репетиционное тестирование 3 этап 2008/2009

[Welgon]

еще раз спасибо!

[SoReL]

В9 вариант 6
Пересчитала, у меня была вычислительная ошибка. Ответ 173. Спасибо

[INK]

ВСЕМ БОЛЬШОЕ СПАСИБО В ОСОБЕННОСТИ А.Л. САКОВИЧУ!!!
ВСЕМ УДАЧИ НА ТЕСТЕ!!!))) И ПОТОМ ГОУ ОТДЫХАТЬ!!!

[alsak]

А15 Вариант 6
В однородном магнитном поле, модуль индукции которого В = 80 мТл, на горизонтальной поверхности расположен металлический стержень с током (рис. 1). Длина стержня l = 0,50 м, сила тока в нем I = 1,0 А. Если модуль силы давления стержня на поверхность F_d = 160 мН, то его масса m равна

1) 6,0 г; 2) 10 г; 3) 12 г; 4) 20 г; 5) 32 г.

Решение. Пусть на рисунке дан вид сбоку (сечение вертикальной плоскостью). На проводник действую сила тяжести (m∙g), сила Ампера (F_A) и сила реакции опоры (N). При данных направлениях вектора магнитной индукции В (от нас) и тока (влево) сила Ампера будет направлена вниз (определим по правилу левой руки) (рис. 2).
Так как проводник не отрывается от поверхности (по условию), то из проекции на вертикальную ось получаем:

N – m⋅g – F_A = 0,

где F_A = I⋅B⋅l⋅sin α. По третьему закону Ньютона, с какой силой поверхность действует на стержень, с такой же по величине силой стержень будет действовать на поверхность, т.е. N = F_d. Тогда

\[ F_{d} - m \cdot g - I \cdot B \cdot l \cdot \sin \alpha = 0,\, \,
m = \frac{F_{d} - I \cdot B \cdot l \cdot \sin \alpha }{g}, \]

m = 12 г.
Ответ. 3) 12 г.
 
Примечание. Не корректный рисунок, так как непонятно в какой плоскости (горизонтальной или вертикальной) дан рисунок. Если в горизонтальной (т.е. вид сверху), то вектор магнитной индукции направлен вертикально вниз. По правилу левой руки определяем, что сила Ампера направлена параллельно горизонтальной поверхности (на нас), что вызовет движение стержня с ускорением вдоль силы. Но эта сила никак не влияет на силу давления, которая в данном случае будет равна m⋅g. Тогда ответ 16 г, и его нет среди предложенных ответов.
Если посчитать, что стержень неподвижен (хотя из слов в условии «расположен металлический стержень» это не следует), тогда задача будем немного сложнее. Но для данных цифр получаем массу 15,4 г, чего также нет в ответах.

Спасибо SoReL.

[alsak]

А16 вариант 6
На рисунке изображен график зависимости координаты x тела, совершающего гармонические колебания, от времени t. Если от начала колебаний прошел промежуток времени Δt = 3 с, то фаза φ колебаний равна

1) π/3; 2) π/2; 3) π; 4) 3π/2; 5) 5π/2.

Решение. Фаза колебания φ = ω⋅t + φ₀, где φ₀ = 0 — начальная фаза колебаний, ω = 2π/T — циклическая частота, T — период колебаний, т.е. время, за которое тело совершает полное колебание. Из графика находим, что T = 4 с. Тогда φ = 3/2⋅π.
Ответ. 4) 3π/2.

2 способ см. здесь.

[alsak]

В1 Вариант 5
Если через промежуток времени Δt = 0,90 с после начала движения модуль скорости тела, брошенного горизонтально, υ = 15 м/с, то модуль его начальной скорости υ₀ был равен … м/с.

Решение. Ось 0Y направим вверх. Через промежуток времени Δt скорость тела (рис. 2)
 

\[ \upsilon = \sqrt{\upsilon_{x}^{2} + \upsilon _{y}^{2}}, \]

где υ_х = υ_0x = υ₀, υ_y = υ_0y + g_y⋅t = –g⋅t, т.к. υ_0y = 0, g_y = –g. Тогда
 

\[ \upsilon^{2} = \upsilon_{0}^{2} + \left( g \cdot t \right)^{2}, \, \,
\upsilon_{0} = \sqrt{\upsilon^{2} - \left( g \cdot t \right)^{2}},
 \]

υ₀ = 12 м/с.
Ответ: 12 м/с.


В1, вариант 6
С высоты H = 2 м над поверхностью Земли со скоростью, модуль которой υ₀ = 3 м/с, горизонтально бросают железный шарик. В момент соприкосновения с поверхностью Земли модуль скорости υ шарика равен … м/с.

Решение. За тело отсчета выберем точку, лежащую на поверхности земли и на одной вертикали с точкой бросания, ось 0Х направим вправо, ось 0Y — вверх. Тогда y₀ = H, x₀ = 0 (рис. 1). Скорость шарика в момент соприкосновения с поверхностью (рис. 2):
 

\[ \upsilon = \sqrt{\upsilon_{x}^{2} + \upsilon _{y}^{2}}, \]

где υ_х = υ_0x = υ₀.

1 способ. Запишем уравнения проекций скорости и координаты на ось 0Y. При этом учтем, что g_y = –g.
υ_y = υ_0y + g_y⋅t, y = y₀ + υ_0y⋅t + g_y⋅t²/2, где υ_0y = 0. Тогда

υ_y = –g⋅t, y = H – g⋅t²/2.

