ТЕМА: Молекулярна фізика й термодинаміка. Основи термодинаміки. Перший закон термодинаміки. Потужність.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі на використання першого закону термодинаміки.

Дано:
\(P=2,5\ \text{кВт}\)
\(t=1\ \text{хв}\)
\(\triangle U=80\ \text{кДж}\)

Знайти:
\(\triangle E\ -\ ?\)

Теплову енергію середовища можна розрахувати за першим законом термодинаміки: $$ Q=\triangle U+A, $$ де \(\triangle U\) – зміна внутрішньої енергії середовища, \(A\) – виконана робота.

Під час роботи кондиціонера внутрішні приміщення охолоджуються тому, що тепло виводиться в середовище зовні. Тому зниження внутрішньої енергії в кімнаті на \(\triangle U\) приводить до збільшення енергії середовища на те саме \(\triangle U\).

Виконану роботу можемо обчислити, знаючи потужність кондиціонера, за формулою: \begin{gather*} P=\frac At.\\[6pt] A=Pt=2,5\ \text{кВт}\cdot 1\ \text{хв}=2500\ \text{Вт}\cdot 60\ \text{с}=150000\ \text{Дж}=150\ \text{кДж}. \end{gather*}

Тоді $$ Q=\triangle U+A=80\ \text{кДж}+150\ \text{кДж}=230\ \text{кДж}. $$

Відповідь: 230.

ТЕМА: Магнітне поле, електромагнітна індукція. Сила Лоренца.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі з використанням законів для рухомих провідників у магнітному полі.

Дано:
\(l=12\ \text{м}\)
\(v=900\ \text{км/год}\)
\(B=50\ \text{мкТл}\)

Знайти:
\(\triangle \mathbf{\varphi}\ -\ ?\)

Два крила літака – це один суцільний провідник, що рухається в магнітному полі. Оскільки рух літака відбувається вздовж магнітного меридіана Землі, то напрямок його швидкості збігається із горизонтальним складником напруженості магнітного поля і перпендикулярний до її вертикального складника.

Під час руху провідника перпендикулярно до ліній напруженості магнітного поля в тому самому напрямку рухаються і всі його вільні електрони. На кожен із цих вільних електронів діє сила Лоренца. За правилом лівої руки, якщо долоню повернути так, щоби чотири пальці показували напрямок, протилежний до напрямку швидкості негативно заряджених частинок, а лінії магнітної індукції входили в долоню, то великий палець лівої руки вкаже напрямок дії сили Лоренца.

У результаті цього вільні електрони змістяться в одне крило, тому крила поляризуються. Тоді для рухомого провідника в магнітному полі можна обчислити електрорушійну силу (ЕРС), що дорівнює різниці потенціалів між двома кінцями провідника: $$ \triangle \mathbf{\varphi}=\mathrm{EPC}=Bvl$1\mathbf{\alpha}, $$ де \(\mathbf{\alpha}\) – кут між швидкістю руху провідника й напрямком ліній магнітної індукції.

Тоді

Відповідь: 0,15.

ТЕМА: Механічні коливання і хвилі. Частота й період коливань.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі на визначення параметрів коливань частинок хвилі.

Паперовий кораблик на гребені хвилі коливається так само, як і частинки води у хвилі.

Під час коливань за один період тіло повертається в початкове положення. Нехай у початковий момент часу кораблик перебуває в точці максимального відхилення рівноваги. Тоді за чверть періоду кораблик опиниться на рівні спокійної води. А за наступну чверть періоду – у точці максимального відхилення від положення рівноваги з іншого боку від рівня рівноваги, тобто в найнижчому положенні.

Якщо частота коливань \(\mathbf{\nu}=2\ \text{Гц}=2\ \text{с}^{-1}\), можна обчислити період коливань: $$ 1)\ T=\frac{1}{\mathbf{\nu}}=\frac 12=0,5\ \text{с}. $$

Тоді, оскільки кораблик опиниться в найнижчій точці за половину періоду, можна обчислити цей час: $$ 2)\ t=\frac T2=0,25\ \text{с}. $$

Відповідь: 0,25.

