ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Побудова зображень, які дає тонка лінза.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння законів поширення променя в збиральній лінзі, уміння схематично зобразити його хід.

Спочатку добудуймо фокальну площину, яка проходить через фокус лінзи точку $F,$ перпендикулярно до головної оптичної осі, що перпендикулярна до лінзи.

Далі побудуймо додаткову оптичну вісь, що проходить так само, як і головна, крізь оптичний центр лінзи точку $O,$ але паралельно променю, що падає на лінзу. Пам’ятаймо, що промінь, який проходить крізь оптичний центр лінзи, не заломлюється.

Отримуємо точку перетину додаткової оптичної осі і фокальної площини (див. схематичний рисунок). Це є додатковий фокус $F^{\prime }.$

Будь-який пучок паралельних променів (у цій умові це промінь, що падає на лінзу і промінь, що поширюється вздовж додаткової оптичної осі), навіть якщо ці промені не паралельні головній оптичній осі, після заломлення в збиральній лінзі завжди перетинаються в одній точці ‒ у головному фокусі $F$ або додатковому $F^{\prime }$ (лежить на фокальній площині).

Тож після проходження крізь збиральну лінзу промінь поширюватиметься вздовж напрямку $2,$ тому що саме продовження променя $2$ пройде через додатковий фокус $F^{\prime }$ (див. рисунок).

Відповідь: Б.

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Інтерференція світла та її практичне застосування.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння явища інтерференції світла за умови інтерференції світла на тонких плівках.

Світлова хвиля частково відбивається від зовнішньої поверхні плівки (хвиля 1), частково проходить через плівку і, відбившись від її внутрішньої поверхні, повертається в повітря (хвиля 2). Оскільки хвиля 2 проходить більшу відстань, ніж хвиля 1, між ними існує різниця ходу. Обидві хвилі когерентні, адже створені одним джерелом, тому внаслідок накладання їх спостерігають стійку інтерференційну картину. Якщо хвиля 2 відстає від хвилі 1 на парне число півхвиль, то спостерігають посилення світла (інтерференційний максимум), якщо на непарне ‒ послаблення світла (інтерференційний мінімум). Саме інтерференцією світла зумовлений колір, наприклад, багатьох комах (див. рисунок).

Біле світло поліхроматичне (складається з хвиль різної довжини), тому для посилення світлового випромінювання різного кольору потрібна різна товщина плівки: якщо плівка різної товщини освітлюється білим світлом, то вона має райдужне забарвлення (райдужні мильні бульбашки, райдужна оліїста плівка нафтопродуктів на поверхні води). Крім того, різниця ходу хвиль залежить від кута падіння світла на плівку (зі збільшенням кута падіння різниця ходу збільшується), тому тонкі плівки грають веселкою ‒ змінюють колір, коли змінюється кут, під яким ми дивимося на плівку. Зверніть увагу: якщо товщина плівки в кілька разів більша за довжину світлової хвилі, то інтерференційні смуги розташовані надто близько й око не здатне їх розділити ‒ смуги збігаються, і ми бачимо біле світло.

Відповідь: B.

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Світлові кванти. Рівняння Ейнштейна для фотоефекту.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння законів фотоефекту й рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту.

Запишімо рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту: $$E_{\text{ф}}=A_{\text{вих}}+E_{\text{k max}}-$$ унаслідок поглинання фотона металом катода фотоелемента енергія фотона $(E_{\text{ф}}=h\nu )$ може бути повністю передана електрону й витратитися на здійснення роботи виходу $(A_{\text{вих}}=h{\nu }_{\text{min}})$ і надання електрону кінетичної енергії $(E_{\text{k max}}=\frac{m{v}_{\text{max}}^2}{2}=e{U}_{\text{з}}).$

За одним із законів фотоефекту для кожної речовини існує максимальна довжина світлової хвилі ${\lambda }_{\text{max}}={\lambda }_{\text{черв}}$ (червона межа фотоефекту), за якої починається фотоефект. Опромінення речовини світловими хвилями, які мають більшу довжину, фотоефекту не викликає. Максимальна довжина світлової хвилі (мінімальна частота) відповідає мінімальній енергії фотона:
якщо $$h\nu <A_{\text{вих}},$$ то електрони не вилітатимуть із речовини. Умова $$h{\nu }_{\text{min}}=\frac{hc}{{\lambda }_{\text{max}}}=A_{\text{вих}}$$ визначає червону межу фотоефекту.

