Репетиционное тестирование 3 этап 2014/2015

[Сергей]

А 10. Вариант 1. Электрон влетает с некоторой скоростью υ в однородное электростатическое поле между двумя параллельными горизонтальными пластинами, находящимися в вакууме (см. рис). Если силой тяжести, действующей на электрон, пренебречь, то он начнет двигаться в электростатическом поле:
1) равноускорено в направлении скорости υ; 2) равно замедленно в направлении скорости υ; 3) по параболе вниз; 4) по параболе вверх; 5) по дуге окружности вверх.
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
А 10. Вариант 2. Протон влетает с некоторой скоростью υ в однородное электростатическое поле между двумя параллельными горизонтальными пластинами, находящимися в вакууме (см. рис). Если силой тяжести, действующей на протон, пренебречь, то он начнет двигаться в электростатическом поле:
1) равноускорено в направлении скорости υ; 2) равно замедленно в направлении скорости υ; 3) по дуге окружности вниз; 4) по параболе вверх; 5) по параболе вниз.
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение.
Электростатическое поле которое создается между обкладками конденсатора – однородное. Вид траектории по которой будет двигаться заряженная частица зависит от начальных условий. По условию задачи начальная скорость перпендикулярна ускорению (ускорение направленно так как и сила Кулона которая действует на частицу), то заряженная частица в таком электростатическом поле будет двигаться по параболе.
Вариант 1. Электрон будет притягиваться к положительной пластине конденсатора и будет двигаться по параболе вверх.
Ответ: 4) 4.
Вариант 2. Протон будет притягиваться к отрицательной пластине конденсатора и будет двигаться по параболе вниз.
Ответ: 5) 5.

[Сергей]

А 11. Вариант 1. В двух вершинах равностороннего треугольника со стороной, длина которой а = 30 см, расположены в вакууме два одинаковых точечных разноименных заряда q₁ = 10 нКл, и q₂ = -10 нКл. Модуль напряженности Е результирующего электростатического поля в третьей вершине треугольника равен:
1) 0,0 кВ/м; 2) 1,0 кВ/м; 3) 1,7 кВ/м; 4) 3,3 кВ/м; 5) 4,5 кВ/м.
А 11. Вариант 2. В двух вершинах равностороннего треугольника со стороной, длина которой а = 20 см, расположены в вакууме два одинаковых точечных разноименных заряда q₁ = 10 нКл, и q₂ = -10 нКл. Потенциал φ электростатического поля в третьей вершине треугольника равен:
1) 0,0 В; 2) 4,0 В; 3) 6,0 В; 4) 8,0 В; 5) 10 В.
Решение.
 Вариант 1. Покажем рисунок. Если поле создано положительным зарядом, то напряженность в точке направленна от заряда. Если поле создано отрицательным зарядом, то напряженность в точке направлена к заряду. Для нахождения напряженности используем теорему косинусов, пункт, в котором необходимо найти напряженность находится в вершине равностороннего треугольника:

\[ {{E}^{2}}=E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+2\cdot {{E}_{1}}\cdot {{E}_{2}}\cdot \cos 60{}^\circ \ \ \ (1). \]

Учитываем:

\[ {{E}_{1}}=\frac{k\cdot \left| {{q}_{1}} \right|}{{{a}^{2}}}\ \ \ (2),\ {{E}_{2}}=\frac{k\cdot \left| {{q}_{2}} \right|}{{{a}^{2}}}\ \ \ (3). \]

Подставим (3) и (2) в (1) определим напряженность:

\[ \begin{align}
  & E=\sqrt{{{(\frac{k\cdot \left| {{q}_{1}} \right|}{{{a}^{2}}})}^{2}}+{{(\frac{k\cdot \left| {{q}_{2}} \right|}{{{a}^{2}}})}^{2}}-2\cdot (\frac{k\cdot \left| {{q}_{1}} \right|}{{{a}^{2}}})\cdot (\frac{k\cdot \left| {{q}_{2}} \right|}{{{a}^{2}}})\cdot cos{{60}^{{}^\circ }}}\ . \\
 & \left| {{q}_{1}} \right|=\left| {{q}_{2}} \right|,\ \ E=\frac{k\cdot \left| {{q}_{1}} \right|}{{{a}^{2}}}. \\
\end{align} \]

