ТЕМА: Квантова фізика. Світлові кванти. Фотоефект й експериментально встановлені його закони.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння фізичних засад фотоефекту.

Заряджена цинкова пластинка розряджається внаслідок поглинання квантів світла: електрони на її поверхні отримують достатньо енергії, щоб покинути пластинку. Тож це прояв зовнішнього фотоефекту.

Пластинка розряджатиметься швидше, якщо більше електронів вилітатиме з її поверхні за одиницю часу. Що більше квантів світла потрапляє на поверхню, то більше електронів зможуть її покинути. Тобто для того, щоби збільшити швидкість розрядження пластинки, треба збільшити світловий потік.

Світло поширюється від джерела в усіх напрямках, утворюючи сферу. Тому що ближче до джерела світла знаходиться тіло, то більше фотонів потрапляє на його поверхню. Наприклад, що ближче до стіни ліхтарик, то яскравішою виглядає його світлова пляма.

Тож унаслідок зменшення відстані між ліхтарем і пластиною вона розряджатиметься швидше.

Відповідь: B.

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Атом й атомне ядро. Квантові постулати Бора.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння практичного застосування лінійчастих спектрів у техніці.

Лінійчасті спектри утворюються тоді, коли електрони в атомах поглинають (для спектрів поглинання) або випромінюють (для спектрів випромінювання) кванти світла. Це відбувається завдяки тому, що електрони перебувають в особливих стаціонарних станах і перехід між цими станами потребує певної кількості енергії \(h\mathbf{\nu}\), де \(\mathbf{\nu}\) – це частота кванта світла. Перехід між станами \(n\) і \(k\) описано виразом $$ h\mathbf{\nu}=|E_k-E_n|. $$

Для кожного елемента переходи можуть відбуватися лише на певних енергетичних рівнях. У результаті цих переходів утворюється унікальний набір ліній у спектрах поглинання і випромінювання, що дає змогу використати їх для визначення хімічного складу речовин.

Відповідь:Г.

ТЕМА:. Оптика. Лінза. Плоске дзеркало.

Завдання скеровано на оцінювання вміння складати схеми ходу променів для розв’язання оптичних задач.

A – збиральна лінза

Б – розсіювальна лінза

В – плоске дзеркало

Г – світловод

Відповідь: B.

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

Завдання скеровано на оцінювання розуміння принципів радіолокації та вміння розв’язувати відповідні розрахункові задачі.

Радіолокатори посилають короткі імпульси в напрямку, у якому проводиться дослідження. Радіохвиля, як і інші елекромагнітні хвилі, відбивається від провідників. Тому радіохвилі відбиваються від об’єктів, які вони зустрічають на своєму шляху і повертаються до локатора. Локатор фіксує час, за який хвиля повернулась, а отже подолала дві відстані до об’єкта (від локатора до об’єкта і від об’єкта знову до локатора).

Тому відстань до об’єкта можна розрахувати за формулою $$ s=\frac{vt}{2}, $$ де \(v\) – швидкість поширення електромагнітних хвиль у середовищі, у якому здійснюють дослідження. У повітрі ця швидкість дуже близька до швидкості світла в вакуумі \(c.\)

Якщо максимальна відстань виявлення об’єкта – 150 км, можна визначити час, який знадобиться імпульсу, щоби зареєструвати сигнал від об’єкта з такої відстані: $$ t=\frac{2s}{v}=\frac{2\cdot 150\ \text{км}}{3\cdot 10^8\ \text{м}/\text{с}^2} =\frac{3\cdot 10^5\ \text{м}}{3\cdot 10^8\ \text{м}/\text{с}^2}=0,001\ \text{с}. $$

Саме з таким інтервалом радіолокатор може випускати імпульси. Тоді частота випускання імпульсів дорівнюватиме $$ v=\frac{1\ c}{t}=1000\ \text{(імпульсів)}. $$

Відповідь: A.

ТЕМА: Механічні коливання і хвилі. Нитяний маятник, період коливання нитяного маятника. Пружне зіткнення.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння поняття періоду коливань і природи пружних зіткнень.

Кулька, яку відвели на невеликий кут, перебуває на найбільшій відстані від положення рівноваги. Після того, як її відпустили, за 0,6 с вона зустрілася з другою кулькою, що була нерухомою. Тобто за 0,6 с перша кулька подолала відстань від найбільшого відхилення до положення рівноваги, тобто амплітуду. За один період тіло долає 4 амплітуди, тому період коливання цієї кульки 2,4 с.