Запишімо рівняння для фотоефекту, ураховуючи вирази для величин: $$h\nu =h{\nu }_{\text{min}}+e{U}_{\text{з}}-$$ з досягненням певної затримувальної (запірної) напруги $U_{\text{з}}$ навіть найшвидші електрони не дістануться анода, а отже, фотострум припиниться: $$\frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{\lambda }_{\text{черв}}}+e{U}_{\text{з}}.$$

Виразімо із цього рівняння шукану величину ‒ запірну напругу: $$U_{\text{з}}=\frac{hc}{e}(\frac{1}{\lambda }-\frac{1}{{\lambda }_{\text{черв}}}).$$

Відповідь: A.

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Світлові кванти. Кванти світла (фотони).

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння гіпотези Планка й формули для визначення енергії фотона.

За гіпотезою Планка випромінювання електромагнітних хвиль атомами й молекулами речовини відбувається не безперервно, а дискретно, тобто окремими порціями, енергія $E$ кожної з яких прямо пропорційна частоті $\nu$ випромінювання: $$E=h\nu =\frac{hc}{\lambda },$$ де $h$ ‒ стала Планка, $\lambda$ ‒ довжина хвилі фотона, $c$ ‒ швидкість руху фотона, що дорівнює швидкості поширення світла у вакуумі. Згодом порції енергії стали називати квантами енергії, а потім фотонами.

Визначімо співвідношення енергій $E_1$ і $E_2$ фотонів з різними довжинами хвиль

Відповідь: B.

ТЕМА: Механіка. Основи кінематики. Рівномірний і рівноприскорений рухи. Рух по колу.

Завдання скеровано на перевірку вміння визначати напрямок швидкості руху тіла й напрямок прискорення тіл під час різних видів руху.

1. Яблуко в безвітряну погоду падатиме вертикально, тож і напрямок швидкості $\overrightarrow{v}$ його руху теж буде напрямлений вертикально вниз (див. рисунок).

Падіння тіл у безповітряному просторі, тобто падіння лише під дією сили тяжіння, називають вільним падінням. У разі вільного падіння всі тіла падають на Землю з однаковим прискоренням ‒ прискоренням вільного падіння $\overrightarrow{g}.$ Вектор прискорення вільного падіння завжди напрямлений вертикально вниз.

Отже, кут між напрямком швидкості руху яблука й напрямком прискорення становитиме нуль, тобто прискорення напрямлене в напрямку швидкості руху ‒ варіант відповіді В.

2. Коли футбольний м’яч піднімається, спрямований під кутом до горизонту (див. рисунок), то швидкість $\overrightarrow{v}$ руху м’яча буде напрямлена по дотичній до траєкторії руху вгору ‒ до параболи. А прискорення $\overrightarrow{g}$ вільного падіння під час руху м’яча по параболі буде напрямлене завжди вертикально вниз.

Отже, кут між векторами $\overrightarrow{v}$ і $\overrightarrow{g}$ буде тупий ‒ варіант відповіді Б.

3. Коли автомобіль гальмує, рухаючись прямолінійно, то напрямок прискорення $\overrightarrow{a}$ буде протилежним до напрямку руху, тобто до напрямку швидкості $\overrightarrow{v}$ руху автомобіля (див. рисунок) ‒ варіант відповіді А.

4. Штучний супутник рухається навколо Землі по коловій орбіті. Швидкість $\overrightarrow{v}$ його руху в кожній точці кола напрямлена по дотичній до кола. А доцентрове прискорення ${\overrightarrow{a}}_{\text{д}}$ спрямоване до центра кола (див. рисунок).