Е = 1000 В/м.
Ответ: 2) 1,0 кВ/м.
Вариант 2. Определим потенциал в указанной точке, учитываем, что потенциал скалярная величина:

\[ \begin{align}
  & \varphi ={{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}},\ {{\varphi }_{1}}=\frac{k\cdot {{q}_{1}}}{a},\ {{\varphi }_{2}}=\frac{k\cdot {{q}_{2}}}{a}, \\
 & \varphi =\frac{k\cdot {{q}_{1}}}{a}+\frac{k\cdot {{q}_{2}}}{a}. \\
\end{align} \]

φ₁ = 450 В, φ₂ = -450 В, φ = 0.
Ответ: 1) 0,0 В.

[Сергей]

А 12. Вариант1. Замкнутая электрическая цепь состоит из источника постоянного тока с внутренним сопротивлением r = 0,5 Ом и реостата. На рисунке изображен график зависимости силы тока I в реостате от его сопротивления R. При силе тока в цепи I = 4,0 А полная мощность Р_полн источника равна:
1) 6,0 Вт; 2) 16 Вт; 3) 20 Вт; 4) 24 Вт; 5) 32 Вт.
А 12. Вариант2. Замкнутая электрическая цепь состоит из источника постоянного тока с внутренним сопротивлением r = 0,50 Ом и реостата. На рисунке изображен график зависимости силы тока I в реостате от его сопротивления R. При силе тока в цепи I = 6,0 А полная мощность Р_полн источника равна:
1) 42 Вт; 2) 36 Вт; 3) 24 Вт; 4) 20 Вт; 5) 12 Вт.
Решение.
Полную мощность источника определим по формуле:

Р_полн = E ∙I   (1).

Определим Э.Д.С. источника.

E = I∙R + I∙r   (2).

Подставим (2) в (1) определим полную мощность источника тока.

Р_полн =  (I∙R + I∙r)∙I = I²∙R + I²∙r = I²∙(R + r)  (3).

Вариант 1. Из графика для силы тока при I = 4,0 Ом, определим сопротивление реостата R = 1,0 Ом. 
Р_полн = 24 Вт.
Ответ: 4) 24 Вт.
Вариант 2. Из графика для силы тока при I = 6,0 Ом, определим сопротивление реостата R = 0,5 Ом. 
Р_полн = 36 Вт.
Ответ: 2) 36 Вт.

[Сергей]

А 13. Вариант 1. Плоскости двух тонких круговых токов, силы тока в которых I₁ и I₂, расположены под углом α = 90° друг к другу (см. рис). Если в точке О модуль индукции результирующего магнитного поля В = 10 мТл, а модуль индукции магнитного поля, создаваемого током I₂, протекающим во втором витке, В₂ = 8,0 мТл, то модуль индукции В₁ магнитного поля, создаваемого током I₁, равен:
1) 2,0 мТл; 2) 4,0 мТл; 3) 6,0 мТл; 4) 8,0 мТл; 5) 18 мТл.
А 13. Вариант 2. Плоскости двух тонких круговых токов, силы тока в которых I₁ и I₂, расположены под углом α = 90° друг к другу (см. рис). Если в точке О модуль индукции результирующего магнитного поля В = 10 мТл, а модуль индукции магнитного поля, создаваемого током I₁, протекающим в первом кольце, В₁ = 6,0 мТл, то модуль индукции В₂ магнитного поля, создаваемого током I₂, равен:
1) 2,0 мТл; 2) 4,0 мТл; 3) 6,0 мТл; 4) 8,0 мТл; 5) 10 мТл.
Решение.
Определим направление векторов магнитной индукции в точке О круговых токов I₁ и I₂. Для определения линий магнитной индукции в точке О используем правило правой руки: если мысленно обхватить проводник правой рукой, так чтобы большой палец показывал направление тока, то согнутые остальные пальцы покажут направление линий магнитной индукции в пункте О. Вектор магнитной индукции направлен по касательной к линиям магнитной индукции в пункте О. Покажем рисунок. Результирующий вектор магнитной индукции определим по принципу суперпозиции магнитных полей.

