Коментар

ТЕМА: Молярна фізика і термодинаміка. Властивості газів, рідин і твердих тіл. Рівняння теплового балансу для найпростіших теплових процесів.

Завдання скеровано на перевірку вміння визначати кількість теплоти, що віддають і поглинають тіла, а також уміння складати рівняння теплового балансу.

Кількість теплоти \(Q_\text{к},\) яку віддасть кип’ятильник, становитиме: \begin{gather*} Q_\text{к}=I^2R\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\tau} - \text{закон Джоуля ‒ Ленца}, \end{gather*} де \(I\) ‒ сила струму, \(R\) ‒ опір кип’ятильника, \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\tau}\) ‒ час.

Оскільки в умові дано напругу, а не силу струму, то, скориставшись законом Ома для ділянки кола $$ I=\frac UR, $$ отримаємо формулу для кількості теплоти кип’ятильника: $$ Q_\text{к}=\frac{U^2}{R^2}\cdot R\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\tau}=\frac{U^2\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\tau}}{R}. $$

Кількість теплоти \(Q_\text{в},\) необхідну для кип’ятіння води, визначімо за формулою \begin{gather*} Q_\text{в}=cm(t_2-t_1), \end{gather*} де \(c\) ‒ питома теплоємність води, \(m\) ‒ маса води, \((t_2-t_1)\) ‒ різниця температур води.

Тоді кількість теплоти, що витрачається під час цього на теплообмін із навколишнім середовищем, є різницею енергії, яку дає кип’ятильник, й енергії, потрібної для того, щоб закип’ятити воду: \begin{gather*} \Delta Q=Q_\text{к}-Q_\text{в}. \end{gather*}

Виконаймо розрахунки:

де \(m=\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\rho}\cdot V\) (\(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\rho}\) ‒ густина води, \(V\) ‒ об’єм води в одиницях SI).

Відповідь: 390.

Коментар

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Електромагнітні коливання і хвилі. Перетворення енергії в коливальному контурі.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння перетворення енергії в коливальному контурі.

Коли конденсатор максимально заряджений, то на обкладках конденсатора накопичений максимальний електричний заряд \(q_\text{max},\) а між обкладками виникне електричне поле, енергія якого дорівнює \(W_\text{ел. max}:\) $$ W_\text{ел. max}=\frac{q^2_\text{max}}{2C}, $$ де \(C\) ‒ електроємність конденсатора, його незмінна характеристика.

У той момент, коли конденсатор повністю розрядиться, енергія електричного поля дорівнюватиме нулю, сила струму сягне максимального значення \(I_\text{max},\) а повна енергія контуру дорівнюватиме максимальній енергії магнітного поля \(W_\text{маг. max}:\) $$ W_\text{маг. max}=\frac{LI^2_\text{max}}{2}, $$ де \(L\) ‒ індуктивність котушки, її незмінна характеристика.

Запишімо закон збереження енергії контуру: $$ W_\text{ел. max}=W_\text{ел.}+W_\text{маг.}=W_\text{маг. max}. $$

Якщо за умовою струм, що проходить крізь котушку, становить \(80\ \text{%}\) від максимально можливого, то формула для визначення енергії магнітного поля матиме вигляд:

Тоді енергія електричного поля конденсатора становитиме

Відповідно до закону збереження енергії

Відповідь: 0,6.

Коментар

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Закони відбивання світла.

Завдання скеровано на перевірку розуміння законів відбивання світла й уміння будувати промені, які падають і відбиваються від плоского дзеркала.

Закони відбивання світла:

1. Промінь, що падає, промінь відбитий і перпендикуляр до поверхні відбивання, проведений із точки падіння променя, лежать в одній площині.

2. Кут відбивання дорівнює куту падіння.

Зробімо додаткові побудови ‒ перпендикуляри в точках падіння променів на обох дзеркалах.

Перенесемо паралельним переносом горизонтальну поверхню в точки падіння променів \(О_1\) і \(О_2.\) Тоді перше дзеркало розташоване під \(\angle АО_1Б=50^\circ.\) \(\angle АО_1В=\angle ВО_1Д=90^\circ\) за умовою, бо промінь \(О_1Б\) напрямлений вертикально вниз.