Отже, у цьому разі доцентрове прискорення буде напрямлене під прямим кутом до напрямку швидкості руху ‒ варіант відповіді Д.

Відповідь: 1В, 2Б, 3А, 4Д.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи молекулярно-кінетичної теорії. Ізопроцеси.

Завдання скеровано на перевірку розуміння ізопроцесів і їхньої графічної інтерпретації.

1. Розгляньмо, які з графіків відповідають ізотермічному процесу ‒ $T=\mathrm{const}.$ Це графіки на рисунках А і Б ‒ тиск змінюється, температура залишається сталою. Процес розширення означає, що об’єм $V$ збільшується, а тиск $p$ падає (див. рисунок). Відповідно до рівняння Клапейрона для ізотермічного процесу: $$pV=\mathrm{const}\Rightarrow p\downarrow V\uparrow =\mathrm{const}$$ (стрілочка, напрямлена вгору, означає зростання значення величини; стрілочка, напрямлена вниз, означає зменшення значення величини).

Отже, процесу ізотермічного розширення відповідає графік на рисунку А.

2. Відповідно розглянемо одразу ізотермічне стискання ‒ графік на рисунку Б.

Процес стискання означає, що об’єм $V$ зменшується, а тиск $p$ зростає (див. рисунок). Відповідно до рівняння Клапейрона для ізотермічного процесу: $$pV=\mathrm{const}\Rightarrow p\uparrow V\downarrow =\mathrm{const}.$$

Отже, процесу ізотермічного стискання відповідає графік на рисунку Б.

3. Розгляньмо ізобарний процес ‒ $p=\mathrm{const}.$ Можна було б припустити, що правильним буде графік, який відповідає сталому тиску, зображений на рисунку Д.

Під час цього об’єм $V$ зменшується (див. рисунок). Але ж тоді, відповідно до рівняння Клапейрона для ізобарного процесу температура $T$ теж буде зменшуватися: $$\frac{V}{T}=\mathrm{const}\Rightarrow \frac{V\downarrow }{T\downarrow }=\mathrm{const}.$$

Тобто на рисунку Д зображений графік ізобарного охолодження.

На рисунку Г тиск змінюється, це не відповідає ізобарному процесу. Тоді розгляньмо рисунок В, на якому зображено графік залежності об’єму від абсолютної температури:

Якщо зафіксувати тиск і нагрівати газ, то об’єм повинен збільшуватися. Отже, відповідно до рівняння Клапейрона для ізобарного процесу якщо температура $T$ підвищуватиметься, то й об’єм $V$ теж збільшуватиметься: $$\frac{V}{T}=\mathrm{const}\Rightarrow \frac{V\uparrow }{T\uparrow }=\mathrm{const}.$$

Отже, на рисунку В зображено графік ізобарного нагрівання.

4. І нарешті розгляньмо рисунок Г, що залишився. Як бачимо, графік на ньому відповідає сталому об’єму ‒ ізохорний процес $V=\mathrm{const}.$

З’ясуймо, чи буде це процес охолодження. З графіка видно, що тиск $p$ зменшується (див. рисунок). Отже, відповідно до рівняння Клапейрона для ізохорного процесу температура $T$ теж знижуватиметься: $$\frac{p}{T}=\mathrm{const}\Rightarrow \frac{p\downarrow }{T\downarrow }=\mathrm{const}.$$

Отже, графік на рисунку Г відповідає ізохорному охолодженню.

Відповідь: 1А, 2В, 3Г, 4Б.

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Електромагнітні коливання і хвилі. Властивості електромагнітного випромінювання різних діапазонів.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння властивостей електромагнітного випромінювання різних діапазонів.

1. Інфрачервоне (теплове) випромінювання (довжина хвилі від $760\text{нм}$ до $1–2$ мм) ‒ застосовують у приладах нічного бачення (Б).

