Репетиционное тестирование 3 этап 2009/2010

[alsak]

Вариант 2 А2.
При прямолинейном равноускоренном движении на пути s = 135 м модуль скорости тела увеличился в четыре раза. Если модуль ускорения тела а = 0,50 м/с², то модуль его конечной скорости υ равен

1) 3,0 м/с; 2) 4,0 м/с; 3) 9,0 м/с; 4) 12 м/с; 5) 16 м/с.

Решение. При прямолинейном равноускоренном движении в проекции на ось 0Х, направленную вдоль начальной скорости

\[
s = \Delta r_x = \frac{ \upsilon_x^2 - \upsilon_{0x}^2}{2a_x}, \]

где υ_x = 4υ_0x = 4υ₀, a_x = a (см. примечание). Тогда

\[
s = \frac{16 \upsilon_0^2 - \upsilon_0^2}{2a} =
\frac{15 \upsilon_0^2}{2a}, \quad
\upsilon = 4 \upsilon_0 = 4 \sqrt{ \frac{2a \cdot s}{15}}, \]

υ = 12 м/с. Ответ: 4) 12 м/с.
Вы правы, ответ в таблице исправил.
Примечание. Фраза «модуль скорости тела увеличился в четыре раза» имеет двойной смысл: 1) значение проекции скорости тела увеличилось в четыре раза, и тогда тело продолжает двигаться в одну сторону; 2) значение скорости увеличилось в четыре раза, и тогда: ускорение может быть как положительным, так и отрицательным, т.е. тело вначале двигалось в одну сторону, остановилось и начало двигаться в другую сторону. В решении мы рассматривали первый случай.

[alsak]

Вариант 2 В12.
При освещении металла монохроматическим излучением максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов E_k^mах = 1,60⋅10^–19 Дж. Если работа выхода электронов с поверхности металла А_вых = 3,50⋅10^–19 Дж, то длина волны λ падающего излучения равна ... нм.
Решение. При фотоэффекте энергия падающего излучения E_ф = А + E_k^mах, где 

\[
E_{ \Phi} = \frac{h \cdot c}{ \lambda}. \]

Тогда

\[
\frac{h \cdot c}{ \lambda} = A + E_k^{max}, \quad
\lambda = \frac{h \cdot c}{A + E_k^{max}}, \]

λ = 390 нм.

[Zwem]

Еще есть вопрос по а9. проверь плиз ответ

[Фьюри]

В Б12 всё правильно, это я не обратил внимания что в (нм) нужно,а так тоже выходило 3,9*10^7 м.

Правда что в ЦТ в 2010 году будут выброшены темы: поверхносное натяжение, основы СТО, движение тела брошенного под углом к горизонту.
Может вам ещё что-нибудь известно, тогда скажите пожалуйста, чтобы не тратить время на решение задач по темам, которые не будут на ЦТ.

[alsak]

Правда что в ЦТ в 2010 году будут выброшены темы: поверхносное натяжение, основы СТО, движение тела брошенного под углом к горизонту.
Может вам ещё что-нибудь известно, тогда скажите пожалуйста, чтобы не тратить время на решение задач по темам, которые не будут на ЦТ.

Еще 2 года назад вышла "Программа вступительных испытаний по физике в 2008/09 учебном году" (на сайте она уже с 29.11.2008), которая не изменилась и в этом учебном году.
В соответствии с этой программой, по заказу Министерства Образования РБ, нами, Петровым К. А., Саковичем А. Л., Якубовской Э. Н., разработаны материалы для подготовки к ЦТ. Здесь и теоретический материал, и задачи.

[alsak]

Еще есть вопрос по а9. проверь плиз ответ

Какой вариант?

[Zwem]

Второй...

[alsak]

Вариант 2 А9.
Идеальный одноатомный газ, количество вещества которого ν = 4,0 моль, перевели из состояния 1 в состояние 3 (см. рис.). При этом температура газа изменилась на ΔT = 10,0 Κ. Если на участке 2-3 газ совершил работу А = 419 Дж, то количество теплоты Q, полученное газом в процессе 1-3, равно

1) 0,92 кДж; 2) 1,25 кДж; 3) 1,53 кДж; 4) 1,63 кДж; 5) 1,86 кДж.

Решение. Количество теплоты, полученное газом в процессе 1-3, равно

Q = Q_1-2 + Q_2-3,

где Q_1-2 и Q_2-3 — количество теплоты, полученные в процессах 1-2 и 2-3 соответственно.
Процесс 1-2 изобарный. Из первого начало термодинамики получаем, что Q_1-2 = A_1-2 + ΔU_1-2, где A_1-2 = p⋅ΔV = ν⋅R⋅ΔT. Изменение внутренней энергии для одноатомного газа равно ΔU_1-2 = 3/2 ν⋅R⋅ΔT. Тогда

Q_1-2 = 5/2 ν⋅R⋅ΔT.