Тоді \(\angle БО_1В=40^\circ.\) Відповідно \(\angle ВО_1Г=90^\circ‒40^\circ=50^\circ.\) Це кут падіння променя на перше дзеркало. Отже, кут відбивання буде таким самим: \(\angle ВО_1Г=\angle ГО_1О_2=50^\circ.\)

Розгляньмо дві паралельні прямі \(АД\) і \(ЕК\) й січну \(О_1О_2.\)

Тоді й \(\angle О_1О_2Е=10^\circ\) як внутрішній різносторонній до \(\angle ДО_1О_2.\)

Перейдімо до другого дзеркала й розгляньмо кут падіння \(О_1О_2Н\) і кут відбивання \(НО_2М:\)

Тоді обчислімо кут \(МО_2Л:\) $$ \angle МО_2Л=90^\circ-40^\circ=50^\circ. $$

Промінь \(О_2М\) відбився вертикально вгору від другого дзеркала, отже, $$ \angle МО_2К=90^\circ. $$

Тоді

Тобто друге дзеркало розташоване до поверхні столу під кутом \(40^\circ.\)

Відповідь: 40.

Коментар

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Дифракційні ґратки й використання їх для визначення довжини світлової хвилі.

Завдання скеровано на перевірку розуміння будови дифракційної ґратки.

Скористаймося формулою дифракційної ґратки (\(d\) ‒ період дифракційної ґратки, \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\lambda}\) ‒ довжина хвилі світла): $$ d\sin\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\varphi}=k\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\lambda}, $$ де \(k\) ‒ ціле число: \(k=0\) ‒ відповідає центральному (нульовому) максимуму, \(k=\pm 1\) ‒ відповідає максимумам першого порядку тощо. Максимуми одного порядку розташовані симетрично з обох боків від центрального максимуму.

Скористаймося малокутовим наближенням (апроксимація малих кутів), яке зазначено в умові: \begin{gather*} \sin\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\varphi}=\mathrm{tg}\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\varphi}=\frac xL, \end{gather*} де \(x\) ‒ відстань від центрального максимуму до максимуму \(k\text{-го}\) порядку.

Отримаємо формулу для визначення \(d:\)

Відповідь: 30.

Коментар

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Атом та атомне ядро. Альфа-, бета- і гамма-випромінювання.

Завдання скеровано на перевірку знання і застосування правил альфа- і бета-розпадів.

Запишімо реакцію розпаду ядра атома \(\mathrm{^{A}_{Z}X}\) де \(A\) ‒ нуклонне (масове) число, \(Z\) ‒ протонне (зарядове) число: $$ \mathrm{^{A}_{Z}X\rightarrow ^{A'}_{Z'}Y}+N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}}\cdot \mathrm{^4_2He}+N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\beta}}\cdot ^{\ \ \ 0}_{-1}e. $$

Унаслідок реакції отримали інше ядро атома \(\mathrm{^{A'}_{Z'}Y},\) невідому кількість \(N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}}\) \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}\text{-частинок} \ \mathrm{^4_2He}\) і невідому кількість \(N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\beta}}\) \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\beta}\text{-частинок} \ ^{\ \ \ 0}_{-1}e.\)

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.

Відповідно до цих законів запишімо рівності:

За умовою масове число зменшилося на \(12:\) $$ \mathrm{A'=A-12.} $$

Водночас заряд ядра атома зменшився на \(4:\) $$ \mathrm{Z'=Z-4}. $$

Підставімо ці вирази:

\begin{gather*} \mathrm{A=A-12\ +\ }N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}}\cdot 4,\\[7pt] \mathrm{Z=Z-4}+N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}}\cdot 2+N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\beta}}\cdot (-1). \end{gather*}

Отримуємо

\begin{gather*} N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}}=\frac{12}{4}=3,\\[6pt] N_{\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\beta}}=-4+3\cdot 2=2. \end{gather*}

Отже, відбулися два \(\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\beta}\text{-розпади.}\)

Відповідь: 2.