Інфрачервоні промені випромінюють будь-які тіла, що мають температуру, вищу за абсолютний нуль. Саме на цьому ґрунтується їхнє застосування в тепловізорах ‒ приладах нічного бачення. Людське око не здатне бачити інфрачервоне випромінювання, адже енергії квантів недостатньо, щоб збудити нервові клітинки в оці. Але багато представників фауни мають пристосування ‒ своєрідні прилади нічного бачення, які здатні сприймати ці промені. Інфрачервоне випромінювання зазвичай є корисним для людини, але у великих дозах може спричинити запаморочення, знепритомніння ‒ тепловий і сонячний удари.

2. Ультрафіолетове випромінювання (довжина хвилі від $10$ до $400$ нм) ‒ спричиняє засмагу (А).

Ультрафіолет випромінюють Сонце й інші зорі, електричні дуги, спеціальні кварцові лампи. Людське око не реагує на ультрафіолетове випромінювання. Найімовірніше, це пов’язано з еволюцією, адже ці промені добре поглинає вода в рогівці ока. Ультрафіолет має високу хімічну активність, тому у великих дозах негативно впливає на людину. Саме тому не варто перебувати на сонці, коли сонячне випромінювання найінтенсивніше. Проте в невеликих дозах ультрафіолет є корисним: він сприяє виробленню вітаміну D, зміцнює імунну систему, стимулює низку важливих життєвих функцій в організмі.

3. Рентгенівське випромінювання ($X$-випромінювання) ‒ електромагнітні хвилі довжиною від $0,001\text{нм}$ до $100\text{нм}$ ‒ виникає в результаті гальмування швидких електронів на аноді (Г).

Рентгенівське випромінювання виникає внаслідок взаємодії швидких електронів з атомами катода в рентгенівській трубці – вакуумній скляній колбі з двома електродами. Між електродами створюється висока напруга $(10–500\text{кВ}),$ а катодом пропускають електричний струм; коли катод нагрівається, то з його поверхні починають вилітати (емітувати) електрони. Електрони, які випромінює катод, розганяє до величезних швидкостей електричне поле. Рентгенівське випромінювання найширше застосовують у медицині, адже воно має властивість проходити крізь непрозорі предмети (наприклад, тіло людини). Кісткові тканини менш прозорі для рентгенівського випромінювання, ніж інші тканини організму людини, тому кістки чітко видно на рентгенограмі. Рентгенівське випромінювання чинить руйнівну дію на клітини організму, тому застосовувати його потрібно надзвичайно обережно. Рентгенівську зйомку використовують також у промисловості (для виявлення дефектів), хімії (для аналізу сполук), фізиці (для дослідження структури кристалів).

4. Гамма $(\gamma )$-випромінювання ‒ електромагнітні хвилі довжиною менш ніж $0,05\text{нм}$ ‒ виникає в результаті самочинного розпаду атомних ядер (Д).

Гамма-випромінювання випускають збуджені атомні ядра під час ядерних реакцій, радіоактивних перетворень атомних ядер і перетворень елементарних частинок. Гамма-випромінювання використовують у дефектоскопії (виявлення дефектів усередині деталей); радіаційній хімії (наприклад, у процесі полімеризації); сільському господарстві й харчовій промисловості (стерилізація харчів); медицині (стерилізація приміщень, променева терапія). На організми гамма-випромінювання чинить мутагенний (стійкі спадкові зміни) і канцерогенний (здатність викликати злоякісні пухлини) вплив. Разом із тим чітко спрямоване й дозоване гамма-випромінювання застосовують для знищення ракових клітин (променева терапія).

Відповідь: 1Б, 2А, 3Г, 4Д.

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності.

Завдання скеровано на перевірку знання досягнень фізичної науки й авторів цих відкриттів.

1. Вимірювання тиску світла ‒ Лебедєв П. (А).

Тиском світла називається тиск, який чинять електромагнітні світлові хвилі, які падають на поверхню будь-якого тіла. Гіпотезу про існування тиску висунув Дж. Максвел у своїй електромагнітній теорії світла.

