Репетиционное тестирование 2 этап 2013/2014

[Сергей]

А16 вариант 2 На рисунке изображен луч света АВ, падающий на тонкую собирающую линзу. После преломления в линзе этот луч распространится в направлении, обозначенном цифрой:
1) 1;   2) 2;   3) 3;   4) 4;   5) 5;

Решение. Луч параллельный АВ и проходящий через оптический центр линзы пересекается с лучом АВ после преломления в линзе в фокальной плоскости.
Ответ: 4) 4

[anat]

В7 Вариант 2. В вертикальном цилиндрическом сосуде, закрытом легкоподвижным поршнем площадью поперечного сечения S = 40 см², находилось ν = 2,0 моль идеального одноатомного газа. После того как газу медленно передали количество теплоты Q = 1,6 кДж, температура газа повысилась на ΔT = 50 К, а поршень переместился на Δh = 68 см. Если сосуд находился в воздухе, атмосферное давление которого p₀ = 100 кПа, то масса m поршня равна … кг.

Еще более интересно получится, если в уравнении
Q = 3/2νRΔT + (p₀+mg/S)SΔh
Вместо 3/2νRΔT подставить 3/2(p₀+mg/S)SΔh
Мало того, что не понадобятся значения ν и ΔT, но и масса окажется отрицательной:
m = (2Q/(5Δh) - p₀S)/g ≈ - 40 кг!

[Виктор]

А17. Вариант 1.
Два фотокатода, изготовленные из материалов с различной работой выхода (А_вых1 < А_вых2), облучают монохроматическим светом одинаковой частоты. Зависимости задерживающего напряжения U_з от интенсивности падающего света I для этих катодов (1 и 2) правильно изображена на рисунке, обозначенном буквой:
1) А;   2) Б;   3) В;   4) Г;   5) Д.
Решение: запишем уравнение Эйнштейна для случая, когда кинетическая энергия электрона равна по величине работе сил электрического поля, то есть при задерживающем напряжении:
\[ h\cdot \nu =A+e\cdot U_{3}, \]
здесь h – постоянная планка, e – заряд электрона (элементарный), A – работа выхода электронов из фотокатода. Как видим – интенсивности света I в этом уравнении нет, поэтому графики зависимости задерживающего напряжения U_з от интенсивности для этих катодов – горизонтальные прямые линии. Таким образом подходит только график, изображённый на рисунке Г.
Ответ: 4) Г.

[Виктор]

A18. Вариант 1.
Неизвестным продуктом \( {}_{{\rm Z}}^{{\rm A}}{\rm X} \) ядерной реакции \( {}_{25}^{55} {\rmМn \; +\; }{}_{1}^{1} {\rm p\; }\to {\rm \; }{}_{{\rm 26}}^{55} {\rm Fe\; +}{}_{{\rm Z}}^{{\rm A}} {\rm X\;} \) является:
1) \( {}_{{\rm 0}}^{{\rm 1}} {\rm n;}  \)  2) \( {}_{{\rm 1}}^{{\rm 1}} {\rm p;} \)   3) \( {}_{2}^{4} {\rm He;} \)  4) \( {}_{{\rm 1}}^{0} {\rm e;} \)   5) \( {}_{-1}^{0} {\rm e.} \)
Решение: в любой ядерной реакции выполняются законы сохранения электрического заряда (нижний индекс) и числа нуклонов (верхний индекс): суммы зарядов и массовых чисел ядер и частиц, вступающих в ядерную реакцию, равны суммам зарядов и массовых чисел конечных продуктов (ядер и частиц) реакции. Таким образом:
А = 55 + 1 – 55 = 1;   Z = 25 + 1 – 26 = 0.
Ответ: 1) \( {}_{{\rm 0}}^{{\rm 1}} {\rm n;} \)

[Виктор]

