2 + M υи2 Решая систему уравнений (выделены красным), получим: υa = M υи/ma, υи = qи BR/ M, υa = qи BR/ma. Подставляя значение скоростей продуктов распада в 4-е уравнение, получим 2 ΔЕ = ma(qи BR/ma)2 + M(qи BR/ M) 2, 2 ΔЕ = q2B2R2/ma + q2B2R2/ M, q/ M = (2 ΔЕ - q2B2R2/ma) / qB2R2. Умножив числитель и знаменатель на q и, выполнив ряд алгебраических преобразований, получим q/ M =(q/mа) ( (2 ΔЕ mа / q2B2R2) -1) , q/ M =(2е/mа) ( (2 ΔЕ mа / 4е2B2R2) -1) Вариант 7 Задача 1. Цветок в горшке стоит на подоконнике. Цветок полили водой и накрыли стеклянной банкой. Когда показалось Солнце, на внутренней поверхности банки появилась роса. Почему? Ответ. За счёт парникового эффекта насыщенный пар под банкой нагревается и, соприкасаясь с холодной поверхностью банки, конденсируется. Появляется роса. З  адача 2. Шар, массой M =1 кг, подвешенный на нити длиной l = 90 см, отводят от положения равновесия на угол 60о и отпускают. В момент прохождения шаром положения равновесия в него попадает пуля массой m = 10 г, летящая навстречу шару. Она пробивает его и продолжает двигаться горизонтально. Определите изменение скорости пули в результате попадания в шар, если он, продолжая движение в прежнем направлении, отклоняется на угол 39о. (Массу шара считать неизменной, диаметр шара пренебрежимо малым по сравнению с длиной нити, cos 39о = 7/9.)
Решение. Изменение скорости пули находится при помощи закона сохранения импульса: Mu1 – mυ1 = Mu2 – mυ2 (пуля летит навстречу шару, поэтому проекции её импульсов отрицательны). (υ2 – υ1) = Δ υ = M(u2 – u1)/ m. Скорости шара u1 и u2 находим используя закон сохранения энергии. Для шара, поднятого на высоту H: Mu12 = 2MgH, u1 = √2gH, H = l – lcos60= l(1 – cos60). Для шара, поднятого на высоту h: Mu22 = 2Mgh, u2 = √2gh, h = l – lcos30= l(1 – co(30). Δ υ = M(u2 – u1)/ m = (M/m)(√2g l(1 – cos30) – √2g l(1 – cos60)) =100(√18 · 0,5 – √18 ·0,87)≈ –100(м/с). Задача 3. Воздушный шар объёмом 2500 м3 с массой оболочки 400 кг имеет внизу отверстие, через которое воздух в шаре нагревается горелкой. Чему равна максим. масса груза, который может поднять шар, если воздух в нём нагреть до температуры Т2 =77 оС. Температура окружающего воздуха Т1 =7 оС, его плотность ρ= 1, 2 кг/м3. Оболочка шара нерастяжима. Решение. Условие равномерного подъёма шара – сумма всех сил, действующих на шар равна нулю. На шар действуют силы: сила Архимеда - вверх, и силы тяжести оболочки, воздуха и груза вниз ρgV = gmоб + gmгр + gmв Чтобы найти массу нагретого воздуха в оболочке mв= ρ2V, нужно найти его плотность ρ2 при температуре 77о. Для этого используем закон Менделеева-Клапейрона PV = mRT/μ, P = ρRT/μ. Давление внутри шара и снаружи одинаковы и объём в обоих случаях одинаков (оболочка нерастяжима). Для Т1 имеем P = ρ1RT1/μ, для Т2 имеем P = ρ2RT2/μ. Разделив уравнения друг на друга, получим ρT1 = ρ2T2, ρ2 = ρT1/ T2. ρgV = gmоб + gmгр +V g ρT1/ T2. mгр = (ρgV – gmоб – V g ρT1/ T2)/ g = ρV – mоб – V ρT1/ T2 = 3000 – 400 – 2500 · 1,2 · 280/350 = 3000 – 400 – 2400 200 (кг). Задача 4. К концам однородного медного цилиндрического проводника длиной 10 м приложили разность потенциалов 1 В. Определите промежуток времени t, в течение которого температура проводника повысится на Δt = 10 К. Изменением сопротивления проводника и рассеянием тепла при его нагревании пренебречь. (Уд. cопрот. меди ρc = 1,7·10 -8Ом м.) Решение. По закону Джоуля-Ленца Q = I2 Rt = U2t/R? R = ρc l/s, Q = mcΔt, m = ρV =ρls, U 2 t/( ρc l/s)= ρls cΔt; t = ρls cΔt ρc l/sU2 = ρl cΔt ρc l/ U2 = 8900·10·380·10·1,7· 10 -8· 10/1= 57 (c). 