Експериментально існування світлового тиску вперше встановив 1900 р. фізик П.М. Лебедєв. Для вимірювання світлового тиску він спрямував інтенсивний світловий потік на легкі металеві пластинки, підвішені на тонкій нитці в балоні, з якого було викачано повітря. Пластинки лівого ряду підвісу були чорними, а пластинки правого ‒ блискучими. Тому тиск світла на пластинки лівого ряду був меншим, ніж на пластинки правого ряду. Унаслідок цього під впливом світла підвіс повертався на певний кут, за значенням якого можна було визначити силу закручування і, отже, світловий тиск.

2. Створення планетарної моделі атома ‒ Резерфорд Е. (Б).

У 1908–1911 рр. під керівництвом Ернеста Резерфорда науковці досліджували будову атома. Вони спрямовували на тонку золоту фольгу вузький пучок $\alpha \text{-частинок}$ зі свинцевого контейнера. Виявили, що переважна більшість $\alpha \text{-частинок}$ проходить крізь фольгу, не змінюючи напрямку руху, лише деякі відхиляються від початкової траєкторії. Приблизно одна з $20000$ частинок відскакувала від фольги, начебто натикаючись на якусь перешкоду. І Резерфорд висунув гіпотезу про існування ядра в атомі. За результатами дослідів Резерфорд запропонував ядерну (планетарну) модель будови атома:

• в атомі позитивно заряджене ядро оточене негативно зарядженими частинками ‒ електронами, які обертаються навколо ядра, як планети навколо Сонця;
• саме в ядрі зосереджена мало не вся маса атома.

3. Створення теорії фотоефекту ‒ Ейнштейн А. (В).

Зовнішній фотоефект відкрив 1887 року німецький фізик Генріх Герц. Детальніше це явище дослідив Олександр Столєтов. У досліді він використав вакуумну камеру з двома електродами (катод і анод) усередині, на які подається напруга від джерела постійного струму. Під дією світла, яке потрапляє в камеру через спеціальне віконце, катод випромінює електрони. Рухаючись від катода до анода в електричному полі, електрони створюють фотострум. Якщо збільшувати напругу на електродах, сила фотоструму теж зросте. Змінюючи почергово інтенсивність і частоту світла, що падає на катод, а також матеріал катода, О. Столєтов сформулював три закони зовнішнього фотоефекту. Але лише більш як через $20$ років завдяки своєму рівнянню для зовнішнього фотоефекту А. Ейнштейн зміг пояснити всі закони фотоефекту. Саме ідею М. Планка про кванти використав Ейнштейн для пояснення законів фотоефекту. За пояснення явища фотоефекту А. Ейнштейн одержав найвищу наукову нагороду ‒ Нобелівську премію (1921 р.).

4. Створення першого ядерного реактора ‒ Фермі Е. (Г).

Фермі 1938 року одержав Нобелівську премію за «демонстрацію існування нових радіоактивних елементів, утворених під час опромінення нейтронами, і за пов’язані відкриття ядерних реакцій, викликані повільними нейтронами». До весни 1941 року розробляв теорію ланцюгової реакції в урано-графітовій системі, а вже влітку розпочав серію експериментів, головним завданням яких було вимірювання нейтронного потоку. Разом з Г. Андерсоном провів близько тридцяти дослідів. У червні 1942 року було досягнуто значення коефіцієнта розмноження нейтронів, більшого за одиницю. Це означало можливість отримання ланцюгової реакції у достатньо великій ґратці з урану й графіту й послужило початком розроблення конструкції водно-графітового реактора. Фермі також спроєктував гігантський намет із тканини для оболонок аеростатів навколо конструкції реактора. Так з’явилася можливість підтримувати відповідний склад середовища, що оточувало реактор. Будівництво реактора розпочалося в Металургійній лабораторії Чиказького університету в жовтні, а завершилося 2 грудня 1942 року. У лабораторії під стадіоном англ. Stagg Field Stadium на цьому реакторі під назвою англ. Chicago Pile-1 (CP-1) було проведено експеримент, що продемонстрував першу самопідтримну ланцюгову ядерну реакцію.

Відповідь: 1А, 2Б, 3В, 4Г.

