Розділ: Національний мультитест з фізики
Тест: НМТ 2023
Блок: 2 сесія
Кількість завдань: 20
ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Атом та атомне ядро. Радіоактивність. Період піврозпаду.
Завдання скеровано на перевірку знання і застосування основного закону радіоактивного розпаду.
Скористаймося основним законом радіоактивного розпаду: $$ N=N_0\cdot 2^{-\frac tT}, $$ де \(N\) ‒ кількість ядер радіонукліда, що залишились у зразку через час \(t;\) \(N_0\) ‒ початкова кількість ядер; \(T\) ‒ період піврозпаду; \(t\) ‒ час розпаду.
Виразимо кількість ядер радіонукліда, що залишились у зразку, через початкову кількість ядер відповідно до умови завдання: $$ N=\frac{N_0}{32}. $$
Підставимо всі дані у формулу:
\begin{gather*} \frac{N_0}{32}=N_0\cdot 2^{-\frac{t}{30}},\\[6pt] 2^{-5}=2^{-\frac{t}{30}},\\[6pt] -5=-\frac{t}{30},\\[6pt] t=5\cdot 30=150\ \text{років}. \end{gather*}Кількість атомів радіонукліда, що потрапили у водойму, зменшиться в \(32\) рази через \(150\) років.
Відповідь: 150.
ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Формула тонкої лінзи.
Завдання скеровано на перевірку вміння будувати зображення в збиральній лінзі й уміння застосовувати формулу тонкої лінзи.
Побудуємо відповідно до умови завдання зображення, що дає збиральна лінза.
Побудувавши, отримуємо два рівні прямокутні трикутники – за катетом і гострим кутом: гострі кути рівні як вертикальні, катети рівні за умовою – предмет і його зображення однакового розміру.
Зваживши на це, запишімо формулу тонкої лінзи: $$ \frac 1F=\frac 1d+\frac 1f, $$ де \(F\) – фокусна відстань лінзи, \(d\) – відстань від предмета до лінзи, \(f\) – відстань від лінзи до зображення предмета.
З рівності трикутників випливає, що \(f=d,\) тоді $$ \frac 1F=\frac 1d+\frac 1f=\frac 1d+\frac 1d=\frac 2d. $$
Обчислімо фокусну відстань лінзи:
\begin{gather*} F=\frac d2,\\[6pt] F=\frac{40\ \text{см}}{2}=20\ \text{см}. \end{gather*}Відповідь: 20.
ТЕМА: Електродинаміка. Закони постійного струму. Закон Ома для ділянки кола.
Завдання скеровано на перевірку знання закону Ома для ділянки кола й параметрів, від яких залежить електричний опір.
Електричний опір \(R\) провідника визначають за формулою: $$ R=\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\rho}\frac ls, $$ де \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\rho}\) – питомий опір, \(l\) – довжина провідника, \(s\) – площа поперечного перерізу провідника.
Якщо не замінювати дріт, а брати лише його частину, то у формулі зміниться лише значення довжини дроту, а питомий опір і площа поперечного перерізу залишаться ті самі. Тобто опір провідника прямо пропорційний його довжині: $$ R\sim l. $$
Отже, можна скласти пропорцію. Якщо дріт довжиною \(1,2\ \text{м}\) має опір \(10\ \text{Ом},\) то ділянка цього дроту довжиною \(24\ \text{см}\) \((0,24\ \text{м})\) матиме опір \(R_x:\)
\begin{gather*} 1,2\ \text{м}-10\ \text{Ом}\\[7pt] 0,24\ \text{м}-R_x\ \text{Ом}. \end{gather*}Обчислимо опір ділянки дроту довжиною \(0,24\ \text{м}:\) $$ R_x=\frac{0,24\ \text{м}\cdot 10\ \text{Ом}}{1,2\ \text{м}}=2\ \text{Ом}. $$
За законом Ома для ділянки кола можна визначити силу струму в дроті, якщо за умовою вольтметр показує напругу \(1\ \text{В}\) на ділянці дроту довжиною \(0,24\ \text{м}:\)
\begin{gather*} I=\frac{U}{R_x},\\[6pt] I=\frac{1\ \text{В}}{2\ \text{Ом}}=0,5\ \text{А}. \end{gather*}Відповідь: 0,5.
ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи термодинаміки. Застосування першого закону термодинаміки до ізопроцесів.
Завдання скеровано на перевірку розуміння першого закону термодинаміки стосовно ізобарного процесу.
У ході ізобарного процесу виконується робота \(A\) і змінюється внутрішня енергія \(\Delta U\) газу, тому рівняння першого закону термодинаміки має вигляд $$ Q=\Delta U+A. $$
Під час ізобарного процесу передана газу кількість теплоти \(Q\) витрачається і на збільшення внутрішньої енергії газу, і на виконання механічної роботи. Якщо газ ідеальний одноатомний, то робота газу
$$
A=p\Delta V,
$$
де \(p\) ‒ тиск, \(\Delta V\) ‒ зміна об’єму,
а зміна його внутрішньої енергії
$$
\Delta U=\frac 32p\Delta V.
$$
Кількість теплоти, передана газу, така:
Або $$ Q=\frac{5\ m}{2\ M}R\Delta T=\frac 52 \style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}R\Delta T, $$ де \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}\) ‒ кількість речовини, \(R\) ‒ універсальна газова стала, \(\Delta T\) ‒ зміна температури.
Виразімо з формули й обчислімо кількість речовини:
Відповідь: 6.
ТЕМА: Механіка. Елементи механіки рідин і газів. Архімедова сила.
Завдання скеровано на перевірку знання і вміння застосувати закон Архімеда.
Скористаймося законом Архімеда. На тіло, занурене в рідину або газ, діє виштовхувальна сила \(F_A,\) яка дорівнює вазі (\(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\rho}_\text{рід}\) \(g\) ‒ добуток густини рідини або газу та прискорення вільного падіння) рідини або газу в об’ємі \(V_\text{зан}\) зануреної частини тіла: $$ F_A=\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\rho}_\text{рід}gV_\text{зан}. $$
Обчислимо значення сили Архімеда:
Відповідь: 20.
ТЕМА: Механіка. Основи динаміки. Другий закон Ньютона. Рух тіла під дією кількох сил.
Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати комбіновані завдання ‒ описати коливальний рух за допомогою другого закону Ньютона і закону збереження механічної енергії.
Спочатку скористаймося законом збереження механічної енергії. У момент проходження кулькою положення рівноваги модуль швидкості \(v\) руху кульки масою \(m\) буде максимальним, отже, і кінетична енергія кульки буде максимальною (див. рисунок): $$ E_{kmax}=\frac{mv^2}{2}. $$
А коли кулька підіймається на максимальну висоту \(h\) відносно положення рівноваги, то володіє максимальною потенціальною енергією (\(g\) ‒ прискорення вільного падіння):
\begin{gather*} E_{pmax}=mgh,\\[7pt] E_{kmax}=E_{pmax},\\[6pt] \frac{mv^2}{2}=mgh,\\[6pt] h=\frac{v^2}{2g}. \end{gather*}Це формула для обчислення шуканої за умовою висоти. Але швидкість руху кульки невідома. Визначмо її, скориставшись другим законом Ньютона: $$ m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{T}. $$
Тобто на кульку діє сила тяжіння \(m\overrightarrow{g}\) і сила натягу \(\overrightarrow{T}\) нитки.
Оскільки, гойдаючись на нитці, кулька рухається по дузі кола, то прискорення \(\overrightarrow{a}\) ‒ доцентрове, його модуль $$ a=\frac{v^2}{R}, $$ де \(R=l\) ‒ радіус обертання дорівнює довжині нитки.