Процесс 2-3 изотермический, следовательно, ΔU_2-3 = 0. Из первого начало термодинамики получаем, что Q_2-3 = A. В итоге получаем

Q = 5/2 ν⋅R⋅ΔT + A, Q = 1,25 кДж.

Ответ: 2) 1,25 кДж.
Ответ в таблице исправил.

[alsak]

Вариант 2 В4.
В открытые цилиндрические сообщающиеся сосуды, диаметры которых различаются в два раза, налита ртуть (ρ = 13,6 г/см³). Если в широкий сосуд поверх ртути налить слой воды (ρ₀ = 1,0 г/см³) высотой h = 10,2 см, то уровень ртути в узком сосуде по сравнению с первоначальным поднимется на высоту Δh, равную ... мм.

Решение. Для сообщающихся сосудов выполняются условие равновесия жидкости, т.е. р_А = р_В или

ρ₀⋅g⋅h = ρ⋅g⋅h₁ (рис.),

где h₁ – высота столбца ртути над точкой В. Из рисунка видно, что h₁ = Δh + Δh₂, где Δh₂ — высота, на которую опустится уровень ртути в широком сосуде.
Из условия не сжимаемости жидкости следует, что изменения объемов слева и справа равны, т.е. ΔV₁ = ΔV₂ или S₂⋅Δh₂ = S₁⋅Δh, где S₂ = 4S₁, т.к. диаметры различаются в два раза. Тогда

4S₁⋅Δh₂ = S₁⋅Δh или 4Δh₂ = Δh.

В итоге получаем

\[
\Delta h_2 = \frac{ \Delta h}{4}, \quad
h_1 = \Delta h + \frac{ \Delta h}{4} = \frac{5 \Delta h}{4}, \]

\[
\rho_0 \cdot h = \rho \cdot \frac{5 \Delta h}{4}, \quad
\Delta h = \frac{4 \rho_0 \cdot h}{5 \rho}, \]

Δh = 6 мм.

[alsak]

Вариант 2 В7.
В двух вершинах равностороннего треугольника помещены одинаковые точечные электрические заряды q₁ = q₂ = 1,6 нКл (рис. 1). Чтобы напряженность электростатического поля в третьей вершине треугольника (точка A) оказалась равной нулю, в середину стороны, соединяющую эти заряды, необходимо поместить точечный заряд q₃, модуль которого равен ... нКл.
 
Решение. В точке A электрическое поле создано несколькими зарядами q₁ и q₂, поэтому напряженность поля в точке А (рис. 2) равна 

\[
\vec {E_A} = \vec {E_1} + \vec {E_2}, \quad
E_1 = k \cdot \frac{q_1}{r_1^2}, \quad
E_2 = k \cdot \frac{q_2}{r_2^2}. \]

Так как r₁ = r₂ (треугольник равносторонний), q₁ = q₂ (по условию), то E₁ = E₂. Для нахождения значения напряженность поля в точке А воспользуемся теоремой косинусов (можно было и координатным способом):

\[
E_A = \sqrt{E_1^2 + E_2^2 - 2E_1 \cdot E_2 \cdot \cos \beta } =
E_1 \cdot \sqrt{2 - 2 \cdot \cos \beta }. \]

Угол β найдем через угол α = 60° (треугольник равносторонний). Сумма углов параллелограмма напряженностей равна 360°, поэтому
2 β + 2 α = 360° или β = 180° – α. Учтем, что cos β = cos (180° – α) = –cos α = –1/2. Тогда

\[
E_A = E_1 \cdot \sqrt{2 + 1} =
k \cdot \frac{q_1 \cdot \sqrt{3}}{r_1^2}. \]

Проекции E_1x = – E_2x (см. рис. 2), поэтому их сумма равна нулю. Следовательно, вектор E_A направлен вертикально вверх.
Чтобы напряженность электростатического поля в точка A от трех зарядов оказалась равной нулю, напряженность от заряда q₃ (будем рассматривать только значение заряда) должна быть численно равна E_A и противоположно ей направлена (рис. 3). Найдем расстояние от заряда q₃ до точки А и подставим в формулу напряженности E₃ 

\[
r_3 = r_1 \cdot \sin \alpha = \frac{r_1 \cdot \sqrt{3}}{2}, \quad
E_3 = k \cdot \frac{q_3}{r_3^2} =
k \cdot \frac{4q_3}{3r_1^2}. \]

В итоге получаем

\[
k \cdot \frac{4q_3}{3r_1^2} =
k \cdot \frac{q_1 \cdot \sqrt{3}}{r_1^2}, \quad
q_3 = \frac{3 \sqrt{3}}{4} \cdot q_1, \]

q₃ = 2 нКл.