За законом збереження імпульсу, після удару нерухому кульку також виводять із положення рівноваги, тож вона також почне коливатись. Кульку на довгій нитці, що відхиляється на невеликий кут від положення рівноваги, можна вважати математичним маятником. Період коливань математичного маятника визначають за формулою $$ T=2\mathbf{\pi}\sqrt{\frac lg}, $$ де \(l\) – довжина математичного маятника, а \(g\) – прискорення вільного падіння.

Оскільки нитки обох маятників однакової довжини, то й період їхніх коливань буде однаковим.

Унаслідок пружного удару кульки почнуть рухатись у протилежні боки. Тоді вони одночасно почнуть рух із положення рівноваги, отже наступного разу зустрінуться, коли знову повернуться туди. Кожна з кульок пройде одну амплітуду до точки з найбільшим відхиленням, а потім ще одну – до точки рівноваги. Дві амплітуди кульки проходять за 1,2 с.

Відповідь: B.

ТЕМА: Електродинаміка. Магнітне поле, електромагнітна індукція.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння природи магнітної індукції і вміння аналізувати результати експерименту за його схематичним рисунком.

Лінії індукції магнітного поля, утвореного провідником зі струмом, мають вигляд кола. Чим далі від провідника точка, тим менше в ній значення індукції магнітного поля.

Рис. 1. Лінії магнітної індукції навколо провідника зі струмом

Коли провідник скручують у петлі, утворюється котушка. Лінії магнітної індукції всередині котушки набагато густіші (рис. 2), тож і значення індукції більше. Чим більше витків у котушці, тим більшим може бути значення індукції всередині неї.

Рис. 2. Напрямок магнітної індукції в котушці

Тож, оскільки провідник поруч з усіма точками відрізняється лише тим, якої форми він набуває (петля, дві петлі чи пряма). То найбільшим буде значення індукції в центрі котушки з найбільшою кількістю петель. Тобто в точці 3.

Відповідь: B.

ТЕМА: Електродинаміка. Електричний струм у різних середовищах.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння поняття питомого опору й механізмів проходження струму в речовинах різної природи.

Для правильного розв’язання завдання потрібно пригадати механізм перенесення заряду в кожній із речовин.

У газах струм – це газовий розряд, тобто потік вільних йонів й електронів. Для того, щоби в газах виник струм, необхідно утворити в ньому вільні йони, яких зазвичай мало. Цей процес називають йонізацією. Коли температура газу висока, то його молекули рухаються з великими швидкостями, а отже за їхніх непружних зіткнень енергії може вистачити для того, щоби примусити електрон вилетіти з атома. Тому зі збільшенням температури в газі відбувається більше зіткнень, а отже утворюється більше вільних носіїв заряду. Тому питомий опір газів збільшується зі збільшенням температури.

У металах струм – це потік вільних електронів. Зі збільшенням температури їхній рух у металі ускладняється, що пояснюють квантовою теорією електропровідності. Тому питомий опір у металах зі збільшенням температури збільшується.

В електролітах струм – це потік вільних йонів. Зі збільшенням температури кількість йонів в електролітах збільшується, а тому зменшується питомий опір.

У напівпровідниках два типи провідності – електронна (за наявності вільних електронів) і діркова (за наявності вакантних місць або дірок). Зі збільшенням температури утворюється більше вільних носіїв заряду (електронів або дірок), тому питомий опір зменшується.

Відповідь: А, В, Г.

ТЕМА: Електромагнітні коливання і хвилі. Перетворення енергії в коливальному контурі. Явище й закони електромагнітної індукції.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати комплексні задачі, пов’язані з коливальними процесами в коливальному контурі і їхнім впливом на магнітне поле, а також ваше вміння складати схеми електричного кола.

Після того, як перемикачем П конденсатор приєднують до котушки, утворюється коливальний контур. У ньому електрони, що накопичилися на одній із обкладинок конденсатора, рухатимуться в напрямку до іншої його обкладинки, утворюючи струм в колі. Так конденсатор починає розряджатись.

Сила струму в котушці поступово збільшуватиметься. У котушці зі змінним струмом завжди утворюється магнітне поле. Саме воно й заряджає предмет усередині.

Після того, як конденсатор повністю розрядиться, електрони продовжать свій рух, адже просто зупинитися вони не можуть. Тож тепер на вже нейтральну обкладинку конденсатора починають потрапляти електрони. У результаті цього вона заряджається.