ТЕМА: Механіка. Основи кінематики. Додавання швидкостей.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння додавання швидкостей і вміння застосовувати цей закон до будь-яких ситуацій.

Скористаймося законом додавання швидкостей:
швидкість ${\overrightarrow{v}}_{12}$ руху першого човна в нерухомій системі відліку (відносно другого човна) дорівнює геометричній сумі швидкості ${\overrightarrow{v}}_{1\text{бер}}$ руху першого човна в рухомій системі відліку (відносно берега) й швидкості ${\overrightarrow{v}}_{\text{бер}2}$ руху рухомої системи відліку відносно нерухомої (ніби берега відносно другого човна): $${\overrightarrow{v}}_{12}={\overrightarrow{v}}_{1\text{бер}}+{\overrightarrow{v}}_{\text{бер}2}$$ (рух і спокій є відносними, тож в наведеному в умові прикладі як нерухому систему відліку ми обрали систему відліку, пов’язану з другим човном. У такому разі система відліку, пов’язана з берегом, буде рухомою, а напрямок її руху буде протилежним напрямку руху першого човна).

Модуль швидкості ${\overrightarrow{v}}_{12}$ руху першого човна відносно другого човна знайдемо за теоремою Піфагора:

Відповідь: 5.

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 газом ‒ вантаж. Це сила тяжіння $m_{\text{в1}}\overrightarrow{g},$ що діє на вантаж, сила тяжіння $m_{\text{r1}}\overrightarrow{g},$ що діє на повітряну кулю (лише на газ, за умовою вагою оболонки можна знехтувати), виштовхувальна сила (сила Архімеда) ${\overrightarrow{F}}_{\text{A}},$ що діє з боку повітря на цю систему тіл (див. рисунок).

За другим законом Ньютона векторна сума всіх сил дорівнюватиме нулю, оскільки в умові не зазначено, що повітряна куля разом з вантажем піднімається вгору, отже, зупинимося на крайньому випадку, коли система не рухається ‒ куля просто утримує вантаж на певній висоті: $$m_{\text{в1}}\overrightarrow{g}+m_{\text{r1}}\overrightarrow{g}+{\overrightarrow{F}}_{\text{A}}=0.$$

Запишімо це рівняння в проєкціях: $$(m_{\text{в1}}+m_{\text{r1}})g=F_{\text{A}}.$$

Розпишімо силу Архімеда: $$F_{\text{A}}={\rho }_{\text{пов}}gV,$$ де ${\rho }_{\text{пов}}$ ‒ густина повітря, $g$ ‒ прискорення вільного падіння, $V$ ‒ вважатимемо, що це об’єм повітря в кулі (за умовою вагою оболонки кулі можна знехтувати). Об’єм вантажу об’єктивно малий у порівнянні з розмірами повітряної кулі, тож ним можна знехтувати.

Підставімо вираз для виштовхувальної сили в рівняння другого закону Ньютона:
‒ до нагрівання газу в кулі: $$(m_{\text{в1}}+m_{\text{r1}})g={\rho }_{\text{пов}}gV,$$ ‒ після нагрівання газу в кулі: $$(m_{\text{в2}}+m_{\text{r2}})g={\rho }_{\text{пов}}gV,$$

Урахуємо співвідношення густин повітря і газу:
‒ до нагрівання: $${\rho }_{\text{r1}}=\frac{1}{6}{\rho }_{\text{пов}},$$ відповідно $$m_{\text{r1}}={\rho }_{\text{r1}}\cdot V=\frac{1}{6}{\rho }_{\text{пов}}\cdot V,$$ ‒ після нагрівання: $${\rho }_{\text{r2}}=\frac{1}{12}{\rho }_{\text{пов}},$$ відповідно $$m_{\text{r2}}={\rho }_{\text{r2}}\cdot V=\frac{1}{12}{\rho }_{\text{пов}}\cdot V.$$ $$\begin{array}{c}{m}_{\text{в1}}+\frac{1}{6}{\rho }_{\text{пов}}\cdot V={\rho }_{\text{пов}}V,\\ m_{\text{в2}}+\frac{1}{12}{\rho }_{\text{пов}}\cdot V={\rho }_{\text{пов}}V.\end{array}$$

Визначимо відношення мас вантажу після і до нагрівання:

Отже, після нагрівання газу, яким заповнена повітряна куля, допустима маса вантажу, який зможе підняти куля, збільшиться в $1,1\text{раза}.$

Відповідь: 1,1.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи термодинаміки. Робота в термодинаміці. Застосування першого закону термодинаміки до ізопроцесів.