Пусть в некоторый момент времени t = t₁ шарик упал на землю, тогда y = 0 и

0 = H – g⋅t₁²/2, υ_y = –g⋅t₁.

Тогда
 

\[ \frac{g \cdot t_{1}^{2}}{2} = H, \, \, t_{1} = \sqrt{\frac{2H}{g}}, \, \,
\upsilon_{y} = -g \cdot \sqrt{\frac{2H}{g}} = -\sqrt{2g \cdot H}. \]

2 способ. Воспользуемся уравнением
 

\[ y = y_{0} + \frac{\upsilon_{y}^{2} - \upsilon_{0y}^{2}}{2g_{y}},
 \]

где g_y = –g, υ_0y = 0, y₀ = H. Пусть в некоторый момент времени t = t₁ шарик упал на землю, тогда y = 0 и
 

\[ 0 = H - \frac{\upsilon_{y}^{2}}{2g} ,\, \, \upsilon_{y}^{2} = 2g \cdot H. \]

В итоге получаем
 

\[ \upsilon = \sqrt{\upsilon_{0}^{2} + 2g \cdot H},
 \]

υ = 7 м/с.
Ответ: 7 м/с.

См. решение rild.

[alsak]

В3 Вариант 5
Деревянный (ρ_d = 0,8 г/см³) шар лежит на дне сосуда (рис. 1), наполовину погрузившись в воду (ρ_b = 1 г/см³). Если модуль силы взаимодействия шара со дном сосуда F = 9 Н, то объем V шара равен … дм³.

Решение. На шар действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции дна (N) и Архимедова сила (F_A) (рис. 2). Так как шар лежит, то из второго закона Ньютона следует, что

0 = –m⋅g + N + F_A,

где m = ρ_d⋅V, F_A = ρ_b⋅g⋅V/2 (шар наполовину в воде). Так же учтем, что с какой силой дно действует на шар, с такой же силой шар давит на дно (третий закон Ньютона), т.е. N = F. Тогда
 

\[ 0= -\rho_{d} \cdot V \cdot g + F + \rho_{b} \cdot g \cdot \frac{V}{2}, \, \,
V = \frac{2F}{g \cdot \left( 2\rho_{d} - \rho_{b} \right)}, \]

V = 3⋅10^–3 м³ = 3 дм³.

Ответ. 3 дм³.

Решение SoReL.

В3 Вариант 6
Шар массой m = 2,40 кг лежит на дне сосуда (рис. 1), наполовину погрузившись в воду (ρ_b = 1000 кг/м³). Если модуль силы взаимодействия шара со дном сосуда F = 9,00 Н, то средняя плотность ρ шара равна … кг/м³.

Решение. На шар действуют сила тяжести (m⋅g), сила реакции дна (N) и Архимедова сила (F_A) (рис. 2). Так как шар лежит, то из второго закона Ньютона следует, что

0 = –m⋅g + N + F_A,

где F_A = ρ_b⋅g⋅V/2 (шар наполовину в воде), V = m/ρ. Так же учтем, что с какой силой дно действует на шар, с такой же силой шар давит на дно (третий закон Ньютона), т.е. N = F. Тогда
 

\[ 0 = -m \cdot g + F + \rho_{b} \cdot g \cdot \frac{m}{2 \rho} ,\, \,
\frac{m}{2 \rho} = \frac{m \cdot g - F}{\rho_{b} \cdot g}, \, \,
\rho = \frac{m \cdot g \cdot \rho_{b}}{2 \cdot \left( m \cdot g - F \right)}, \]

ρ = 800 кг/м³.
Ответ. 800 кг/м³.

Решение SoReL, INK.

[alsak]

В7 варианта 5
Два заряженных шарика, гравитационным взаимодействием между которыми можно пренебречь, находящиеся в вакууме на расстоянии, значительно превышающем их размеры, притягиваются друг к другу с силой, модуль которой F₁ = 76 мН. В начальном состоянии заряды шариков |q₁| = |q₂|. Если, не изменяя расстояния между шариками, половину заряда с одного из них перенести на другой, то модуль силы электростатического взаимодействия между шариками изменится на |ΔF|, равное … мН.

Решение. Так как заряды точечные (расстояние между ними значительно превышает их размеры), то сила электростатического взаимодействия
 

\[ F_{1} = k \cdot \frac{\left|q_{1} \right| \cdot \left|q_{2} \right|}{r^{2}} =
k \cdot \frac{q^{2}}{r^{2}},
 \]

т.к. |q₁| = |q₂| = q.
Шарики притягиваются, следовательно, они разноименные, т.е. q₂ = –q₁. Если половину заряда с одного из них, например, с q₁, перенести на другой, q₂, то получим заряды

q₃ = q₁ – 1/2q₁ = 1/2q, q₄ = q₂ + 1/2q₁ = –q₁ + 1/2q₁ = –1/2q.

Теперь сила электростатического взаимодействия будет равна
 

\[ F_{2} = k \cdot \frac{\left|q_{3} \right| \cdot \left|q_{4} \right|}{r^{2}} =
k \cdot \frac{q^{2}}{4r^{2}} = \frac{F_{1}}{4}. \]

Тогда модуль силы электростатического взаимодействия между шариками изменится на
 

\[ \left| \Delta F\right| = \left|F_{2} - F_{1} \right| = \left| \frac{F_{1}}{4} -
F_{1} \right| = \frac{3}{4} F_{1}, \]

|ΔF| = 57 мН.
Ответ. 57 мН.

решение SoReL.