ТЕМА: Електродинаміка. Основи електростатики. Електроємність. Конденсатори.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння будови конденсатора та його технічних характеристик.

Годинник зможе працювати від цього конденсатора, поки напруга на ньому буде не нижчою за \(1,3\ \text{В}.\) На початку конденсатор був заряджений до напруги \(1,5\ \text{В}.\) Електроємність \(C\) конденсатора визначають за формулою \begin{gather*} C=\frac qU, \end{gather*} де \(q\) – заряд конденсатора, \(U\) − напруга між обкладками.

Отже, за певний час заряд конденсатора зменшиться на \(\Delta q:\)

Сила струму \(I\) зможе підтримуватися незмінною, як зазначено в умові, лише певний час \(\Delta t,\) поки зміна заряду конденсатора не приведе до падіння напруги від \(1,5\ \text{В}\) до \(1,3\ \text{В}:\) $$ I=\frac{\Delta q}{\Delta t} $$

За нижчої напруги годинник не працюватиме.

Визначімо проміжок часу, у який працюватиме годинник:

Відповідь: 25.

ТЕМА: Електродинаміка. Закони постійного струму. Опір провідників. Послідовне і паралельне з’єднання провідників.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння того, від яких параметрів провідника залежить його електричний опір, а також застосування правил визначення характеристик електричного струму під час послідовного і паралельного з’єднання провідників.

Опір \(R\) провідника (дротини), який має незмінний поперечний переріз, можна обчислити за формулою $$ R=\frac{\mathbf{\rho}l}{S}, $$ де \(\mathbf{\rho}\) − питомий опір речовини, з якої виготовлений провідник; \(l\) − довжина провідника; \(S\) − площа поперечного перерізу провідника.

Виразімо питомий опір: $$ \mathbf{\rho}=\frac{RS}{l}. $$

Визначімо з умови опір \(R\) і площу поперечного перерізу \(S\) дротини (довжину \(l\) дротини дано в умові).

Покази вольтметра, що паралельно підключений до дротини (див. рисунок), становлять \(1\ \text{В}.\) Сила струму в колі дорівнює \(0,5\ \text{А}.\) Оскільки дротина й реостат з’єднані послідовно, сила струму, яку показує амперметр у колі, буде така сама і в дротині – \(0,5\ \text{А}.\)

Отже, можна визначити електричний опір дротини за законом Ома для ділянки кола: $$ R=\frac UI=\frac{1\ \text{В}}{0,5\ \text{А}}=2\ \text{Ом}. $$

Щоб визначити площу поперечного перерізу дротини, скористаймося методом рядів. На рисунку праворуч є ряд, утворений витками дротини. Довжина цього ряду \(L=12\ \text{мм}.\) Кількість витків у ряді \(N=24.\) Обчислімо діаметр \(d\) дротини: $$ d=\frac LN=\frac{12\ \text{мм}}{24}=0,5\ \text{мм}. $$

Ми свідомо не виразили значення діаметра дротини в метрах, оскільки вимога завдання – подати відповідь в \(\text{Ом}\cdot \text{мм}^2/\text{м}.\)

Тоді площу поперечного перерізу визначімо за формулою площі круга: $$ S=\mathbf{\pi}R^2=\frac{\mathbf{\pi}d^2}{4}. $$

Підставімо цей вираз для площі у формулу для питомого опору й обчислімо його:

Відповідь: 1,25.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи термодинаміки. Коефіцієнт корисної дії теплової машини.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння поняття коефіцієнта корисної дії.

З одного боку коефіцієнт корисної дії \(\mathbf{\eta}\) теплової машини − фізична величина, яка характеризує економічність теплової машини і дорівнює відношенню роботи \(A,\) виконуваної машиною за цикл, до кількості теплоти \(Q,\) одержуваної від нагрівника: $$ \mathbf{\eta}=\frac AQ\cdot 100\ \text{%}. $$

З іншого боку коефіцієнт корисної дії ідеальної теплової машини дорівнює: $$ \mathbf{\eta}=\frac{T_\text{н}-T_\text{х}}{T_\text{н}}\cdot 100\ \text{%}, $$ де \(T_\text{н}\)− температура нагрівника; \(T_\text{х}\) − температура холодильника

Прирівняємо ці два вирази для коефіцієнта корисної дії: \begin{gather*} \frac AQ\cdot 100\ \text{%}=\frac{T_\text{н}-T_\text{х}}{T_\text{н}}\cdot 100\ \text{%}. \end{gather*}

Визначімо із цієї рівності кількість теплоти \(Q,\) яку має передати нагрівник робочому тілу \((T_\text{н}=527\ ^\circ\mathrm{C}+273=800\ \text{К},\) \(T_\text{х}=7\ ^\circ\mathrm{C}+273=280\ \text{К}):\)

Відповідь: 8.