В1. Вариант 1.
Тело, движущееся равноускоренно вдоль оси Ох, проходит два одинаковых последовательных участка пути s₁ = s₂ = 24 м за промежутки времени Δt₁ =4,0 с и  Δt₂ = 2 c соответственно. Модуль скорости υ, которую приобретает тело в конце второго участка пути, равен … м/с.
Решение: конечную скорость движения определим из кинематического уравнения зависимости скорости тела от времени. Пусть начальная скорость тела υ₀, тело разгоняется (a > 0):
\[ \upsilon =\upsilon _{0} +a\cdot t. \]
Подставив сюда время t = Δt₁ + Δt₂ мы и определим конечную скорость. Запишем уравнение зависимости пути от времени движения тела (тело движется вдоль оси – путь и перемещение совпадают):
\[ s=\upsilon _{0} \cdot t+\frac{a\cdot t^{2}}{2}. \]
Если в уравнение подставить Δt₁, то s = s₁. Если в уравнение подставить t = Δt₁ + Δt₂, то s = s₁+ s₂.
Таким образом, получаем систему двух уравнений:
\[ \left\{\begin{array}{l} {s_{1} =\upsilon _{0} \cdot \Delta t_{1} +\frac{a\cdot \Delta t_{1}^{2} }{2} ,} \\ {s_{1} +s_{2} =\upsilon _{0} \cdot \left(\Delta t_{1} +\Delta t_{2} \right)+\frac{a\cdot \left(\Delta t_{1} +\Delta t_{2} \right)^{2}}{2}.} \end{array}\right. \]
Остаётся из этой системы уравнений определить начальную скорость и ускорение тела и, подставив их в выражение для конечной скорости – найти её. Далее целесообразно работать в числах для упрощения расчётов
\[ \left\{\begin{array}{l} {24=4\cdot \upsilon _{0} +8\cdot a,} \\ {48=6\cdot \upsilon _{0} +18\cdot a,} \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} {6=\upsilon _{0} +2\cdot a,} \\ {8=\upsilon _{0} +3\cdot a,} \end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} {\upsilon _{0} =2,} \\ {a=2.} \end{array}\right. \]
Ответ: 14 м/с.

[Виктор]

В2. Вариант 1.
Кинематический закон движения кабины лифта при её вертикальном подъёме вдоль оси Оy имеет вид y(t) = A + Bt + Ct², где A = 2,00 м, B = 3,00 м/с, C = 1,00 м/с². Если модуль силы сопротивления, действующей на кабину, которую поднимают с помощью троса, составляет 20% от модуля силы тяжести, а модуль силы натяжения троса, приложенной к кабине, F=8,4 кН, то масса m кабины равна … кг.
Решение: при движении на лифт действуют силы: mg – сила тяжести, направленная вертикально вниз; F – сила натяжения троса, направленная вертикально вверх; F_с – сила сопротивления (F_с = 0,2∙mg), направленная вертикально вниз. При этом тело движется с ускорением, направленным вверх, проекция которого на ось  0y равна: a_y = 2С (коэффициент в кинематическом законе перед t² равен половине ускорения). Следовательно и ось 0y направлена вверх. Определим массу, записав второй закон Ньютона в проекциях на ось  0y:
\[ \begin{array}{l} {\vec{F}+m\vec{g}+\vec{F}_{c} =m\cdot \vec{a},} \\ {F-F_{c} -mg=m\cdot a,} \\ {F=m\cdot 2C+1,2\cdot mg,} \\ {m=\frac{F}{\left(2C+1,2\cdot g\right)}.} \end{array} \]
Ответ: 600 кг.