Унаслідок цього процесу заряд, що був на одній обкладинці конденсатора, опинився на іншій обкладинці, тож тепер усі кроки повторяться у зворотному напрямку. У цій частині процесу струм тектиме в протилежний бік, а отже й лінії магнітної індукції також матимуть протилежний напрямок. Це почне розряджати тіло всередині.

Такі коливання заряду й енергії в коливальному контурі не можуть тривати одвічно. Частина енергії з кожним коливанням розсіюється на дротах і контактах. Тож сила струму, що проходитиме крізь котушку, щоразу буде меншою і меншою, а отже й тіло всередині перемагнічуватиметься не до кінця.

Тож коли всі коливання закінчаться, тіло, яке намагалися зарядити, матиме невеликий заряд через те, що сила струму в обох напрямках відрізнялася. Проте неможливо визначити, у якому саме напрямку буде намагнічено тіло.

Для того, щоби намагнітити тіло всередині котушки сильніше, треба примусити струм у контурі рухатися лише в одному напрямку. Тоді розмагнічування тіла не відбудеться. Пристрій, що вможливлює одностороннє пропускання струму, – це діод.

Умовні позначення для схем електричних кіл:

Відповідь: A.

ТЕМА: Електродинаміка. Закони постійного струму. Паралельне й послідовне з’єднання провідників.

Завдання скеровано на оцінювання знання закону Ома й розуміння особливостей паралельного й послідовного з’єднання провідників.

Нехай \(I\) – сила струму, що проходить у колі, а \(U\) – напруга в ньому. Коло складається із двох послідовних пар резисторів, що підключено паралельно. Оскільки пари резисторів з’єднано послідовно, то в кожній із них сила струму дорівнюватиме силі струму в колі: $$ I_{\text{пара 1}}=I_{\text{пара 2}}=I. $$

Напругу в колі можна обчислити як суму напруг на кожній із пар: $$ U=U_{\text{пара 1}}+U_{\text{пара 2}}. $$

Усередині кожної пари резистори з’єднано послідовно, тому сила струму в парі дорівнюватиме сумі сил струму на кожному з резисторів: \begin{gather*} I_{\text{пара 1}}=I_{R=9\ \text{Ом}}+I_{R=2\ \text{Ом}};\\[7pt] I_{\text{пара 2}}=I_{R=3\ \text{Ом}}+I_{R=8\ \text{Ом}}. \end{gather*}

Напруга на кожному резисторі дорівнює напрузі на всій парі: \begin{gather*} U_{\text{пара 1}}=U_{R=9\ \text{Ом}}=U_{R=2\ \text{Ом}};\\[7pt] U_{\text{пара 2}}=U_{R=3\ \text{Ом}}=U_{R=8\ \text{Ом}}. \end{gather*}

Опір кожної пари резисторів розраховують за правилами паралельного з’єднання провідників: \begin{gather*} \frac{1}{R_{\text{пари 1}}}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2};\\[6pt] \frac{1}{R_{\text{пари 2}}}=\frac{1}{R_3}+\frac{1}{R_4};\\[6pt] R_{\text{пари 1}}=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}=\frac{9\ \text{Ом}\cdot 2\ \text{Ом}}{9\ \text{Ом}+2\ \text{Ом}}=\frac{18}{11}\ \text{Ом};\\[6pt] R_{\text{пари 2}}=\frac{R_3R_4}{R_3+R_4}=\frac{3\ \text{Ом}\cdot 8\ \text{Ом}}{3\ \text{Ом}+8\ \text{Ом}}=\frac{24}{11}\ \text{Ом}. \end{gather*}

Тоді можна за законом Ома розрахувати напругу на кожній парі: \begin{gather*} I=\frac UR;\\[6pt] U_{\text{пара 1}}=I_{\text{пара 1}}R_{\text{пари 1}}=IR_{\text{пари 1}}=\frac{18}{11}I\ (\text{В});\\[6pt] U_{\text{пара 2}}=I_{\text{пара 2}}R_{\text{пари 2}}=IR_{\text{пари 2}}=\frac{24}{11}I\ (\text{В}). \end{gather*}

Відповідь: Б, В.

ТЕМА: Електродинаміка. Основи електростатики. Конденсатори.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі на знаходження енергії зарядженого конденсатора.