ТЕМА: Механіка. Елементи механіки рідин і газів. Архімедова сила. Умова плавання тіл.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння повітроплавання тіл, уміння описувати його за допомогою формул.

Позначмо всі сили, що діють на систему тіл у повітрі: повітряна куля з гелієм ‒ вантаж. Це сила тяжіння \(m_\text{в}\overrightarrow{g},\) що діє на вантаж, сила тяжіння \((m_\text{об}+m_\text{He})\overrightarrow{g},\) що діє на повітряну кулю (оболонка плюс гелій), виштовхувальна сила (сила Архімеда) \(\overrightarrow{F}_A,\) що діє з боку повітря на цю систему тіл (див. рисунок).

За другим законом Ньютона векторна сума всіх сил дорівнюватиме нулю, оскільки в умові зазначено, що система не рухається: $$ m_\text{в}\overrightarrow{g}+(m_\text{об}+m_\text{He})\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}_A=0. $$

Запишімо це рівняння в проєкціях: $$ (m_\text{в}+m_\text{об}+m_\text{He})g=F_A. $$

Розпишімо силу Архімеда: $$ F_A=\mathbf{\rho}_\text{пов}gV, $$ де \(\mathbf{\rho}_\text{пов}\) ‒ густина повітря, \(g\) ‒ прискорення вільного падіння, \(V\) ‒ об’єм системи куля ‒ вантаж. В умові зазначено, що об’єм вантажу малий, тож ним можна знехтувати. Оболонка кулі є тонкою, тобто нехтуємо її товщиною, яка не впливатиме на шуканий об’єм. Також в умові відмічено, що газонепроникна оболонка кулі не чинить опору зміні об’єму кулі, тобто тиск \(p\) повітря ззовні кулі дорівнюватиме тиску, який чинить зсередини гелій. Отже, оскільки куля має неправильну форму, і ми не зможемо обчислити її об’єм, визначімо об’єм гелію \(V_\text{He}\) з рівняння стану ідеального газу ‒ рівняння Менделєєва ‒ Клапейрона (ідеальність гелію і повітря теж зазначено в умові): $$ pV_\text{He}=\frac{m_\text{He}}{M_\text{He}}RT, $$ де \(m_\text{He}\) ‒ маса гелію, \(M_\text{He}\) ‒ молярна маса гелію, \(R\) ‒ універсальна газова стала, \(T\) ‒ абсолютна температура.

Тобто $$ V_\text{He}=\frac{m_\text{He}\cdot RT}{p\cdot M_\text{He}}. $$

Запишімо рівняння Менделєєва ‒ Клапейрона для повітря: $$ pV_\text{пов}=\frac{m_\text{пов}}{M_\text{пов}}RT. $$

Звідси визначімо густину повітря: $$ \frac{pM_\text{пов}}{RT}=\frac{m_\text{пов}}{V_\text{пов}}=\mathbf{\rho}_\text{пов}. $$

Підставімо вирази для густини повітря і для об’єму гелію у формулу виштовхувальної сили:

Повернімося до запису другого закону Ньютона в проєкціях і визначімо шукану величину ‒ масу гелію:

Відповідь: 100.

ТЕМА: Механіка. Основи динаміки. Сила пружності. Закон Гука.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння закону Гука.

1. Сила пружності \(\overrightarrow{F}_\text{пруж}\) − це сила, яка виникає під час деформації тіла і намагається повернути тіло в недеформований стан. За законом Гука в разі малих пружних деформацій розтягнення або стиснення сила пружності прямо пропорційна видовженню тіла: $$ \overrightarrow{F}_\text{пруж}=-k\overrightarrow{x}. $$

Знак мінус показує, що сила пружності напрямлена в бік, протилежний видовженню.