Завдання скеровано на перевірку вміння визначати тип ізопроцесу й роботу газу відповідно до першого закону термодинаміки.

Роботу $A$ газу в термодинаміці визначають за формулою $$\begin{array}{c}A=p\mathrm{\Delta }V,\end{array}$$ де $p$ ‒ тиск газу, $\mathrm{\Delta }V$ ‒ зміна об’єму газу.

Для того, щоб знати, що відбувається з тиском й об’ємом, необхідно розібратися, який процес відбувається з газом під час кожного етапу циклу.

Розгляньмо ділянку $1‒2.$ Це ізобарний процес ‒ $p=\mathrm{const}.$ Під час цього процесу, як видно з графіка, абсолютна температура $T$ газу підвищується. Відповідно до рівняння Клапейрона для ізобарного процесу об’єм $V$ газу теж буде збільшуватися:

Отже, процес $1‒2$ ‒ це процес ізобарного нагрівання.

Оскільки температура підвищилася на дві позиції, то й об’єм збільшився на $2\text{позиції},$ а тиск залишився тим самим: $$A_{1-2}=p\cdot 2V.$$

Розгляньмо ділянку $3‒4.$ Це теж ізобарний процес ‒ $p=\mathrm{const}.$ Під час цього процесу, як видно з графіка, абсолютна температура $T$ газу знижується. Відповідно до рівняння Клапейрона для ізобарного процесу об’єм $V$ газу теж зменшуватиметься: $$\begin{array}{c}\frac{V}{T}=\mathrm{const}\Rightarrow \frac{V\downarrow }{T\downarrow }=\mathrm{const}.\end{array}$$

Отже, процес $3-4$ ‒ це процес ізобарного охолодження.

Оскільки температура знизилася на дві позиції, то і об’єм теж зменшився на $2\text{позиції},$ а тиск залишився тим самим: $$A_{3-4}=p\cdot 2V.$$

Визначімо відношення абсолютних (за модулем) значень робіт газу на ділянках $1‒2$ і $3‒4:$ $$\frac{A_{1-2}}{A_{3-4}}=\frac{p\cdot 2V}{p\cdot 2V}=1.$$

Отже, газ виконав однакові роботи, тільки під час процесу $1‒2$ газ розширювався, а під час процесу $3‒4$ стискався.

Відповідь: 1.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Властивості газів, рідин і твердих тіл. Кількість теплоти. Пароутворення (випаровування і кипіння).

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння фазових переходів речовини.

Спочатку вода нагріється до температури кипіння $100{}^{\circ }\mathrm{C}.$ Для цього потрібна буде кількість теплоти $Q_1:$ $$Q_1=c{m}_{\text{в}}\mathrm{\Delta }t,$$ де $c$ ‒ питома теплоємність води, $m_{\text{в}}$ ‒ маса води, $\mathrm{\Delta }t$ ‒ зміна температури води.

Потім для перетворення усієї води на пару необхідна буде кількість теплоти $Q_2:$ $$Q_2=L{m}_{\text{в}},$$ де $L$ ‒ питома теплота пароутворення води.

Під час процесу пароутворення температура води і пари не змінюватиметься, залишатиметься рівною $100{}^{\circ }\mathrm{C},$ уся кількість теплоти піде на подолання сил притягання між молекулами води.