Знайдемо проєкції векторів усіх величин другого закону Ньютона на вісь \(Ox\) і підставимо вираз для доцентрового прискорення:
\begin{gather*} ma=-mg+T,\\[6pt] m\frac{v^2}{l}=-mg+T. \end{gather*}Виразимо звідси модуль швидкості руху \(v\) й обчислимо його:
Підставимо це значення швидкості руху кульки у формулу для обчислення максимальної висоти її підйому:
Відповідь: 0,25.
ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Світлові кванти. Фотоефект й експериментально встановлені його закони. Рівняння Ейнштейна для фотоефекту.
Завдання скеровано на перевірку знання, розуміння і застосування фізичних характеристик, рівняння Ейнштейна для фотоефекту, його законів.
1. Енергія \(E_\text{ф}\) фотона прямо пропорційна частоті \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}\) електромагнітного випромінювання, квантом якого і є цей фотон. У разі поглинання світла речовиною фотон передає всю енергію частинкам речовини: $$ E_\text{ф}=h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}\ (h - \text{стала Планка}). $$
Якщо за умовою частоту світла, яке падає на поверхню металу, збільшили в \(1,5\) раза, то енергія фотона теж збільшиться в \(1,5\) раза (Б): $$ E_{\text{ф}1}=h\cdot 1,5\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}=1,5E_\text{ф}. $$
2. Довжину \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\lambda}\) хвилі світла обчислюють за формулою:
Після збільшення частоти світла в \(1,5\) раза довжина хвилі зменшиться в 1,5 раза (А), тому що залежність між величинами обернена:
$$ \style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\lambda}_1=\frac{c}{1,5\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}}=\frac{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\lambda}}{1,5} $$3. Робота виходу \(A_\text{вих}\) ‒ це фізична величина, що характеризує метал і дорівнює енергії, яку треба передати електрону для того, щоб він зміг подолати сили, які утримують його на поверхні металу. Для кожної речовини існує мінімальна частота \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_{min}\) світлової хвилі (червона межа фотоефекту), за якої починається фотоефект: $$ A_\text{вих}=h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_{min}. $$
Якщо ще збільшувати частоту світла, то збільшуватиметься не робота виходу (яка є конкретною для кожного металу), а максимальна початкова швидкість й кінетична енергія фотоелектронів.
Отже, робота виходу електрона з металу не зміниться (Д).
4. Запишімо рівняння Ейнштейна для фотоефекту за початкових умов (до зміни частоти): $$ h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_1=A_\text{вих}+E_{kmax1}, $$ де \(E_{kmax}=eU_\text{з}\).
Тоді рівняння для фотоефекту таке: $$ h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_1=A_\text{вих}+eU_\text{з1}, $$ де \(E_{kmax}\) ‒ максимальна кінетична енергія фотоелектрона, \(eU_\text{з}\) ‒ робота електростатичного поля (\(e\) ‒ модуль заряду електрона, \(U_\text{з}\) ‒ затримувальна (запірна) напруга, з досягненням якої навіть найшвидші електрони не дістануться анода, а отже, фотострум припиниться).
Запишімо рівняння Ейнштейна для фотоефекту, якщо частота світла збільшилася в \(1,5\) раза. Як показав дослід, затримувальна напруга (а отже, й початкова швидкість фотоелектронів) збільшиться внаслідок збільшення частоти світлової хвилі, яка падає на катод: $$ h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_2=A_\text{вих}+eU_\text{з2}. $$
Перевіримо аналітично:
1) чи дійсно затримувальна напруга збільшиться;
2) якщо так, то в скільки разів \(k:\)
Поділимо рівняння одне на одне:
\begin{gather*} \frac{h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_2}{h\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\nu}_1}=\frac{A_\text{вих}+eU_\text{з2}}{A_\text{вих}+eU_\text{з1}},\\[6pt] 1,5=\frac{A_\text{вих}+ekU_\text{з1}}{A_\text{вих}+eU_\text{з1}},\\[6pt] A_\text{вих}+ekU_\text{з1}=1,5A_\text{вих}+1,5eU_\text{з1},\\[6pt] ekU_\text{з1}-1,5eU_\text{з1}=1,5A_\text{вих}-A_\text{вих},\\[7pt] (k-1,5)eU_\text{з1}=0,5A_\text{вих},\\[6pt] k-1,5=\frac{0,5A_\text{вих}}{eU_\text{з1}},\\[6pt] k=1,5+\frac{0,5A_\text{вих}}{eU_\text{з1}}\gt 1,5. \end{gather*}Отже, математично ми довели, що \(k\gt 1,5,\) тобто затримувальна напруга збільшиться більш ніж в \(1,5\) раза (Г).