Запишімо закон Гука для модулів: $$ F_\text{пруж}=k|x|=k|\Delta l|, $$ де \(x=\Delta l\) – видовження, \(k\) – жорсткість пружини.

\begin{gather*} k=\frac{F_\text{пруж}}{|x|},\\[6pt] k=\frac{45\ \text{Н}}{0,15\ \text{м}}=300\frac{\text{Н}}{\text{м}}. \end{gather*}

Відповідь: 300.

2. Визначімо силу пружності \(F_\text{пруж1}\) у разі видовження тієї самої пружини \((k=300\ \text{Н/м})\) на \(|x_1|=10\ \text{см}=0,1\ \text{м}:\)

Відповідь: 30.

Відповідь: 1. 300. 2. 30.

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння дослідів або спостережень, що сприяли відкриттям із розділів «Елементи теорії відносності», «Світлові кванти» й «Атом та атомне ядро».

1. Явище радіоактивності – засвічення фотопластинки солями Урану (Г).

Анрі Антуан Беккерель (1852–1908) − французький фізик, знаючи, що рентгенівські промені, на відміну від світлових, проходять крізь чорний папір, узяв загорнуту в чорний папір фотопластинку, поклав на неї крупинки уранової солі й на кілька годин виніс фотопластинку на яскраве сонячне світло. Після проявлення на фотопластинці виявилися темні плями саме в тих місцях, де лежала уранова сіль. Таким чином було з’ясовано, що уранова сіль дійсно випускає випромінювання, яке має велику проникну здатність і діє на фотопластинку. Беккерель вирішив продовжити дослідження і підготував дослід, який дещо відрізнявся від попереднього. Проте науковцю завадила похмура погода, і він із жалем поклав готову до досліду фотопластинку з урановою сіллю та мідним хрестом між ними в шухляду стола. Через кілька днів, так і не дочекавшись появи сонця, Беккерель вирішив про всяк випадок проявити фотопластинку. Результат був несподіваним: на пластинці з’явився контур хреста. Тож сонячне світло тут ні до чого, і сіль Урану сама, без впливу зовнішніх чинників, випускає невидиме випромінювання, якому не є перешкодою навіть шар міді! Пізніше таке випромінювання назвали радіоактивним випромінюванням (від латин. radio − випромінюю, activus − дієвий); здатність речовин до радіоактивного випромінювання – радіоактивністю. Це був 1896 рік.

2. Планетарна модель атома − бомбардування альфа-частинками золотої фольги (А).

Вузький пучок \(\mathbf{\alpha}\text{-частинок}\) зі свинцевого контейнера спрямовувався на тонку золоту фольгу, а далі потрапляв в екран, покритий шаром кристалів цинк сульфіду. Якщо в такий екран улучала \(\mathbf{\alpha}\text{-частинка},\) то в місці її влучання відбувався слабкий спалах світла. Переважна більшість \(\mathbf{\alpha}\text{-частинок}\) проходила крізь золоту фольгу, не змінюючи напрямку руху, деякі відхиляються від початкової траєкторії. Приблизно одна з \(20000\) частинок відскакувала від фольги, начебто натикаючись на якусь перешкоду. Після зазначених дослідів Ернест Резерфорд (1871–1937), видатний англійський фізик, у 1911 р. запропонував ядерну модель будови атома: атом складається з позитивно зарядженого ядра, оточеного негативно зарядженими частинками − електронами; саме в ядрі зосереджена мало не вся маса атома.

Ядерна (планетарна) модель атома, запропонована Резерфордом, була розвинена в роботах видатного данського фізика Нільса Бора (1885–1962). Саме на ядерній моделі ґрунтується сучасне уявлення про будову атома.

3. Закони фотоефекту – опромінювання металів світлом (В).

Розрізняють зовнішній фотоефект, за якого фотоелектрони вилітають за межі тіла, і внутрішній фотоефект, за якого електрони, «вирвані» світлом із молекул і атомів, залишаються всередині тіла.