ТЕМА: Інерціальні системи відліку. Постулати спеціальної теорії відносності.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі для тіл, що рухаються зі швидкостями, близькими до швидкості світла.

Дано:
\(\mathbf{\tau}=2,2\ \text{мкс}\)
\(\mathbf{\nu}=0,8\ \text{с}\)
\(c=3\cdot 10^8\ \text{м/с}\)

1. Знайти:
\(l\ -\ ?\)

Час життя мюона на Землі можна розрахувати за формулою: $$ \mathbf{\tau}=\frac{\mathbf{\tau}_0}{\sqrt{1-\frac{\mathbf{\nu}^2}{c^2}}}= \frac{2,2\ \text{мкс}}{\sqrt{1-\frac{(0,8\ \text{с})^2}{c^2}}}=\frac{2,2\ \text{мкс}}{0,6}\approx 3,67\ \text{мкс}. $$

Тоді відстань, яку мюон пройде відносно Землі, дорівнюватиме: $$ l=\mathbf{\tau}\mathbf{\nu}=3,67\ \text{мкс}\cdot 0,8\cdot 10^8\frac{\text{м}}{\text{с}}=3,67\cdot 10^{-6}\ \text{с}\cdot 0,8\cdot 3\cdot 10^8\frac{\text{м}}{\text{с}}\approx 880\ \text{м}. $$

Відповідь: 880.

ТЕМА: Механіка. Кінематика. Швидкість. Додавання швидкостей.

Завдання скеровано на перевірку вміння розв’язувати розрахункові задачі з додавання швидкостей і розуміння поняття відносності руху.

За умовою завдання швидкості поїзда й людини співнапрямлені, а швидкість вітру направлена в протилежний бік. Це схематично зображено на рисунку 1.

Рис. 1. Швидкості руху поїзда, людини й вітру

Тоді перш за все знайдемо швидкість людини відносно землі, щоби порівняти її зі швидкістю вітру, яку визначаємо саме відносно землі.

Швидкість людини відносно землі згідно з умовою завдання дорівнює: $$ \overrightarrow{v_{\text{л.в.з.}}}=\overrightarrow{v_{\text{людини}}}+ \overrightarrow{v_{\text{поїзда}}} $$

У проєкції на вісь \(OX\) швидкість людини відносно землі дорівнює: $$ v_{\text{л.в.з.}}=-v_{\text{людини}}-v_{\text{поїзда}}=-2\ \frac{\text{м}}{\text{с}}-10\ \frac{\text{м}}{\text{с}}=-12\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. $$

Тоді швидкість вітру відносно людини дорівнює різниці векторів швидкості людини й вітру відносно землі: $$ \overrightarrow{v_{\text{в.в.л.}}}=\overrightarrow{v_{\text{вітру}}}+ \overrightarrow{v_{\text{л.в.з.}}} $$

У проєкції на вісь \(OX\) швидкість вітру відносно людини дорівнює: $$ v_{\text{л.в.з.}}=v_{\text{вітру}}-v_{\text{людини}}=3\ \frac{\text{м}}{\text{с}}-\left(-12\ \frac{\text{м}}{\text{с}}\right)=15\ \frac{\text{м}}{\text{с}}. $$

Відповідь: Г.

ТЕМА: Механіка. Основи кінематики. Рівномірний рух по колу.

Завдання скеровано на перевірку розуміння фізичних засад рівномірного руху по колу й уміння розв’язувати розрахункові задачі на основні фізичні величини, пов’язані з рівномірним рухом по колу (доцентрове прискорення, лінійна швидкість).

Пригадаймо, що за визначенням рівномірний рух тіла по колу – це такий криволінійний рух, за якого траєкторією руху тіла є коло, а лінійна швидкість руху не змінюється із часом.