Задача 5. В дно водоёма глубиной 3 м вертикально вбита свая, скрытая под водой. Свая отбрасывает на дно водоёма тень длиной d = 0,75 м. Высота сваи H =2 м. Определите угол падения солнечных лучей на поверхность воды. Показатель преломления воды n = 4/3. Решение. Построим ход лучей для данного случая. Чтобы найти угол падения α, нужно вычислить угол преломления β, который легко определить, зная высоту сваи и её тень: tg β = d/H, β = arctg d/H = arctg(3/8), β = 20,56 o, sin α/ sin β = n, sin α = n sin β, α = arcsin(n sin β) = = arcsin(4/3 sin20,56) = arcsin(4/3·0,36)=arcsin0,48 =28о. З  адача 6. На рисунке изображены несколько энергетических уровней электронной оболочки атома и указаны длины волн фотонов, излучаемых и поглощаемых при переходах с одного уровня на другой. Чему равна длина волны фотонов, излучаемых при переходе с уровня Е4 на уровень Е1, если λ1-3 = 400 нм, λ2-4 = 500 нм, λ3-2 = 600 нм?
Решение. Согласно постулату Бора энергия фотона hν = E4 – E1 . Из рисунка видно, что Е4-1 = Е2-4 + Е1-3 – Е2-3. hν=hc/ λ. hc/ λ4-1 = hc/ λ 2-4 + hc/ λ 1-3 – hc/ λ 2-3. 1/ λ4-1 = 1/ λ 2-4 + 1/ λ 1-3 – 1/ λ 2-3 = 1/500 + 1/ 400 – 1/600 = 34/12000, λ4-1 = 352 (нм). Вариант 8. Задача 1. В схеме, предложенной на рисунке, вольтметр и амперметр можно считать идеальными, а источник тока имеет конечное сопротивление. Движок реостата передвинули, и показания амперметра увеличились. Куда передвинули движок реостата и как изменились показания амперметра? Р  ешение. При перемещении движка сила тока (показ амперметра) увеличивается I=ξ / (R+r0), следовательно сопротивление реостата уменьшается, движок перемещается влево.
ξ = IR+Ir0. ξ = const, r0 = const, Ir0 – увеличивается, следовательно, IR (показания вольтметра) уменьшается. Задача 2. Брусок массой m1 = 500 г соскальзывает по наклонной плоскости с высоты h = 0,8 м и, двигаясь по горизонтальной поверхности, сталкивается с неподвижным бруском массой m2 = 300 г. Считая столкновение абсолютно неупругим, определите изменение кинетической энергии первого бруска в результате столкновения. Трением при движении пренебречь. Считать, что наклонная плоскость плавно переходит в горизонтальную. Решение. В замкнутой системе брусок – наклонная плоскость действуют только потенциальные силы, следовательно, выполняется закон сохранения энергии m1υ2/2 = m1gh, отсюда найдём скорость первого бруска перед столкновением со вторым υ2 = 2gh, υ=4 м/с. При неупругом столкновении выполняется только закон сохранения импульса; после столкновения бруски движутся вместе; проекции импульсов положительны и равны модулям векторов импульсов, следовательно: m1 υ = (m1 + m2) u, u = m1 υ/(m1 + m2 ) = 2,5 м/с. ΔЕ = (m1 u 2 – m1 υ 2 )/2 = 0,5(6,25 – 16 )/2 = – 2,44 Дж. Задача 3. Воздушный шар имеет газонепроницаемую оболочку массой 400 кг и содержит 100 кг гелия.. Какой груз он сможет удерживать на высоте, где температура воздуха 17 оС, а давление 105 па? Считать, что оболочка шара не вызывает сопротивления изменению объёма шара. Решение. Условие равномерного подъёма шара – сумма всех сил, действующих на шар равна нулю. На шар действуют силы: сила Архимеда - вверх, и силы тяжести оболочки, гелия и груза вниз ρвgV = gmоб + gmгр + gmг . Чтобы найти объём оболочки используем закон Менделеева-Клапейрона PV = mгRT/μг, V= mгRT/Pμг . Чтобы найти плотность воздуха в данных условиях, снова применим закон Менделеева-Клапейрона PV = mвRT/μв P= mвRT/μвV, P = ρвRT/μв , ρв = P μв /RT. Подставляя значения объёма и плотности воздуха в первое уравнение, получим μв g mг/μг = gmоб + gmгр +gmг , μв mг/μг = mоб + mгр + mг , mгр = μв mг/μг –mоб – mг . mгр = 2900/4 – 400 – 100 = 225 кг. 
жүктеу/скачать 292 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|
