close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Примеры решений задач ЕГЭ-2010, Физика, части С1

код для вставкиСкачать
ВАРИАНТ 117 С1
Рамку с постоянным током удерживают неподвижно в поле
полосового магнита. Полярность подключения источника
тока к выводам рамки показана на рисунке. Как будет
двигаться рамка на неподвижной оси ОМ, если рамку не
удерживать? Ответ поясните, указав какие физические
закономерности вы использовали для объяснения. Считать,
что рамка испытывает небольшое сопротивление со
стороны воздуха.
М
N
S
_
О
+
Возможный вариант решения
1. Рамка повернется
против часовой стрелки и
встанет перпендикулярно
оси магнита так, что
контакт (-) окажется внизу.
FA2
.
+
FA1
2. Рассмотрим сечение рамки плоскостью рисунка в условии
задачи. В исходном положении рамки ток в левом звене
направлен к нам, в правом - от нас. На левое звено рамки
действует сила Ампера, направленная вниз, на правое – вверх.
Эти силы и разворачивают рамку на неподвижной оси против
часовой стрелки.
3. Рамка устанавливается перпендикулярно оси магнита,
при этом силы Ампера обеспечивают равновесие рамки.
ВАРИАНТ 117 С2
Шайба массой 100г начинает движение по желобу АВ из
состояния покоя из т.А Точка А расположена выше т. В
на высоте Н = 6м. В процессе движения по желобу
механическая энергия шайбы из-за трения уменьшается
на ∆Е = 2Дж. В т.В шайба вылетает из желоба под углом
α=150 к горизонту и падает на землю в т.D, находящейся
на одной горизонтали с т.В. Найдите длину ВD.
Сопротивлением воздуха пренебречь.
у
А
Н
υ
α
В
D
х
Возможный вариант решения
1.По з.с.э
mgH m
E
откуда 2 gH 2
m
2
2.В момент падения шайбы в т.D y=0;
следовательно
2E
2
t1 2 sin g
у sin 2
gt
0
2
; t 2 0 (начало полета из т.В)
sin 2
2
3.Дальность полета ВD = υ0cosαt1, следовательно
Окончательно имеем:
ВD 2 ( Н Е
mg
ВD = 4м
ВD ) sin 2
g
Вариант 117 С3
В горизонтальном цилиндрическом сосуде, закрытом
поршнем находится идеальный одноатомный газ.
Первоначальное давление газа Р1 = 4 . 105 Па. Расстояние от
дна сосуда до поршня – L. Площадь поперечного сечения
поршня S = 25 см2 . В результате медленного нагревания газ
получил количество теплоты Q = 1,65 кДж, а поршень
сдвинулся на расстояние х = 10 см. При движении поршня на
него со стороны стенок сосуда действует сила трения
Fтр
= 3. 103 Н. Найдите L. Считать, что сосуд находится в вакууме.
Р1
s
L
х
Возможный вариант решения.
1. Поршень будет двигаться медленно, если сила
давления газа на поршень и сила трения уравновесят
друг друга, т.е. Р2.S = Fтр, следовательно Р2 = Fтр/S=
12.105Па. Т.к. Р2›Р1 поршень будет неподвижен до
тех пор, пока давление газа не станет равным Р2 . В
этом процессе газ получает количество теплоты Q1,2
(V=const), следовательно Q1,2 = ∆U1,2 = 3/2ν R(T2 –Т1).
2. Затем поршень начнет сдвигаться, объем газа будет
увеличиваться, а давление останется постоянным и
равным Р2. В этом процессе газ получает количество
теплоты Q2,3 . Для Р = const Q2,3 = ∆U2,3+A,
следовательно Q2,3 = 3/2 νR(T3-T2) + Р2S.х, где Р2S=Fтр.
3. За все время нагрева газ получит количество теплоты
Q = Q1,2 +Q2,3.
Q = 3/2 νRT2 - 3/2 νRT1+3/2 νRT3- 3/2 νRT2+Fтр.x,
следовательно Q = 3/2 νRT3 - 3/2 νRT1+Fтр.x;
В начальном состоянии P1L.S = νRT1 .