\[ \vec{B}={{\vec{B}}_{1}}+{{\vec{B}}_{2}}\ \ \ (1).\ {{B}^{2}}=B_{1}^{2}+B_{2}^{2}\ \ \ (2). \]

Вариант 1. Из (2) выразим В₁:

\[ {{B}_{1}}=\sqrt{{{B}^{2}}-B_{2}^{2}}\ \ \ (3). \]

В₁ = 6∙10^-3 Тл.
Ответ: 3) 6,0 мТл.
Вариант 2. Из (2) выразим В₂:

\[ {{B}_{2}}=\sqrt{{{B}^{2}}-B_{1}^{2}}\ \ \ (3). \]

В₂ = 8∙10^-3 Тл.
Ответ: 4) 8,0 мТл.

[Сергей]

А 14. Вариант 1. Магнитный поток, пронизывающий металлическое кольцо, сопротивление которого R = 1,0 Ом, линейно уменьшился с течением времени от Ф₁ = 85 мВб до Ф₂ = 40 мВб. Если средняя сила индукционного тока в кольце I_инд = 15 мА, то изменение магнитного потока произошло в течение промежутка времени ∆t, равного:
1) 9,0 с; 2) 7,0 с; 3) 5,0 с; 4) 3,0 с; 5) 1,0 с. 
А 14. Вариант 2. Зависимость магнитного потока, пронизывающего плоский проводящий контур, от времени имеет вид Ф = В∙t, где В = -5,0 мВб/с. Если сопротивление контура R = 0,25 Ом, то средняя сила индукционного тока I_инд в контуре равна:
1) 20 мА; 2) 30 мА; 3) 40 мА; 4) 50 мА; 5) 60 мА.
Решение.
Э.Д.С. индукции в замкнутом контуре и сила индукционного тока определяются по формулам:

\[ \xi =-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\ \ \ (1),\ \Delta \Phi ={{\Phi }_{2}}-{{\Phi }_{1}}\ \ \ (2),\ \xi =-\frac{{{\Phi }_{2}}-{{\Phi }_{1}}}{\Delta t}\ \ \ (3),\ {{I}_{ind}}=\frac{\xi }{R}\ \ \ (4). \]

Вариант 1. Из (4) выразим Э.Д.С. подставим в (3) определим ∆t:

\[ \xi ={{I}_{ind}}\cdot R,\ \Delta t=-\frac{{{\Phi }_{2}}-{{\Phi }_{1}}}{{{I}_{ind}}\cdot R}\ \ \ (5). \]

∆t = 3,0 с.
Ответ: 4) 3,0 с.
Вариант 2. В момент времени t = 0, Ф₁ = 0. (3) подставим в (4) выразим индукционный ток.

\[ {{I}_{ind}}=-\frac{({{\Phi }_{2}}-{{\Phi }_{1}})}{R\cdot \Delta t},{{I}_{ind}}=-\frac{B\cdot t}{R\cdot \Delta t}\ ,\ {{I}_{ind}}=-\frac{B}{R}\ \ \ (5). \]

I_инд = 0,02 А.
Ответ: 1) 20 мА.

[Сергей]

А 15. Вариант 1. На рисунке изображен график зависимости координаты х гармонического осциллятора, совершающего колебания вдоль оси Ох, от времени t. Фаза гармонических колебаний увеличилась на ∆φ = 2∙π через промежуток времени ∆t, равный:
1) 0,2 с; 2) 0,25 с; 3) 0,5 с; 4) 0,75 с; 5) 1,0 с.     
А 15. Вариант 2. На рисунке изображен график зависимости координаты х гармонического осциллятора, совершающего колебания вдоль оси Ох, от времени t. Фаза гармонических колебаний увеличилась на ∆φ = 3∙π/2 через промежуток времени ∆t, равный:
1) 0,2 с; 2) 0,25 с; 3) 0,5 с; 4) 0,75 с; 5) 1,0 с.   
Решение.
Рассмотрим рисунок. Для времени t = 0 с, фаза колебаний 0. Период колебаний t = 1,0 с. Для времени t = 1,0 с, фаза колебаний 2∙π.
Вариант 1. t = 1,0 с.
Ответ: 5) 1,0 с.     
Вариант 2. Составим пропорцию:

\[ \begin{align}
  & 1,0\ -\ 2\cdot \pi , \\
 & t\ -\ \frac{3\cdot \pi }{2}; \\
 & \frac{1,0}{t}=\frac{2\cdot \pi }{\frac{3\cdot \pi }{2}},\ t=\frac{1,0\cdot \frac{3\cdot \pi }{2}}{2\cdot \pi },\ t=0,75\ c. \\
\end{align} \]

Ответ: 4) 0,75 с.     