Під час зарядження конденсатори набувають потенціальної енергії. Коли вони розряджаються, енергія, що накопичилась у них, розсіюється на резисторі. Розсіювання відбувається завдяки тому, що резистор нагрівається і віддає енергію в середовище. Тож резистор нагріється найбільше тоді, коли отримає найбільше енергії від конденсатора. Енергію зарядженого конденсатора обчислюють за формулою: $$ E=\frac{CU^2}{2}, $$ де \(C\) – електроємність конденсатора, а \(U\) – його робоча напруга.

Далі потрібно обчислити величини енергій чотирьох конденсаторів: \begin{gather*} E_1=\frac{C_1U_1^2}{2}=\frac{1000\ \text{мкФ}\cdot (10\ \text{В})^2}{2} =\frac{1000\cdot 10^{-6}\ \text{Ф}\cdot (10\ \text{В})^2}{2}=0,05\ \text{Дж};\\[6pt] E_2=\frac{C_2U_2^2}{2}=\frac{200\ \text{мкФ}\cdot (50\ \text{В})^2}{2} =\frac{200\cdot 10^{-6}\ \text{Ф}\cdot (50\ \text{В})^2}{2}=0,25\ \text{Дж};\\[6pt] E_3=\frac{C_3U_3^2}{2}=\frac{100\ \text{мкФ}\cdot (100\ \text{В})^2}{2} =\frac{100\cdot 10^{-6}\ \text{Ф}\cdot (100\ \text{В})^2}{2}=0,5\ \text{Дж};\\[6pt] E_4=\frac{C_4U_4^2}{2}=\frac{50\ \text{мкФ}\cdot (100\ \text{В})^2}{2} =\frac{50\cdot 10^{-6}\ \text{Ф}\cdot (100\ \text{В})^2}{2}=0,25\ \text{Дж}. \end{gather*}

Тож після підключення до третього конденсатора резистор нагріється найбільше.

Відповідь: B.

ТЕМА: Електродинаміка. Основи електростатики. Електричне поле. Напруженість електричного поля.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння напруженості електричного поля і вміння порівнювати її різних точках електричного поля.

На рисунку зображено позитивний заряд \(q\), який створює навколо себе електричне поле. Щоби порівняти напруженість електричного поля в точках A і C потрібно в нього помістити пробний заряд \(Q\).

Напруженість електричного поля в точці \((\overrightarrow{E})\) – векторна фізична величина, яка характеризує електричне поле й дорівнює відношенню сили\(\overrightarrow{F}\), із якою електричне поле діє на пробний заряд, поміщений у цю точку поля, до величини цього заряду: $$ \overrightarrow{E}=\frac{\overrightarrow{F}}{q}. $$

На пробний заряд із боку поля діє сила Кулона, яка за модулем дорівнює $$ F=k\frac{|Q||q|}{r^2}, $$ де \(r\) – відстань між зарядами, а \(k=9 \cdot 10^9\ \text{Нм}^2/\text{Кл}^2\).

Тоді модуль напруженості електричного поля дорівнюватиме $$ E=k\frac{|Q|}{r^2}. $$

Оскільки \(OA = AC\), то \(OC = OA + AC = 2OA\), а тому \begin{gather*} r_A=OA;\\[7pt] r_C=2OA=2r_A. \end{gather*}

Тоді \begin{gather*} E_A=k\frac{|Q|}{r^2_A}\\[6pt] E_C=k\frac{|Q|}{r^2C}=k\frac{|Q|}{(2r_A)^2}=k\frac{|Q|}{4r^2_A}=\frac 14 E_A. \end{gather*}

Отже $$ E_C=\frac 14 E_A $$

або $$ 4E_C=E_A $$

Відповідь: Г.

ТЕМА: Методи реєстрування йонізувального випромінювання.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння принципу роботи бульбашкової камери.

Бульбашкову камеру використовують як прилад для реєстрування йонізувального випромінювання. Усередині камери міститься перегріта рідина, у якій йони, що опиняються на шляху частинки, стають центрами кипіння, тож траєкторію частинки можна визначити за бульбашками.

Для того, щоб утворити перегріту рідину, тиск усередині камери швидко зменшують. За нижчого тиску температура кипіння рідини також нижча. Температура рідини в камері не змінюється, тож рідина, що в камері, стає перегрітою.

Відповідь: Б.

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

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати задачі на аналіз графіків теплових процесів.