[Виктор]

В3. Вариант 1.
Автомобиль, трогаясь с места, движется равноускоренно по прямолинейной траектории и за промежуток времени Δt = 2,00 с проходит путь s = 20,0 м. Если масса автомобиля m = 1,00 т, то его кинетическая энергия E_k в конце пути равна … кДж.
Решение: при равноускоренном прямолинейном движении воспользуемся связью между начальной скоростью υ₀ = 0, конечной скоростью υ, пройденным путём s и ускорением тела a (ось х выберем в направлении движения автомобиля, тогда все величины - положительные):
\[ \upsilon _{x}^{2} -\upsilon _{0x}^{2} =2\cdot a_{x} \cdot s,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }\upsilon ^{2} =2\cdot a\cdot s, \]
Запишем уравнение зависимости скорости от времени
\[ \upsilon _{x} \left(t\right)=\upsilon _{0x} +a_{x} \cdot t,{\rm \; \; \; \; \; \; \; }\upsilon =a\cdot \Delta t. \]
Разделив уравнения друг на друга, найдём конечную скорость
\[ \upsilon =\frac{2s}{\Delta t}. \]
Подставив эту скорость в формулу для кинетической энергии, получим
\[ E_{k} =\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} =\frac{m\cdot 4s^{2} }{2\cdot \Delta t^{2}}. \]
Ответ: 200 кДж.

[Виктор]

В4. Вариант 1.
Мяч массой m = 0,20 кг бросают вертикально вниз с некоторой начальной скоростью с высоты h = 1,0 м. После второго удара о горизонтальный пол мяч поднимается на первоначальную высоту h. Если после каждого удара о пол модуль скорости мяча уменьшается в два раза, то при его броске была совершена работа A, равная … Дж.
Решение: см. решение задачи В4. Вариант 2.
\[ A=\frac{m}{2} \cdot 30\cdot g\cdot h. \]
Ответ: 30 Дж.

[Сергей]

А1 вариант1 Если зависимость проекции перемещения Δrx, тела от времени t, движущегося вдоль оси Ох, имеет вид Δrx = At+Bt², где A =  15 м/с, В = - 0,40 м/с² то проекция его скорости υ0х, на эту ось в момент начала отсчета времени равна:
1) 5,0 м/с;   2)10 м/с;   3) 15 м/с;   4) 20 м/с;   5) 25 м/с

Решение. Зависимость проекции перемещения от времени при равноускоренном движении
\[ {{r}_{x}}={{\upsilon }_{0x}}\cdot t+\frac{{{a}_{x}}\cdot {{t}^{2}}}{2} \]
Где υ_0х и а – проекции векторов начальной скорости и ускорения на ось Ох. Сравнивая это уравнение с заданным, легко видеть, что υ_0х = 15 м/с
Ответ: 3) 15 м/с

[Сергей]

А2 вариант 1 На рисунке изображен график зависимости координаты х тела, движущегося вдоль оси Ох, от времени t. Путь s пройденный телом за промежуток времени Δt = 8,0 с от момента начала отсчета времени, равен:
1) 6,0 м;   2) 8,0 м;   3) 9,0 м;   4) 10 м;   5) 13

Решение. Как видно из графика,  в момент времени t₀ = 0 координата тела была х₀ = 2 м. До момента времени t₁ = 2 с тело двигалось в одном направлении и его координата стала х₁ = – 2 м. Пройденный на этом участке путь
\[ {{s}_{1}}=\left| {{x}_{1}}-{{x}_{0}} \right|=\left| -2-2 \right|=4 \]
Затем тело изменило направление движения и в момент времени t₂ = 5 с его координата стала х₂ = 3 м. Пройденный путь за этот промежуток времени
\[ {{s}_{2}}=\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=\left| 3-(-2) \right|=5 \]
в момент времени t₂ тело вновь изменило направление движения и в момент времени t₃ = 8 с, его координата стала равна х₃ = 2 м. Пройденный на этом участке путь
\[ {{s}_{3}}=\left| {{x}_{3}}-{{x}_{2}} \right|=\left| 2-3 \right|=1 \]
Путь s пройденный телом за промежуток времени Δt = 8,0 с от момента начала отсчета времени, равен:
s = s₁ + s₂ + s₃= 10 м
Ответ: 4) 10 м;