[Сергей]

А 16. Вариант 1. На дифракционную решетку нормально падает монохроматический свет. Если период решетки d = 2,0 мкм, то оптическая разность хода δ световых волн от соседних щелей, отклоняемых решеткой на угол α = 30° к нормали, равна:
1) 1,0 мкм; 2) 2,0 мкм; 3) 3,8 мкм; 4) 4,0 мкм; 5) 5,2 мкм.
А 16. Вариант 2. Если в дифракционном спектре максимум второго порядка возникает при оптической разности хода монохроматических волн δ = 1,40 мкм, то длина волны λ света, нормально падающего на дифракционную решетку, равна:
1) 500 нм; 2) 630 нм; 3) 700 нм; 4) 720 нм; 5) 740 нм.
Решение.
Условие главных дифракционных максимумов, наблюдаемых под углом α с использованием дифракционной решетки, имеет вид:

d∙sinα = m∙λ   (1).

Запишем условие максимумов:

δ = m∙λ   (2).

Вариант 1. Подставим (2) в (1) определим оптическую разность хода:

δ = d∙sinα    (3).

δ = 1,0∙10^-6 м.
Ответ: 1) 1,0 мкм.
Вариант 2. Для максимума второго порядка m = 2. Выразим из (2) длину волны:

\[ \lambda =\frac{\delta }{m}\ \ (3). \]

λ = 0,7∙10^-6 м.
Ответ: 3) 700 нм.

[Сергей]

А 17. Вариант 1. Атом водорода, находящийся в основном стационарном состоянии, имеет энергию Е₁ = -13,6 эВ. Если при облучении атом поглотит фотон с энергией Е = 12,75 эВ, то он перейдет в стационарное состояние, соответствующее номеру n, равному:
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
А 17. Вариант 2. Атом водорода, находящийся в основном стационарном состоянии, имеет энергию Е₁ = -13,6 эВ. Если при облучении атом поглотит фотон с энергией Е = 12,1 эВ, то он перейдет в стационарное состояние, соответствующее номеру n, равному:
1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Решение.
Энергия атома водорода может принимать только дискретный набор значений энергии. Энергия на n уровне определяется по формуле:

\[ {{E}_{k}}=\frac{{{E}_{1}}}{{{n}^{2}}}\ \ \ (1). \]

Изменение энергии определим по формуле:

\[ \begin{align}
  & \Delta E={{E}_{n}}-{{E}_{k}}\ \ \ (2), \\
 & \Delta E={{E}_{1}}\cdot (\frac{1}{{{n}^{2}}}-\frac{1}{{{k}^{2}}}),\ k=1,\ \Delta E={{E}_{1}}\cdot (\frac{1}{{{n}^{2}}}-1),\ \frac{1}{{{n}^{2}}}-1=\frac{\Delta E}{{{E}_{1}}}\ ,\ {{n}^{2}}=\frac{1}{\frac{\Delta E}{{{E}_{1}}}+1}\ , \\
 & \ n=\sqrt{\frac{1}{\frac{\Delta E}{{{E}_{1}}}+1}}\ \ \ \ (3). \\
\end{align} \]

Вариант 1. Учитываем, что Е₁ = -13,6 эВ. n = 4.
Ответ: 4) 4.
Вариант 2. Учитываем, что Е₁ = -13,6 эВ. n = 3.
Ответ: 3) 3.