Відповідь: 1Б, 2А, 3Д, 4Г.
ТЕМА: Механіка. Основи динаміки.
Завдання скеровано на перевірку розуміння руху тіла вздовж похилої площини під дією кількох сил.
Зобразімо схематично транспортер у вигляді похилої площини та брусок на ньому, що рухається вгору разом зі стрічкою транспортера зі швидкістю \(\overrightarrow{v}.\) Позначмо вектори сил 1–4.
Сила тяжіння \(m\overrightarrow{g}\ (1)\) із боку Землі завжди напрямлена вертикально вниз (до центра Землі). На рисунку вектор сили тяжіння розташований під тупим кутом до напрямку швидкості \(\overrightarrow{v}\) руху бруска (Д).
Сила нормальної реакції \(\overrightarrow{N}\ (2)\) стрічки транспортера перпендикулярна до напрямку швидкості \(\overrightarrow{v}\) руху бруска (Б).
Брусок, рухаючись угору разом зі стрічкою транспортера, не зісковзує вниз завдяки силі третя \(\overrightarrow{F}_\text{тертя}\ (3)\) з боку стрічки транспортера, напрямленій проти зісковзування, тобто вгору вздовж напрямку швидкості \(\overrightarrow{v}\) руху бруска (А).
Сила опору \(\overrightarrow{F}_\text{опору}\ \text{повітря} (4)\) напрямлена протилежно до напрямку швидкості \(\overrightarrow{v}\) руху бруска (Г).
Відповідь: 1Д, 2Б, 3А, 4Г.
ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Атом та атомне ядро. Ядерні реакції.
Завдання скеровано на перевірку вміння складати рівняння ядерних реакцій.
Ядерною реакцією називають взаємодію ядер або елементарних частинок із ядром, яка відбувається з утворенням частинок, відмінних від початкових.
Під час ядерних реакцій, як і під час будь-яких явищ, що відбуваються у Всесвіті, справджуються закони збереження: закон збереження електричного заряду, закон збереження імпульсу, закон збереження енергії-маси.
Запишімо рівняння ядерної реакції відповідно до умови завдання: $$ ^{198}_{\ \ 80}\mathrm{Hg}+^1_0n\rightarrow ^{198}_{\ \ 80}\mathrm{X}+^1_1p. $$
Порядковий номер елемента \(^{198}_{\ \ 80}\mathrm{X}\) у періодичній системі хімічних елементів відповідає кількості протонів у ядрі ‒ зарядовому або протонному числу: $$ \mathrm{Z}=79\ (\text{лівий підрядковий індекс}). $$
Відповідь: B.
ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Принципи (постулати) теорії відносності Ейнштейна.
Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння наслідків постулатів спеціальної теорії відносності, зокрема того, який зв’язок між масою та енергією.