В конечном состоянии P2(L+x).S = νRT3,
следовательно νRT3 = Fтр(L+x), следовательно
Q = 3/2 .Fтр(L+x) - 3/2. P1L.S+Fтрx, откуда
L
Q5
2
F тр х
3 (F Р S )
1
2 тр
Ответ: L= 0,3м
Вариант 117 С4
По гладкой горизонтальной направляющей длины 2ℓ
свободно скользит бусинка с (+) зарядом Q > 0 и
массой m. На концах направляющей находятся (+)
заряды q > 0. Бусинка совершает малые колебания
около положения равновесия, период которых Т0.
Чему будет равен период колебаний Т, если величину
зарядов на конце стержня увеличить в 2 раза.
+q
+Q, m
+q
Возможный вариант решения
1.При небольшом смещении х <<ℓ бусинки от положения
равновесия на неё будет действовать возвращающая сила
Fх kqQ
( x )
2
Fx kqQ
( x ) ( x )
2
kqQ
( x )
2
kqQ
( x ) ( x )
2
4x
( x ) ( x )
2
2
k
4 qQ
3
2
2
x
Т.е. эта сила пропорциональна смещению х.
2. Ускорение бусинки в соответствии со II законом Ньютона
ma k
4 qQ
3
x
пропорционально смещению х
При такой зависимости а от х бусинка совершает
гармонические колебания, период которых равен Т0
T0 2
T0 2
m
3
При увеличении заряда на концах в 2
4 kqQ раза q1=2q период станет равным:
m
3
4 k 2 qQ
Ответ: Т уменьшится в
T
1
T0
2
2 раз
T T0
2
Вариант 117 С5
Горизонтальный проводящий стержень прямоугольного сечения
поступательно движется вверх с ускорением по гладкой
наклонной плоскости в вертикальном однородном магнитном
поле. По стержню протекает ток I =4А. Угол наклонной
плоскости α=300. Отношение массы стержня к его длине
m/L =0,1 кг/м. Ускорение α = 1,9м/с2. Чему равен модуль
индукции магнитного поля В?
В
a
α
Возможный вариант решения.
х
В
FA
α
1. На рисунке показаны
силы, действующие на
стержень
FA =IBL
mg
2. Запишем II закон Ньютона в
проекции на ось х
max = - mgsinα + IBLcosα →
Ответ: В = 0,2Тл
В m ( a x g sin )
L
I cos Вариант 117 С6
Фотон с длиной волны, соответствующей красной
границе фотоэффекта, выбивает электроны из
металлической пластины в сосуде из которого
откачан воздух. Электрон разгоняется однородным
электрическим полем с напряженностью Е = 5.104
В/м. Какой должна быть длина пути электрона S в
электрическом поле, чтобы он разогнался до
скорости, составляющей 10% от скорости света в
вакууме. Релятивистские эффекты не учитывать.
Возможный вариант решения
hc
Т.к.
кр
hc
кр
m
2
0 0
2
Работа по перемещению электрона в электрическом
поле равна изменению его кинетической энергии
А
m
2
2
m0
2
A
2
m
2
; 0 ,1с
2
A F s eE s
Ответ: S = 0,05м
S mc
2
200 eE
Вариант 121 С1
А
На рисунке приведена электрическая
цепь, состоящая из источника тока,
реостата, трансформатора, амперметра
и вольтметра. В начальный момент
времени ползунок реостата
установлен посередине и неподвижен.
Опираясь на законы электродинамики,
V
объясните как будут изменяться
показания приборов при перемещении
ползунка реостата вниз? Э.Д.С
самоиндукции пренебречь по
сравнению сE
Возможный вариант ответа
1.При движении ползунка реостата вниз сопротивление реостата
уменьшается, следовательно сила тока в цепи увеличивается т.к
I Е
Rr
2. Изменение силы тока вызывает изменение
индукции магнитного поля, следовательно
меняется и магнитный поток, пронизывающий
витки вторичной обмотки.
3. В соответствии с законом Фарадея, возникает Э.Д.С
индукции Е t
во вторичной обмотке, а, следовательно,
и напряжение U на её концах. Это
напряжение и будет фиксировать
вольтметр.
Ответ: при движении ползунка реостата вниз, показания
амперметра увеличиваются, а вольтметр будет показывать
напряжение на концах вторичной обмотки.