Зовнішній фотоефект відкрив німецький фізик Г. Герц 1887 р., а детально дослідив О. Столєтов (1839–1896) у 1888–1890 рр. Для вивчення фотоефекту О. Столєтов використав пристрій, сучасне зображення якого схематично наведено на рисунку. Усередині камери, з якої викачано повітря, розташовані два електроди (катод К і анод А), на які подається напруга від джерела постійного струму.

4. Три типи радіоактивних променів – дія магнітного поля на випромінювання урану (Б).

Досліди з вивчення природи радіоактивного випромінювання показали, що радіоактивні речовини можуть випромінювати промені трьох видів: позитивно заряджені частинки (\(\mathbf{\alpha}\) (альфа)-випромінювання), негативно заряджені частинки (\(\mathbf{\beta}\) (бета)-випромінювання) і нейтральні промені (\(\mathbf{\gamma}\) (гамма)-випромінювання). На рисунку зображено схему одного з таких дослідів: пучок радіоактивного випромінювання потрапляє спочатку в сильне магнітне поле постійного магніту, а потім на фотопластинку. Після проявлення фотопластинки на ній чітко видно три темні плями. Найбільший внесок у вивчення \(\mathbf{\alpha}\text{-випромінювання}\) зробив Е. Резерфорд. Він одним із перших з’ясував, що \(\mathbf{\alpha}\text{-випромінювання}\) − це потік ядер атомів Гелію. \(\mathbf{\beta}\text{-випромінювання},\) як і \(\mathbf{\alpha}\text{-випромінювання},\) відхиляється магнітним полем, але в протилежний бік. Виявлено, що \(\mathbf{\beta}\text{-випромінювання}\) − це потік електронів, які летять із величезною швидкістю (наближеною до швидкості поширення світла). Вивчення \(\mathbf{\gamma}\text{-випромінювання}\) показало, що це електромагнітні хвилі надзвичайно високої частоти (понад \(10^{18}\) Гц).

Відповідь: 1Г, 2А, 3В, 4Б.

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Шкала електромагнітних хвиль. Властивості електромагнітного випромінювання різних діапазонів.

Завдання скеровано на перевірку знань про різні види електромагнітного випромінювання і їхні джерела.

Під час розпаду радіонуклідів у ядерному реакторі виникає радіоактивне випромінювання, один із видів якого – гамма-промені.

Будь-які тіла, температура яких вища від абсолютного нуля, випромінюють інфрачервоні промені. Саме на цьому ґрунтується застосування їх у тепловізорах – приладах нічного бачення. Тому гарячий чай є джерелом інфрачервоного (теплового) випромінювання.

Радіохвилі – від наддовгих із довжиною понад \(10\ \text{км}\) до ультракоротких і мікрохвиль із довжиною менш ніж \(0,1\ \text{мм}\) – породжує змінний електричний струм. Електромагнітні хвилі радіодіапазону породжені високочастотним змінним струмом, який створюють генератори високочастотних електромагнітних коливань. У цьому завданні джерелом радіохвиль є супутник зв’язку.

Люмінофор – речовина, яка здатна світитися за збудження, тобто люмінесціювати. Люмінофори широко використовують в електроніці, наприклад, ними вкривають екран телевізора, електропроменевої трубки, де їхнє світіння за бомбардування електронами формує зображення, у сцинтиляційних лічильниках тощо. Людське око сприймає це світіння, отже це діапазон видимого світла.

Відповідь: 1В, 2А, 3Г, 4Д.

ТЕМА: Електродинаміка. Магнітне поле, електромагнітна індукція. Сила Ампера.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння сили, що діє на провідник із струмом із боку магнітного поля – сили Ампера, уміння визначати її напрямок.

Сила Ампера − це сила, із якою магнітне поле діє на провідник зі струмом.

Напрямок сили Ампера визначають за правилом лівої руки (див. рисунок): якщо ліву руку розташувати так, щоб лінії магнітної індукції \(\overrightarrow{B}\) входили в долоню, а чотири витягнуті пальці вказували напрямок струму \(I\) в провіднику, то відігнутий на \(90^\circ\) великий палець укаже напрямок сили Ампера \(\overrightarrow{F}_A.\)

Розгляньмо кожний зображений варіант. Ліву руку орієнтуватимемо відносно сторінки з рисунком. Пригадаймо позначення:

На рисунку 1 вектор магнітної індукції напрямлений перпендикулярно до площини рисунка від вас (позначено хрестиком). Отже, зорієнтуймо ліву руку долонею до себе (лінії магнітної індукції входять в долоню), чотири пальці напрямлені вертикально вгору за напрямком струму, тоді великий палець, відігнутий на \(90^\circ,\) буде напрямлений ліворуч у площині рисунка – варіант А.