Будь-яке тіло (будь-яка частинка) масою \(m\) несе із собою запас енергії \(E.\)
Дійсно, навіть якщо швидкість руху тіла (частинки) зменшується до нуля \((v=0),\) то тіло все одно має енергію:
\begin{gather*} E=\frac{mc^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}};\\[6pt] E=mc^2. \end{gather*}За умовою газ унаслідок конвекції отримав ще кількість теплоти \(Q,\) а потім утратив унаслідок теплопровідності кількість теплоти \(0,2Q\) і виконав під час розширення роботу \(0,5Q\) (тобто теж втратив), то загалом ще отримав
$$ \Delta Q=Q-0,2Q-0,5Q=0,3Q. $$Якщо тіло, навіть не рухаючись, має енергію \(E,\) то його маса $$ m=\frac{E}{c^2}. $$
Отримавши ще енергію \(\Delta Q\) внаслідок перебігу процесів, зазначених в умові завдання, тіло матиме енергію \((\Delta Q+E).\) Його масу можна обчислити так: \begin{gather*} \Delta Q+E=mc^2,\\[7pt] m=\frac{E}{c^2}+\frac{\Delta Q}{c^2},\\[6pt] m=\frac{E}{c^2}+\frac{0,3Q}{c^2}. \end{gather*}
Тобто маса тіла збільшилася на \(\frac{0,3Q}{c^2}.\)
Відповідь: B.
ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Електромагнітні коливання і хвилі. Трансформатор.
Завдання скеровано на перевірку розуміння особливостей роботи навантаженого трансформатора й співвідношення величин, якими описують його роботу.
Якщо вторинну обмотку трансформатора замкнути на навантаження (підімкнути споживача ‒ наприклад, лампу), то в обмотці виникне електричний струм (див. рисунок).
Цей струм спричинить зменшення магнітного потоку в осерді і, як наслідок, зменшення ЕРС (електрорушійної сили) самоіндукції в первинній обмотці. Унаслідок цього сила струму в первинній обмотці збільшиться і магнітний потік зросте до попереднього значення. Що більшими є сила струму у вторинній обмотці й потужність, яку трансформатор віддає споживачеві, то більшими є струм у первинній обмотці й потужність, яка надходить у трансформатор від джерела.
Під час роботи навантаженого трансформатора для відповідних значень напруги і сили струму справджується приблизна рівність: $$ \frac{U_1}{U_2}\approx\frac{I_2}{I_1}. $$
Це означає, що в підвищувальному трансформаторі сила струму більша в первинній обмотці \((U_1\lt U_2\Rightarrow I_1\gt I_2),\) а в понижувальному трансформаторі сила струму більша у вторинній обмотці \((U_1\gt U_2\Rightarrow I_1\lt I_2).\)
Якщо трансформатор ідеальний (утрати енергії дорівнюють нулю), то в скільки разів він збільшує напругу, у стільки ж разів він зменшує силу струму, і навпаки.
За умовою трансформатор знижувальний ‒ у вторинній обмотці менше витків, ніж у первинній, отже, правильними є співвідношення \(U_1\gt U_2,\ I_1\lt I_2.\)
Відповідь: B.
ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Механічні коливання і хвилі. Гармонічні коливання.
Завдання скеровано на перевірку вміння застосовувати рівняння гармонічних коливань і знання відповідних фізичних величин.
Коливання, під час яких координата \(x\) тіла, що коливається, змінюється із часом \(t\) за законом косинуса (або, як тут, синуса), називають гармонічними коливаннями. Їх описують таким рівнянням у загальному вигляді: $$ x=A\sin(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\omega}t+\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\varphi}_0), $$ де \(A\) ‒ амплітуда коливань, \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\omega}\) ‒ циклічна частота коливань, \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\varphi}_0\) ‒ початкова фаза коливань.
За умовою амплітуда коливань $$ A=5\ \text{см}=0,05\ \text{м}. $$
Отже, із чотирьох рівнянь у варіантах відповіді умову задовольняють лише ті два, у яких множник біля функції синуса дорівнює \(0,05.\)
За умовою період коливань тіла $$ T=0,5\ \text{с}. $$
Тобто циклічна частота $$ \style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\omega}=\frac{2\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}}{T}=\frac{2\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}}{0,5}=4\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}. $$
Циклічна частота в рівнянні, записаному в загальному вигляді, є множником біля часу \(t.\) Даних про початкову фазу в умові немає, тобто $$ \style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\varphi}_0=0. $$
Отже, усім параметрам відповідає рівняння $$ x=0,05\sin(4\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}t). $$
Відповідь: Г.
ТЕМА: Електродинаміка. Магнітне поле, електромагнітна індукція. Сила Лоренца.
Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння визначення напрямку дії сили Лоренца.
Силу, з якою магнітне поле діє на рухому заряджену частинку, називають силою Лоренца.
Напрямок сили Лоренца визначають за правилом лівої руки: лінії магнітної індукції \(\overrightarrow{B}\) входять у долоню, чотири витягнуті пальці спрямовують за напрямком руху \(\overrightarrow{v}\) позитивно зарядженої частинки (або протилежно до руху негативно зарядженої), і тоді відігнутий на \(90^\circ\) великий палець укаже напрямок сили Лоренца \(\overrightarrow{F}_\text{л}\) (див. рисунок).
Отже, якщо людина розмістить долоню лівої руки відповідно до правила, великий палець буде напрямлений до неї перпендикулярно до площини рисунка. Це варіант відповіді B.
Відповідь: B.
ТЕМА: Електродинаміка. Електричний струм у різних середовищах. Електричний струм у розчинах і розплавах електролітів.
Завдання скеровано на перевірку знання базових понять електролітичної дисоціації, рекомбінації, йонізації, фотоефекту й розуміння їхнього фізичного змісту.
Розпад молекул на йони під впливом полярних молекул розчинника називають електролітичною дисоціацією.
Наприклад, коли кристалик кухонної солі потрапляє у воду, полярні молекули води оточують йони Натрію і йони Хлору й відокремлюють їх від кристалика.
Унаслідок цього в розчині з’являються вільні заряджені частинки ‒ позитивні і негативні йони.
Злиття різнойменних йонів у молекулу чи кристал називають рекомбінацією йонів.
Утворення під впливом йонізатора позитивних і негативних йонів, а також, можливо, ще й вільних електронів із нейтральних молекул й атомів, називають йонізацією.
Вивільнення електронів речовини під дією електромагнітного випромінювання називають фотоефектом.
Відповідь: A.
ТЕМА: Електродинаміка. Основи електростатики. Енергія електричного поля.
Завдання скеровано на перевірку знання величин, від яких залежить енергія електричного поля конденсатора.
Енергію електричного поля \(W_\text{ел}\) конденсатора визначають за формулою $$ W_\text{ел}=\frac{q^2}{2C}, $$ де \(q\) ‒ заряд конденсатора, \(C\) ‒ електроємність конденсатора.
Якщо заряд конденсатора зменшили вдвічі, то
Отже, за незмінної електроємності (тому що зменшували заряд того самого конденсатора) енергія конденсатора залежить від зміни заряду.
Унаслідок зменшення заряду у \(2\) рази енергія електричного поля конденсатора зменшиться в \(4\) рази, що ми аналітично довели.
Відповідь: B.
ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Властивості газів, рідин і твердих тіл. Плавлення і тверднення тіл.
Завдання скеровано на перевірку розуміння процесів переходу речовини з одного агрегатного стану в інший.
Плавлення ‒ це процес переходу речовини з твердого стану в рідкий.
Проаналізувавши наведений у завданні графік, можна дійти висновку, що протягом \(92\) секунд температура підвищується (олово отримує певну кількість теплоти). У цей інтервал часу збільшується кінетична енергія коливального руху структурних одиниць олова у вузлах кристалічних ґраток.
Після досягнення температури \(232\ ^\circ\mathrm{C}\) олово починає плавитися, а його температура не змінюється (горизонтальна ділянка графіка ‒ від \(92\) до \(196\ \text{с}\)) попри те, що нагрівач продовжує працювати й передавати олову певну кількість теплоти.
Уся енергія, що надходить від нагрівача, витрачається на руйнування кристалічних ґраток олова. У цей інтервал часу збільшення внутрішньої енергії олова триває.
Після того, як усе олово розплавиться, його температура починає зростати (ділянка від \(196\ \text{с}\) і більше), тобто починає зростати кінетична енергія руху молекул.
Отже, під час плавлення температура олова не змінювалася (горизонтальна ділянка графіка), а це тривало відповідно до графіка від \(92\) до \(196\ \text{с}:\) $$ \Delta t=196-92=104\ \text{с}. $$
Відповідь: B.
ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи молекулярно-кінетичної теорії. Температура. Рівняння стану ідеального газу. Ізопроцеси.
Завдання скеровано на перевірку розуміння поняття середньої кінетичної енергії хаотичного руху молекул, а також розуміння процесів, що відбуваються з газом.
Середня кінетична енергія \(\overline{E}_k\) поступального руху молекул ідеального газу (кінетична енергія поступального руху, що в середньому припадає на одну молекулу масою \(m_0\)) дорівнює: $$ \overline{E}_k=\frac{m_0\overline{v^2}}{2}, $$ де \(\overline{v^2}\) ‒ середній квадрат швидкості.
Також середня кінетична енергія поступального руху молекул ідеального газу прямо пропорційна абсолютній температурі \(T:\) $$ \overline{E}_k=\frac 32kT, $$ де \(k\) ‒ стала Больцмана.
Під час ізохорного охолодження температура зменшуватиметься, відповідно середня кінетична енергія хаотичного руху молекул газу теж зменшуватиметься.
Ізотермічне стискання відбувається за сталої температури. Отже, середня кінетична енергія хаотичного руху молекул газу не зростатиме.
У ході адіабатного розширення, відповідно до першого закону термодинаміки, газ виконує додатну роботу внаслідок зменшення внутрішньої енергії, а температура газу зменшується. Тобто середня кінетична енергія хаотичного руху молекул газу зменшуватиметься.
Під час ізобарного розширення передана газу кількість теплоти витрачається і на збільшення внутрішньої енергії газу, і на виконання механічної роботи. Якщо збільшується внутрішня енергія, то й температура збільшуватиметься. Тому середня кінетична енергія хаотичного руху молекул газу зростатиме.
Відповідь: Г.
ТЕМА: Механіка. Закони збереження в механіці. Механічна робота.
Завдання скеровано на перевірку розуміння змісту поняття механічної роботи й умов виконання її.
Механічна робота (робота сили) \(A\) ‒ це фізична величина, яка характеризує зміну механічного стану тіла й дорівнює добутку модуля сили \(F,\) модуля переміщення \(s\) і косинуса кута \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}\) між вектором сили і вектором переміщення: $$ A=Fs\cos\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}. $$
І з формули, і з рисунка випливає, що робота дорівнюватиме нулю, якщо кут між векторами сили й переміщення становить \(90^\circ,\) відповідно cos \(90^\circ=0,\) а отже, і добуток всіх величин, що визначають роботу, дорівнює нулю.
За всіх інших значень кута \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}\) між вектором сили й вектором переміщення сила тяжіння виконує роботу.
На книгу, що лежить на столі, сила тяжіння діє вертикально вниз, але книга перебуває в стані спокою відносно стола й переміщення не здійснює, тому що дія сили тяжіння скомпенсована дією сили нормальної реакції з боку стола. Тобто сила тяжіння роботу не виконує.
Крапелька води падає під час дощу, тобто здійснює переміщення саме під дією сили тяжіння, отже, сила тяжіння в цій ситуації виконує роботу.
Коли дерев’яна колода плаває на поверхні озера, дія сили тяжіння скомпенсована дією сили Архімеда, і колода у вертикальному напрямку не переміщається ‒ сила тяжіння роботу не виконує. Однак в умові зазначено, що колода плаває, тобто є горизонтальне переміщення, зумовлене не силою тяжіння. Тоді кут між векторами сили тяжіння і вектором переміщення становитиме \(90^\circ\) ‒ робота сили тяжіння дорівнює нулю.
Єдина сила, яка діє на супутник під час руху коловою орбітою навколо Землі – це гравітаційна сила притягання Землі – сила тяжіння, що спрямована до центра Землі. Це означає, що супутник здійснює рівномірний рух по колу, його швидкість постійна, що дає змогу підтримувати незмінною відстань між супутником і центром Землі.