За результатами аналізування графіка можна дійти висновку, що зі збільшенням отриманої кількості теплоти \(Q\) температура залишається незмінною – 0 °C (відрізок \(LM\)). Тобто 0 °C – це температура кристалізації і плавлення за атмосферного тиску. Оскільки тіло отримує додаткову теплоту, то ділянка \(LM\) відповідає плавленню.

Відрізок \(MN\) відповідає збільшенню температури від 0 °C до 100 °C зі збільшенням отриманої теплоти. Тобто ділянка \(MN\) відповідає нагріванню води, що утворилася внаслідок плавлення.

Зі збільшенням отриманої кількості теплоти \(Q\) температура залишається незмінною – 100 °C (відрізок \(NO\)). Тобто 100 °C – це температура кипіння і конденсації за атмосферного тиску, оскільки тіло отримує додаткову теплоту, то ділянка \(NO\) відповідає кипінню.

Відрізок \(OP\) відповідає збільшенню температури від 100 °C до 140 °C зі збільшенням отриманої теплоти. Тобто ділянка \(OP\) відповідає нагріванню пари, що утворилась після кипіння.

Відповідь: Г.

ТЕМА: Молекулярна фізика й термодинаміка. Ізопроцеси.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати задачі на аналіз графіків ізопроцесів і побудову їх у різних системах координат.

Для правильного розв’язання задачі передовсім потрібно пригадати графіки ізопроцесів (рис. 1):

Рис. 1. Графіки ізопроцесів у координатах \((p, V)\): а) ізотермічний, б) ізобарний, в) ізохорний процеси

Важливо пам’ятати, що ізотерма може мати лише таку орієнтацію! Далі потрібно розглянути кожну послідовність із завдання і нарисувати графіки процесів.

Для правильного аналізування змін усіх фізичних величин потрібно пригадати рівняння Клапейрона: $$ \frac{p_1V_1}{T_1}=\frac{p_2V_2}{T_2}. $$

Із цього випливає, що добуток тиску на об’єм, поділений на температуру залишається сталим під час переходу зі стану 1 у стан 2.

Під час ізохорного нагрівання за рівнянням Клапейрона $$ \frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}. $$

За умовою \(T_2 \gt T_1\), а отже, щоби рівність зберігалась, \(p_2\) також має бути більшим за \(p_1\), що можна зобразити прямою 1 на рисунку 2.

Ізобарне стискання можна зобразити прямою 2 на рисунку 2

З останньої точки попереднього процесу до початкової точки можна провести ізотерму (крива 3), отже газ можна повернути в початковий стан такою послідовністю процесів.

Рис. 2. Графік процесів із перебігу 1

Під час ізохорного нагрівання за рівнянням Клапейрона $$ \frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}. $$

За умовою \(T_2 \gt T_1\), тому для збереження рівності \(p_2\) також має бути більшим за \(p_1\), що можна зобразити прямою 1 на рисунку 3.

Ізобарне збільшення об’єму можемо зобразити прямою 2 на рисунку 3.

З останньої точки попереднього процесу до початкової точки не можна провести ізотерму (крива 3 не перетинає початкову точку), отже газ не можна повернути в початковий стан такою послідовністю процесів.

Рис. 3. Графік процесів із перебігу 2

Ізобарне стискання можна зобразити прямою 1 на рисунку 4.

Під час ізохорного охолодження за рівнянням Клапейрона $$ \frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}. $$

За умовою \(T_2 \lt T_1\), тому для збереження рівності \(p_2\) також має бути меншим ніж \(p_1\), що можна зобразити прямою 2 на рисунку 4.

З останньої точки попереднього процесу до початкової точки не можна провести ізотерму (крива 3 не перетинає початкову точку), отже газ не можна повернути в початковий стан такою послідовністю процесів.

Рис. 4. Графік процесів із перебігу 3

Ізобарне збільшення об’єму можемо зобразити прямою 1 на рисунку 5.

Під час ізохорного охолодження за рівнянням Клапейрона: $$ \frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}. $$

За умовою \(T_2 \lt T_1\), тому для збереження рівності \(p_2\) також має бути меншим за \(p_1\), що можна зобразити прямою 2 на рисунку 5.

З останньої точки попереднього процесу до початкової точки можна провести ізотерму (крива 3), отже газ можна повернути в початковий стан такою послідовністю процесів.

Рис. 5. Графік процесів із перебігу 4

Відповідь: B.