На рисунку 2 вектор магнітної індукції напрямлений вертикально вниз, отже долоню зорієнтуймо торцем (перпендикулярно) до площини рисунка, а чотири пальці руки спрямуймо праворуч за напрямком сили струму. Тоді великий палець, відігнутий на \(90^\circ,\) буде напрямлений перпендикулярно до площини рисунка від вас – варіант В.

На рисунку 3 сила Ампера не діятиме, оскільки напрямок сили струму збігається з напрямком вектора магнітної індукції та неможливо зорієнтувати ліву руку відповідно до правила визначення сили Ампера. За формулою сила Ампера також дорівнює нулю. Оскільки кут \(\mathbf{\alpha}\) між напрямком струму в провіднику й вектором магнітної індукції дорівнює \(0^\circ,\) синус кута \(0^\circ\) дорівнює нулю, відповідно й сила Ампера дорівнює нулю: $$ F_A=BIl\sin\mathbf{\alpha}, $$ де \(l\) – довжина провідника; $$ F_A=BIl\sin0^\circ=BIl\cdot 0=0. $$ Отже, сила Ампера не діятиме на провідник – варіант Д.

На рисунку 4 вектор магнітної індукції напрямлений перпендикулярно до площини рисунка до вас (позначено точками). Отже, зорієнтуймо ліву руку долонею від себе (лінії магнітної індукції входять в долоню), чотири пальці напрямлені вертикально вгору за напрямком струму, тоді великий палець, відігнутий на \(90^\circ,\) буде напрямлений праворуч у площині рисунка – варіант Б.

Відповідь: 1А, 2В, 3Д, 4Б.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи термодинаміки. Застосування першого закону термодинаміки до ізопроцесів. Адіабатний процес.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння першого закону термодинаміки й уміння застосовувати його до адіабатного та ізопроцесів.

Перший закон (начало) термодинаміки: кількість теплоти \(Q,\) передана системі, йде на зміну внутрішньої енергії системи \(\Delta U\) та на виконання системою роботи \(A\) проти зовнішніх сил: $$ Q=\Delta U+A. $$

1. Ізотермічний процес. Під час цього процесу температура, а отже, і внутрішня енергія газу не змінюються \((\Delta U=0),\) тому рівняння першого закону термодинаміки має вигляд $$ Q=A. $$

Під час ізотермічного процесу вся передана газу кількість теплоти йде на виконання механічної роботи.

Варіант відповіді – Г.

2. Адіабатний процес. Це процес, який відбувається без теплообміну з навколишнім середовищем. Під час адіабатного процесу кількість теплоти \(Q,\) передана системі, дорівнює нулю, тому перший закон термодинаміки має вигляд $$ \Delta U+A=0,\ \text{або}\ A=-\Delta U. $$

Під час адіабатного розширення газ виконує додатну роботу за рахунок зменшення внутрішньої енергії, а температура газу зменшується.

Відповідний варіант відповіді – В.

3. Ізохорний процес. Під час цього процесу об’єм газу не змінюється \((\Delta V=0)\) і газ роботу не виконує \((A=0),\) тому рівняння першого закону термодинаміки має вигляд \begin{gather*} Q=\Delta U. \end{gather*}

Під час ізохорного процесу вся передана газу кількість теплоти витрачається на збільшення внутрішньої енергії газу.

Варіант відповіді – А.

4. Ізобарний процес. Під час цього процесу виконується робота і змінюється внутрішня енергія газу, тому рівняння першого закону термодинаміки має вигляд $$ Q=\Delta U+A. $$

Під час ізобарного процесу передана газу кількість теплоти йде і на збільшення внутрішньої енергії газу, і на виконання механічної роботи.

Варіант відповіді – Б.

Відповідь: 1Г, 2В, 3А, 4Б.