Згідно з теоремою про потенціальну енергію (робота всіх консервативних сил, які діють на тіло, дорівнює зміні потенціальної енергії тіла, узятій із протилежним знаком) зміни відстані між супутником і Землею не відбувається. Отже, зміна потенціальної енергії дорівнює нулю, сила тяжіння роботу не виконує.
Можна міркувати так: до вектора швидкості руху супутника в кожній точці колової орбіти, а також до вектора переміщення в кожній точці колової орбіти вектор сили тяжіння перпендикулярний, а \(\cos 90^\circ=0.\)
Отже, правильний варіант відповіді ‒ Б.
Відповідь: Б.
ТЕМА: Механіка. Основи кінематики. Рівномірний і рівноприскорений рухи.
Завдання скеровано на перевірку вміння описувати рух аналітично.
За умовою швидкість під час прямолінійного руху тіла протягом усього часу збільшується, тобто тіло рухається прискорено.
Запишімо рівняння залежності координати \(x\) від часу \(t\) в загальному вигляді для прямолінійного рівноприскореного руху: $$ x=x_0+v_0t+\frac{at^2}{2}, $$ де \(x_0\) ‒ початкова координата, \(v_0\) ‒ початкова швидкість, \(a\) ‒ прискорення.
Варіанти відповіді \(x=5+3t\) і \(x=5-3t\) описують прямолінійний рівномірний рух, тому що немає доданку \(\frac{at^2}{2},\) тобто прискорення дорівнює нулю.
Розгляньмо рівняння \(x=5t-2t^2:\) початкова координата \(x_0=0,\) початкова швидкість \(v_0=5\ \text{м/с},\) прискорення \(a=-4\ \text{м/с}^2\) (знак мінус тут означає, що тіло гальмує, вектори швидкості й прискорення напрямлені протилежно, що суперечить умові завдання).
Розгляньмо рівняння \(x=5-2t^2:\) початкова координата \(x_0=5\ \text{м},\) початкова швидкість \(v_0=0,\) прискорення \(a=-4\ \text{м/с}^2.\) Тобто тіло розганяється зі стану спокою, але в напрямку, протилежному до напрямку осі \(Ox,\) тому прискорення від’ємне. Це правильна відповідь.
Відповідь: A.
ТЕМА: Механіка. Основи кінематики. Траєкторія. Шлях і переміщення.
Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння змісту понять шляху й переміщення.
Шлях \(l\) ‒ це фізична величина, яка дорівнює довжині траєкторії або довжині її певної ділянки.
Переміщення \(\overrightarrow{s}\) ‒ це векторна величина, яку графічно подають у вигляді напрямленого відрізка прямої, який з’єднує початкове 1 і кінцеве 2 положення матеріальної точки.
Згідно з умовою шлях утричі більший за модуль переміщення: $$ \frac ls=3. $$
Розгляньмо кожен варіант відповіді.
A півколо
Шлях у цьому разі дорівнюватиме довжині півкола радіуса \(R:\) $$ l=\frac{2\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}R}{2}=\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}R. $$
Модуль переміщення дорівнюватиме подвійному радіусу ‒ діаметру цього кола:
Б дві сторони квадрата
Шлях у цьому разі дорівнюватиме сумі довжин двох сторін \(a\) квадрата: $$ l=2a. $$
Модуль переміщення дорівнюватиме довжині діагоналі квадрата зі стороною \(a\) ‒ тобто гіпотенузі прямокутного рівнобедреного трикутника:
B відрізок
Шлях у цьому разі дорівнює модулю переміщення:
Г три сторони квадрата
Шлях у цьому разі дорівнюватиме сумі довжин трьох сторін \(a\) квадрата: $$ l=3a. $$
Модуль переміщення дорівнюватиме довжині сторони квадрата зі стороною \(a.\)
Відповідь: Г.