Вариант 121 С2
А
Н
υ
α
В
S
При выполнении трюка «летающий велосипедист» гонщик
движется по трамплину под действием силы тяжести FТ,
начиная движение из состояния покоя с высоты Н. На краю
трамплина скорость гонщика направлена под таким углом к
горизонту, что дальность его полета максимальна. Пролетев
по воздуху, гонщик приземляется на горизонтальный стол,
находящийся на той же высоте, что и край трамплина.
Определите время полета гонщика. Силой сопротивления
пренебречь
Возможный вариант решения
Максимальная дальность полета достигается при
условии α=450, время полета равно двойному времени
подъема t 2 sin g
Скорость определим из закона сохранения энергии:
mgH m
2
2
Ответ:
t2
gH
t2
H
g
H
g
Вариант 121
С3
Сферическую оболочку воздушного шара делают из
материала, квадратный метр которого имеет массу 1 кг.
Шар наполняют гелием при атмосферном давлении
Р=105Па. Определите минимальную массу оболочки,
при которой шар начнет поднимать сам себя.
Температура гелия и окружающего воздуха одинакова и
равна 00С. (Площадь сферы S=4πR2; объем сферы
V=4/3πR3)
Возможный вариант решения
Из I закона Ньютона следует Fa =mHeg + mобg ; ρвgV= mHeg + mобg
следовательно ρвgV = Sbg +ρHe gV, где b – отношение массы
оболочки к её площади. Заменим в формуле S=4πR2 и V= 4/3 πR3
получим:
вg
4
3
R b 4 R g He g
3
2
4
R R 3
3
3b
в Не
Плотность воздуха и гелия при Т =273К определим из уравнения
Менделеева-Клапейрона
mRT
mRT
RT
PM
PV P P M
He RM
RT
He
в MV
PM
в
R RT
mоб=4πR2b
M
RT
3 bRT
P(M в M
m=92кг
2 ,7 м
Не
)
Вариант 121 С4
qE
α
mg
Полый шарик массой 0,4 кг с зарядом
q = 8нКл движется в горизонтальном
однородном электрическом поле с
напряженностью Е = 500кВ/м.
Какой угол α образует с вертикалью
траектория шарика, если υ0= 0?
Возможный вариант решения
1. На шарик в электрическом поле вниз действует сила тяжести
FT =mg и вправо электрическая сила Fk =qE
2. Из II закона Ньютона следует ma = FT + Fk
3. При движении из состояния покоя tg Fk
FT
4. После подстановки получаем tgα = 1, α=450
qE
mg
Вариант 121
С5
Небольшой груз на нити, длиной ℓ =2,5м совершает
гармонические колебания, при которых
максимальная скорость достигает 0,2 м/с. При
помощи собирающей линзы с фокусным расстоянием
F=0,2м, изображение колеблющегося тела
проецируется на экран. Главная оптическая ось
линзы перпендикулярна плоскости колебаний
маятника и плоскости экрана. Максимальное
смещение изображения груза на экране от положения
равновесия равно 0,15м. Определите расстояние
между линзой и экраном
Возможный вариант решения
m
2
2
Из з.с.э. mgh , где h (1 cos ) 2 sin
2
2
2
h- максимальная высота подъёма груза. Максимальный угол
отклонения груза α ≈ А/ℓ, где А – амплитуда колебаний
ℓ - длина маятника.
m
2
mg
2
2
g
2
2
2
gA
2
2
A 2
2
g
Амплитуда колебаний А1 смещения груза на экране, расположенном на расстоянии b от линзы пропорциональна А – амплитуде колебаний груза, движущегося на расстоянии a от линзы
А1
А
b
;
b
A1
g
a
a
b
A1
g
F
1
1
;
F
b F (1 1
a
1
b
A1
g
b
a
b
1
F
) b 0 ,5 м
Вариант 121 С6
При облучении катода светом с длиной волны λ = 200 нм фототок
прекращается при задерживающем напряжении U =1,9В.
Определите красную границу фотоэффекта λ0.
Возможный вариант решения
h Aвых hc
0 hc
0
m
2
; c 2
m
m
2
;
hc eU Aвых h 0 ;
2
eU hc
2
2
hc c
;
0 290 нм
hc
0
eU 
Документ
Категория
Презентации по физике
Просмотров
148
Размер файла
302 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа