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

Завдання скеровано на перевірку вміння застосовувати закони відбивання світла для розв’язування задач із геометричної оптики.

За законом відбивання світла падний промінь, відбитий промінь і перпендикуляр до поверхні відбивання, проведений із точки падіння променя, лежать в одній площині. А також кут відбивання \(\beta\) дорівнює куту падіння \(\alpha .\)

Зобразімо це на рисунку.

За умовою кут \(\alpha\) падіння сонячних променів дорівнює \(45^\circ.\) За законом відбивання кут відбивання також дорівнює \(45^\circ.\) Тоді \(\angle AOB=45^\circ\) за побудовою, оскільки в точці падіння променя встановлено перпендикуляр.

Найкоротшою відстанню від точки падіння променя на калюжу до стіни школи є перпендикуляр, проведений від цієї точки до стіни школи. Тоді \(\Delta ABO\) – прямокутний і рівнобедрений. Один із гострих його кутів \(AOB\) дорівнює \(45^\circ.\) Відповідно й кут \(OAB\) теж дорівнює \(45^\circ.\) Оскільки трикутник рівнобедрений, його бічні сторони (катети в цому разі) рівні, тобто $$ OB=AB=10\ \text{м}. $$

Відповідь: 10.

ТЕМА: Коливання і хвилі. Оптика. Механічні коливання і хвилі. Зв’язок між довжиною хвилі, швидкістю її поширення і періодом (частотою).

Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати задачі про поширення механічних хвиль.

На рисунку позначмо період.

Через шуканий час \(t\) поширення хвилі можна побачити, що точки \(A\) і \(B\) лежатимуть на одній горизонтальній прямій. З рисунка видно, що це відбудеться найменше через \(\frac 18\) періоду \(T\): \begin{gather*} t=\frac 18 T,\\[6pt] t=\frac 18\cdot 1,6\ \text{с}=0,2\ \text{с}. \end{gather*}

Відповідь: 0,2.

ТЕМА: Електродинаміка. Електричний струм у різних середовищах. Закони електролізу. Закони постійного струму. Закон Джоуля – Ленца.

Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати комбіновані задачі з тем різних розділів, а саме застосування закону Джоуля – Ленца під час електролізу.

Кількість теплоти \(Q,\) що виділиться під час електролізу, можна обчислити за законом Джоуля – Ленца: $$ Q=I^2Rt, $$ де \(I\) – сила струму, \(R\) – опір розчину електроліту, \(t\) – час електролізу.

За умовою опір розчину електроліту й час електролізу відомі. Силу струму можна визначити з першого закону Фарадея: $$ m=kIt, $$ де \(m\) – маса речовини, яка виділяється на електроді під час електролізу, \(k\) – електрохімічний еквівалент. \begin{gather*} I=\frac{m}{kt};\\[6pt] I=\frac{0,3\cdot 10^{-3}\ \text{кг}}{10^{-8}\ \text{кг/Кл}\cdot 4000\ \text{с}}=7,5\ \text{А}. \end{gather*}

Підставмо значення всіх величин й обчислімо кількість теплоти, що виділиться під час електролізу: \begin{gather*} Q=I^2Rt=(7,5\ \text{А})^2\cdot 0,4\ \text{Ом}\cdot 4000\ \text{с};\\[7pt] Q=(7,5\ \text{А})^2\cdot (2^2\cdot 400)\ \text{Ом} \cdot \text{с};\\[7pt] Q=15^2\cdot 400\ \text{А}^2\cdot\ \text{Ом}\cdot \text{с};\\[7pt] Q=225\cdot 400\ \text{Дж};\\[7pt] Q=90\ 000\ \text{Дж};\\[7pt] Q=90\ \text{кДж}. \end{gather*}

Відповідь: 90.

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

Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати задачі із застосування закону Ома для ділянки кола за різних з’єднань провідників.

Загальна напруга \(U\) на ділянці кола й напруга на кожному з паралельно з’єднаних провідників є однаковими: $$ U=U_1=U_2=\dots=U_n. $$

За паралельного з’єднання провідників сила струму \(I\) в нерозгалуженій частині кола дорівнює сумі сил струмів у відгалуженнях (окремих вітках): $$ I=I_1+I_2+\dots+I_n. $$

Загальний опір \(R\) паралельно з’єднаних провідників опором \(R_0\) кожний обчислюють за формулою $$ R=\frac{R_0}{n}, $$ де \(n\) ‒ кількість провідників.

За законом Ома для ділянки кола $$ I=\frac UR=\frac{U}{R_0/n}=\frac{Un}{R_0}. $$

Звідси формула для обчислення \(n:\)

Отже, максимально можлива кількість резисторів у цьому колі може бути \(15\), щоб значення сили струму не перевищувало встановлене в умові.

Відповідь: 15.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи термодинаміки. Питома теплоємність речовини.

Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати розрахункові задачі про фазові переходи.

Розгляньмо наведений в умові графік. Ділянка, на якій протягом двох хвилин (від 1‑ої до 3‑ої) температура речовини не змінювалася, відповідає плавленню, під час якого вся кількість теплоти \(Q_1\) витрачається на руйнування кристалічних ґраток, тобто на зміну агрегатного стану, а не на нагрівання: $$ Q_1=\lambda m, $$ де \(\lambda\) ‒ питома теплота плавлення речовини масою \(m\).

Потужність \(P,\) яку споживає під час плавлення речовина протягом часу \(\tau_1=2\ \text{хв}=120\ \text{с},\) обчислюють за формулою $$ P=\frac{Q_1}{\tau_1}. $$

Тепер розгляньмо ділянку графіка від 3‑ої до 4‑ої хвилини. Речовина розплавилася і почала нагріватися. Під час цього вона отримає кількість теплоти \(Q_2,\) яка витратиться на підвищення температури від \(0\) до \(40\ ^\circ \mathrm{C}\) протягом часу \(\tau_2=1\ \text{хв}=60\ \text{с}:\) $$ Q_2=cm\Delta t, $$ де \(c\) ‒ питома теплоємність речовини в рідкому стані. Під час цього процесу потужність \(P\) залишатиметься сталою, її обчислюють за формулою $$ P=\frac{Q_2}{\tau_2}. $$

Прирівняймо ці два вирази для потужності: \begin{gather*} \frac{Q_1}{\tau_1}=\frac{Q_2}{\tau_2},\\[6pt] \frac{\lambda m}{\tau_1}=\frac{cm\Delta t}{\tau_2}. \end{gather*}

Масу можна скоротити й дістати вираз шуканої величини ‒ питомої теплоємності: \begin{gather*} c=\frac{\lambda\cdot \tau_2}{\tau_1\cdot \Delta t}=\frac{200\cdot 10^3\ \text{Дж/кг}\cdot 60\ \text{с}}{120\ \text{с}\cdot 40\ \text{К}}=\\[6pt] =\frac{20\ 000}{8}\ \frac{\ \text{Дж}}{\ \text{кг}\cdot \ \text{К}}=2500\ \frac{\text{Дж}}{\text{кг}\cdot\text{К}}=2,5\ \frac{\text{кДж}}{\text{кг}\cdot\text{К}}. \end{gather*}

Відповідь: 2,5.

ТЕМА: Механіка. Елементи механіки рідин і газів. Тиск. Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи молекулярно-кінетичної теорії. Рівняння стану ідеального газу.

Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати розрахункові комбіновані задачі з визначення сили тиску (механіка), описавши стан газу рівнянням Клапейрона (молекулярна фізика).

Опишімо стан газу в циліндрі за початкових умов (див. рис. 1). Легкий поршень ділить циліндр на дві рівні частини. Позначмо тиск, що однаково діє на поршень з обох боків \(p_0\). Об’єм газу в рівних частинах циліндра дорівнює \(V\). Температура газу не змінюється.

Коли з певною силою поршень змістили, то стан газу в обох частинах циліндра змінився. Запишімо рівняння Клапейрона для обох частин циліндра:

Із цих рівностей визначмо тиски \(p_1\) і \(p_2:\) \begin{gather*} p_1=2p_0,\\[6pt] p_2=\frac{2p_0}{3}. \end{gather*}

Щоб утримувати поршень у положенні як на рисунку 2, треба прикласти до поршня силу, щоб компенсувати різницю цих тисків: \begin{gather*} \Delta p=\frac FS,\\[6pt] \Delta=p_1-p_2=2p_0-\frac{2p_0}{3}=\frac{4p_0}{3}. \end{gather*}

Обчислімо шукану силу за формулою: \begin{gather*} F=\Delta p\cdot S=\frac{4p_0}{3}\cdot S=\\[6pt] =\frac{4\cdot 10^5\ \text{Па}\cdot 120\cdot 10^{-4}\ \text{м}^2}{3}=1600\ \text{Н}=1,6\ \text{кН}. \end{gather*}

Відповідь: 1,6.

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

Завдання скеровано на перевірку розуміння умов плавання тіл і вміння математично описати їх.

У завданні тричі змінюються умови плавання дерев’яного бруска. Опишімо кожен із випадків.

1. На брусок діє сила тяжіння, яку врівноважує сила Архімеда: \begin{gather*} Mg=\rho_\text{в}gV_\text{зануреної частини}=\rho_\text{в}g\cdot Sh_1,\\[7pt] M=\rho_\text{в}Sh_1,\ \ \ \ \ (1) \end{gather*} де \(M\) – маса бруска, \(g\) – прискорення вільного падіння, \(S\) – площа основи бруска, \(h_1\) – глибина першого занурення бруска на \(10\ \text{см,}\) \(\rho_\text{в}\) – густина води.

2. Коли до бруска знизу прикріпили вантаж, то виштовхувальна сила діятиме і на занурену частину бруска, і на вантаж. Запишімо умову плавання бруска за цих умов: \begin{gather*} (M+m)g=\rho_\text{в}g\cdot Sh_2+\rho_\text{в}V_\text{вант},\\[7pt] Mg+\rho_\text{вант}V_\text{вант}g=\rho_\text{в}gSh_2+\rho_\text{в}gV_\text{вант},\ \ \ \ \ (2) \end{gather*} де \(m\) – маса вантажу, \(h_2\) – глибина другого занурення бруска на \(14\ \text{см,}\) \(\rho_\text{вант}\) – густина матеріалу вантажу, \(V_\text{вант}\) – об’єм вантажу.

3. Розгляньмо третій випадок, коли вантаж поклали на брусок зверху. Запишімо умову плавання: \begin{gather*} (M+m)g=\rho_\text{в}g\cdot Sh_3,\\[7pt] Mg+\rho_\text{вант}V_\text{вант}g=\rho_\text{в}gSh_3,\ \ \ \ \ (3) \end{gather*} де \(h_3\) – глибина третього занурення бруска, яку треба обчислити.

Розв’яжімо систему трьох рівнянь: \begin{gather*} \left\{ \begin{array}{l} M=\rho_\text{в}Sh_1;\\ Mg+\rho_\text{вант}V_\text{вант}g=\rho_\text{в}gSh_2+\rho_\text{в}gV_\text{вант};\\ Mg+\rho_\text{вант}V_\text{вант}g=\rho_\text{в}gSh_3. \end{array} \right. \end{gather*}

Віднімімо від рівняння (2) рівняння (3): \begin{gather*} 0=\rho_\text{в}gSh_2+\rho_\text{в}gV_\text{вант}-\rho_\text{в}gSh_3,\\[7pt] V_\text{вант}=Sh_3-Sh_2. \end{gather*}

Підставімо в рівняння (3) вираз замість \(M\) і замість \(V_\text{вант}:\) $$ \rho_\text{в}Sh_1+\rho_\text{вант}(Sh_3-Sh_2)=\rho_\text{в}Sh_3. $$

Розкриймо дужки й обчислімо \(h_3:\)

Відповідь: 15.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи термодинаміки. Кількість теплоти. Коефіцієнт корисної дії.

Завдання скеровано на перевірку розуміння процесу згоряння палива й уміння обчислити коефіцієнт корисної дії.

1. Піч виконала корисну роботу – вода закипіла. Запишімо формулу для визначення кількості теплоти, яку отримала вода для того, щоб закипіти. Оскільки початкова температура води за умовою була \(10\ ^\circ \mathrm{C},\) то воді треба було надати порцію теплоти \(Q,\) щоб вона нагрілася до температури кипіння \(100\ ^\circ \mathrm{C}:\) $$ Q=cm\cdot \Delta t=c\cdot \rho V\cdot \Delta t, $$ де \(c\) ‒ питома теплоємність води, \(\rho\) – густина води, \(V\) – об'єм води, \(\Delta t\) – зміна температури.

Значення об’єму переведімо в одиниці системи СІ: \(10\ \text{л}=0,01\ \text{м}^3.\)

2. Запишімо формулу для визначення коефіцієнта корисної дії \(\eta :\) $$ \eta=\frac{Q_\text{корисна}}{Q_\text{повна}}\cdot 100\ \text{%}. $$

Корисно спожиту водою кількість теплоти \(Q_\text{корисна}\) для нагрівання води до температури кипіння вже обчислено в першій частині завдання. Обчислімо теплоту, яка виділиться внаслідок повного згоряння дров: $$ Q_\text{повна}=qm, $$ де \(q\) – питома теплота згоряння дров, \(m\) – маса дров.

Обчислімо значення кількості теплоти, що виділилася: $$ Q_\text{повна}=18,9\ \text{МДж/кг}\cdot 2\ \text{кг}=37,8\ \text{МДж}. $$

Обчислімо коефіцієнт корисної дії печі: $$ \eta=\frac{3,78\ \text{МДж}}{37,8\ \text{МДж}}\cdot 100\ \text{%}=10\ \text{%}. $$

Можна зробити висновок, що коефіцієнт корисної дії печі дуже низький, багато втрат – нагрівається сама піч, навколишнє повітря і предмети.
Відповідь: 10.

Відповідь: 1. 3,78. 2. 10.

ТЕМА: Механіка. Основи кінематики. Рівноприскорений рух.

Завдання скеровано на перевірку вміння визначати основні кінематичні характеристики, якими описують рівноприскорений рух, а саме проєкцію швидкості й прискорення.

1. За умовою рух є рівноприскореним, підтвердженням цього також є наведений графік залежності координати від часу. Графіком є частина параболи, вершина якої відповідає точці розвороту. Це саме момент часу \(4\ \text{с}.\) Наближаючись до цієї точки тіло гальмує, у цій точці воно зупиняється на мить і починає рухатися у зворотному напрямку. Отже, швидкість руху тіла в момент часу \(4\ \text{с}\) дорівнюватиме \(0\ \text{м/с}.\)
Відповідь: 0.

2. Рівняння координати для прямолінійного рівноприскореного руху в загальному вигляді таке: $$ x=x_0+v_0t+\frac{at^2}{2}\ (\text{у проєкціях на вісь } Ox), $$ де \(x\) – координата тіла, \(x_0\) – початкова координата тіла, \(v_0\) – початкова швидкість руху тіла, \(t\) – час руху тіла, \(a\) – прискорення руху тіла.

Розгляньмо проміжок часу від \(4\) до \(5\) секунд. Зручно взяти саме цей проміжок, бо за ним можна визначити всі необхідні дані для обчислення прискорення руху тіла. Візьмемо дані для рівняння з графіка: \begin{gather*} x=10,5\ \text{м},\\[7pt] x_0=11\ \text{м},\\[7pt] v_0=0\ \text{м/с},\\[7pt] t=1\ \text{с}. \end{gather*}

Спростімо рівняння: $$ x-x_0=\frac{at^2}{2}. $$

Виразімо й обчислімо прискорення руху тіла: $$ a=\frac{2\Delta x}{t^2}=\frac{2\cdot(-0,5)\ \text{м}}{1\ \text{с}^2}=-1\ \text{м/с}^2. $$

Знак «мінус» вказує на те, що тіло рухається у протилежному до осі \(Ox\) напрямку.
Відповідь: –1.

Відповідь: 1. 0. 2. –1.

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 розуміння дії магнітного поля на провідник з електричним струмом.

Силу, із якою магнітне поле діє на провідник зі струмом, називають силою Ампера \(F_А.\)

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

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

На рисунку 1 вектор магнітної індукції напрямлений перпендикулярно до площини рисунка від вас (позначено хрестиком). Отже, орієнтуємо 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.

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

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

На рисунку 4 вектор магнітної індукції напрямлений перпендикулярно до площини рисунка до вас (позначено точками). Отже, орієнтуємо 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.

Відповідь: 1А, 2В, 3Д, 4Б.

ТЕМА: Молекулярна фізика і термодинаміка. Основи молекулярно-кінетичної теорії. Основні положення молекулярно-кінетичної теорії та експериментальне обґрунтування їх.

Завдання скеровано на перевірку розуміння будови речовини в різних фазових (агрегатних) станах.

Кристал солі – це тверда йонна речовина. У ній йони розташовані в певному порядку (утворюють кристалічні ґратки) на відстанях, порівнюваних із розмірами йонів. Тому електростатичні сили втримують йони, що здійснюють малі коливання навколо положень рівноваги.

Вода в басейні – рідина. Молекули рідини розташовані хаотично. Середня відстань між молекулами порівняна з їхніми розмірами. Тому міжмолекулярні сили втримують молекули біля положення рівноваги. Кожна молекула рідини певний час (бл. 10–11 с) здійснює рух, подібний до коливального, потім перескакує в інше місце та знову коливається біля нового положення рівноваги. Час «осідлого життя» молекули в сотні разів більший за час «переходу».

Атмосферний кисень – газ. Молекули газів розташовані безладно й на відстанях, які в десятки разів більші за розміри самих молекул. На таких відстанях молекули майже не взаємодіють одна з одною. Тому, безперервно зіштовхуючись, молекули газів розлітаються на всі боки доти, доки не зустрінуть якусь перешкоду, наприклад, стінки посудини.

Йонізований газ – це плазма, так званий четвертий агрегатний стан речовини. Слово «йонізований» означає, що від значної частини атомів або молекул відокремлений принаймні один електрон. Плазма має властивості, схожі на газоподібний стан речовини (частинки рухаються вільно й відстань між частинками значно більша за розмір частинок). На відміну від газу в плазмі є далекосяжна кулонівська взаємодія між частинками, тобто вони взаємодіють навіть на великих відстанях.

Відповідь: 1В, 2Б, 3А, 4Д.

ТЕМА: Механіка. Молекулярна фізика і термодинаміка. Електродинаміка.

Завдання скеровано на перевірку знань і розуміння принципів дії пристроїв і механізмів із різних розділів фізики.

Гальмівні механізми (дискові або барабанні) не дають обертатися колесам, унаслідок чого автомобіль зменшує швидкість. Принцип дії гальмівного механізму заснований на використанні сили тертя. Під час гальмування кінетична енергія переходить у внутрішню.

Тепловий двигун – це машина, яка працює циклічно й перетворює енергію палива на механічну роботу. Робоче тіло (газ, який виконує роботу під час свого розширення) отримує певну кількість теплоти від нагрівника. Ця теплота частково перетворюється на механічну енергію (робоче тіло виконує роботу), а частково передається холодильнику.

Індукційні генератори струму перетворюють механічну енергію на електричний струм. Складені з металевого осердя, у пази якого поміщено обмотку. Кінці обмотки з’єднані з кільцями, до кожного з яких притиснуто щітку для відведення напруги до споживача. Осердя з обмоткою (ротор) обертається в магнітному полі нерухомого постійного магніту або електромагніту.

Електричний двигун є пристроєм для перетворення електричної енергії на механічну та приведення до руху машин і механізмів. Робота електродвигуна основана на втягуванні або виштовхуванні провідника з електричним струмом у магнітному полі й дії на провідник зі струмом сили Ампера. Під час роботи двигуна рух ротора (рухомої частини двигуна) передається валу, а з нього – безпосередньо до споживача.

Відповідь: 1А, 2Б, 3В, 4Г.

ТЕМА: Квантова фізика. Елементи теорії відносності. Атом та атомне ядро. Методи реєстрування йонізувального випромінювання.

Завдання скеровано на перевірку знання і розуміння дії пристроїв для реєстрування йонізувального випромінювання.

Загальний принцип реєстрування йонізувального випромінювання полягає в реєстрації дії цього випромінювання.

Бульбашкова камера є трековим детектором. Робочим тілом у бульбашковій камері є перегріта рідина: йони, які утворюються вздовж траєкторії руху частинки, стають центрами кипіння. Унаслідок цього виникає ланцюжок бульбашок, за якими й фіксують випромінювану частинку (випромінювання)

Унаслідок руху швидкої зарядженої частинки в шарі фотоемульсії проступають сліди (треки) первинної частинки та всіх заряджених частинок, що виникли внаслідок ядерних взаємодій. За товщиною і довжиною треків можна визначити заряди частинок та їхню енергію.

Газорозрядний лічильник і йонізаційна камера працюють за одним принципом: робоче тіло – газ – розміщено в електричному полі з високою напругою; заряджена частинка, що пролітає крізь газ, йонізує його, і в пристрої виникає газовий розряд.

Камера Вільсона – також трековий детектор. Це контейнер, заповнений парою спирту або ефіру. Під час різкого опускання поршню пара внаслідок адіабатного розширення охолоджується і стає перенасиченою. Заряджена частинка, потрапивши в перенасичену пару, йонізує на своєму шляху молекули пари. Йони, що утворилися, стають центрами конденсації. Ланцюжок крапель cконденсованої пари вздовж траєкторії руху (треку) частинки знімають на камеру або фотографують.

Відповідь: A.