[Сергей]

А 18. Вариант 1.Угловая высота Солнца над горизонтом составляет α = 38°. Если дно вертикального колодца освещается солнечным светом, отраженным от плоского зеркала, то зеркало расположено под углом β к горизонту, равным:
1) 64°; 2) 58°; 3) 52°; 4) 46°; 5) 42°.
А 18. Вариант 2. Плоское зеркало составляет угол α = 25° с вертикалью. Если после отражения от зеркала солнечные лучи идут вертикально вниз, то угловая высота Солнца над горизонтом β равна:
1) 20°; 2) 25°; 3) 40°; 4) 45°; 5) 60°.
Решение.
Вариант 1. Покажем рисунок. Выполняется закон отражения света: угол падения равен углу отражения. Проведем биссектрису угла АОВ. Биссектриса СО перпендикулярна зеркалу. КD – зеркало. 

\[ \begin{align}
  & \angle AOB=\alpha +90{}^\circ ,\ \angle AOC=\frac{\alpha +90{}^\circ }{2},\ \angle KOC=90{}^\circ ,\ \angle KOA=\angle KOC-\angle AOC, \\
 & \angle KOA=90{}^\circ -\frac{\alpha +90{}^\circ }{2},\ \beta =\angle KOE=\angle KOA+\angle AOE,\  \\
 & \beta =90{}^\circ -\frac{\alpha +90{}^\circ }{2}+\alpha . \\
\end{align} \]

β = 64°.
Ответ: 1) 64°.
Вариант 2. Покажем рисунок. Выполняется закон отражения света: угол падения равен углу отражения. Проведем биссектрису угла АОВ. Биссектриса СО перпендикулярна зеркалу. КD – зеркало.

\[ \begin{align}
  & \angle KOC=90{}^\circ ,\ \angle COB=180{}^\circ -90{}^\circ -\alpha =90{}^\circ -\alpha ,\ \angle AOC=\angle COB, \\
 & \angle AOB=2\cdot \angle COB,\ \beta =\angle AOB-90{}^\circ ,\ \beta =2\cdot (90{}^\circ -\alpha )-90{}^\circ , \\
 & \beta =90{}^\circ -2\cdot \alpha . \\
\end{align} \]

β = 40°.
Ответ: 3) 40°.

 

[Сергей]

В1. Вариант 1. На рисунке представлен график зависимости проекции скорости υ_х на ось Ох прямолинейно движущегося тело от времени t. Если модуль импульса силы F∙∆t = 0,4 Н∙с, действующей на тело в течении промежутка времени ∆t = 3,0 с с момента начала отсчета времени, то масса m тела равна … г.
В1. Вариант 2. На графике представлена зависимость проекции скорости υ_х тела, прямолинейно движущегося вдоль оси Ох, от времени t. Путь s, пройденный телом за промежуток времени ∆t = 5,0 с, равен … м.
Решение.
Вариант 1. Импульс силы равен изменению импульса тела.

\[ F\cdot \Delta t=m\cdot {{\upsilon }_{2}}-m\cdot {{\upsilon }_{1}},\ F\cdot \Delta t=m\cdot ({{\upsilon }_{2}}-{{\upsilon }_{1}}),\ m=\frac{F\cdot \Delta t}{{{\upsilon }_{2}}-{{\upsilon }_{1}}}\ \ \ (1). \]

По графику определим скорости υ₁ и υ₂. При t = 0 с, υ₁ = 2,0 м/с, при t = 3,0 с, υ₂ = 6,0 м/с. Скорости подставим в (1) определим массу тела.
m = 0,1 кг.
Ответ: 100 г.
Вариант 2. По графику определим вид движения. Тело движется прямолинейно и равномерно. Учитываем, что пройденный путь всегда положителен. На участке от t₁ = 0 с, до t₂ = 3,0 с тело движется против оси со скоростью υ₁ = 4,0 м/с и проходит путь:

s₁ = υ₁∙(t₂ – t₁)    (1).

s₁ = 12 м.
На участке от t₂ = 3,0 с, до t₃ = 5,0 с тело движется по оси Ох со скоростью υ₂ = 2,0 м/с и проходит путь:

s₂ = υ₂∙(t₃ – t₂)    (2).

s₂ = 4 м.
Путь s, пройденный телом за промежуток времени ∆t = 5,0 с определим по формуле:

s = s₁ + s₂   (3).

s = 16 м.
Ответ: 16 м.