Оскільки електроплитка буде та сама, коли вода нагріватиметься до кипіння, а потім випаровуватиметься, зможемо записати формули для потужності електроплитки під час обох процесів:

Прирівняймо праві частини цих рівностей, де ${\tau }_1$ і ${\tau }_2$ ‒ проміжки часу для доведення води до кипіння і для її випаровування відповідно: $$\frac{c{m}_{\text{в}}\mathrm{\Delta }t}{{\tau }_1}=\frac{L{m}_{\text{в}}}{{\tau }_2}.$$

Скоротімо масу води, яка невідома, і визначімо час випаровування води:

Значення часу ми не переводили в систему SI, оскільки в умові є вимога подати відповідь у хвилинах. А значення температури не подали в системі SI, оскільки зміна температури за шкалою Кельвіна дорівнює зміні температури за шкалою Цельсія: $\mathrm{\Delta }T=\mathrm{\Delta }t,$ тобто ціна поділки шкали Кельвіна дорівнює ціні поділки шкали Цельсія: $1{}^{\circ }\mathrm{C}=1\text{К}.$

Відповідь: 50.

ТЕМА: Електродинаміка. Основи електростатики. Електроємність плоского конденсатора.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння принципу дії фотоелемента і конденсатора, а також вміння аналітично описати процеси, що в них відбуваються.

Сила струму $I$ ‒ це фізична величина, яка чисельно дорівнює заряду $q$ фотоелектронів, що вириваються з поверхні фотоелемента за певний час $t:$ $$I=\frac{q}{t}.$$

Зарядом конденсатора називають модуль заряду $q$ однієї з його обкладок. Електроємність $C$ конденсатора визначають за формулою: $$C=\frac{q}{U}$$ де $U$ ‒ напруга між обкладками.

Визначімо заряд з обох формул і прирівняймо ці вирази: $$\begin{array}{c}q=It,\\ q=UC,\\ It=UC,\\ t=\frac{UC}{I},\\ t=\frac{6\text{В}\cdot 100\cdot {10}^{-6}\text{Ф}}{10\cdot {10}^{-6}\text{А}}=60\text{с}.\end{array}$$

Коли фотоелемент приєднають до розрядженого конденсатора, він почне заряджатися. Напруга досягне значення $6\text{В}$ за $60\text{с}.$

Відповідь: 60.

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

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння послідовного і паралельного з’єднання провідників, а також уміння читати електричні схеми.

Визначімо силу струму в електричному колі тоді, коли ключ розімкнений, і коли він замкнений.

Якщо ключ розімкнений, то струм протікатиме по трьох послідовно з’єднаних резисторах (див. рисунок в умові).

За законом Ома для повного кола сила струму $I$ дорівнюватиме: $$I=\frac{\epsilon }{R+r},$$ де $\epsilon$ ‒ електрорушійна сила джерела струму, $R$ ‒ загальний опір навантаження (усіх провідників, які підключені до джерела), $r$ ‒ внутрішній опір джерела струму.

За умовою $$\begin{array}{c}r=0,\text{тоді}\\ I=\frac{\epsilon }{R+r}=\frac{\epsilon }{R},\\ \epsilon =IR=U,\end{array}$$ де $U$ ‒ напруга в колі (залишиться сталою, якщо ключ замкнути, бо джерело струму те саме).

Визначімо загальний опір трьох послідовно з’єднаних резисторів з однаковим опором: $$R_{\text{заг1}}=R_1+R_2+R_3=3R.$$

Отже, силу струму $I_1$ в разі розімкнутого ключа визначатимуть за формулою $$I_1=\frac{U}{R_{\text{заг1}}}=\frac{U}{3R}.$$

Якщо ключ замкнути, то за схемою до одного з трьох резисторів буде паралельно приєднаний ще один резистор (див. схему в умові). Визначімо загальний опір такого змішаного з’єднання резисторів. Спочатку запишімо загальний опір двох паралельно з’єднаних резисторів:

Отже, силу струму $I_2$ в разі замкненого ключа визначімо за формулою $$\begin{array}{c}{I}_2=\frac{U}{R_{\text{заг2}}}=\frac{U\cdot 2}{5R}.\end{array}$$

Визначімо співвідношення $I_2$ і $I_1$:

Відповідь: 1,2.