Для правильного розв’язання задачі потрібно вибрати дві точки твердого тіла, що обертається навколо осі \(O\), і простежити за їхнім рухом (рис. 1).

Рис. 1. Точки А і В твердого тіла

Нехай точка \(A\) лежить на відстані \(r\) від осі \(O\), а точка \(B\) на відстані \(R\) так, що \(R \gt r\). За один період обертання \(T\) всі точки повернуться у свої початкові положення. Шлях кожної точки – це коло, тож можна його обчислити як довжину цього кола: \begin{gather*} l_A=2\mathbf{\pi}r;\\[7pt] l_B=2\mathbf{\pi}r. \end{gather*}

Після цього можна обчислити лінійну швидкість кожної точки: \begin{gather*} v_A=\frac{2\mathbf{\pi}r}{T};\\[6pt] v_B=\frac{2\mathbf{\pi}r}{T}. \end{gather*}

Отже: $$ v_A \lt v_B. $$

Кутову швидкість \(\mathbf{\omega}\) точки можна обчислити за формулою: $$ \mathbf{\omega}= \frac{\mathbf{\varphi}}{t}. $$

Оскільки за період \(T\) всі точки повертаються в своє положення, то вони роблять повний (\(2\mathbf{\pi}\) радіан) оберт. А кутова швидкість для обох точок дорівнює $$ \mathbf{\omega}_{A}=\mathbf{\omega}_{B}=\frac{\mathbf{\varphi}}{t}=\frac{2\mathbf{\pi}}{T}. $$

Те саме можна зробити і для будь-якої іншої пари точок твердого тіла, отже кутова швидкість буде однаковою для всіх його точок.

Доцентрове прискорення для всіх точок напрямлене до центра, тому його напрямок відрізняється для точок у різних частинах тіла, як зображено на рисунку 1.

Модуль доцентрового прискорення можна обчислити за формулою: $$ a_{\text{доц}}=\frac{v^2}{R}. $$

Потім потрібно порівняти модулі доцентрового прискорення для точок A і B: \begin{gather*} a_{\text{доц A}}=\frac{v_A^2}{r}=\left(\frac{2\mathbf{\pi}r}{T}\right)^2 \frac 1r=r\left(\frac{2\mathbf{\pi}}{T}\right)^2;\\[6pt] a_{\text{доц B}}=\frac{v_B^2}{R}=\left(\frac{2\mathbf{\pi}R}{T}\right)^2 \frac 1R=R\left(\frac{2\mathbf{\pi}}{T}\right)^2;\\[6pt] a_{\text{доц B}} \gt a_{\text{доц A}}. \end{gather*}

Відповідь: Б.

ТЕМА: Механіка. Основи динаміки. Закони Ньютона. Сила тертя.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння впливу сили тертя в задачах на основі побутових прикладів.

Під час перетягування каната виграє той, хто може перетягнути стрічку посередині на свій бік. Чим більшою є сила тертя між учасником і підлогою, тим більшу силу треба прикласти, щоби зсунути його з місця. Тому для здобуття перемоги тягнути канат із більшою силою ніж опонент не достатньо, якщо сила тертя з боку підлоги в нього більша.

Сила тертя з боку каната важлива, але вона не визначає переможця, адже за дуже великої сили тертя між канатом й учасником він почне рухатися разом із канатом.

Маса учасників впливає лише на те, наскільки сила тяжіння діятиме на них. Притягування Землі може піти як на користь, так і на шкоду залежно від того в який бік нахилене тіло учасника.

Відповідь: B.

ТЕМА: Механіка. Закони збереження в механіці. Закон збереження енергії в механічних процесах.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння закону збереження енергії в механічних процесах і розуміння поняття консервативних сил.

Закон збереження механічної енергії виконуваний лише для тих систем, у яких тіла взаємодіють тільки консервативними силами.

Консервативні сили – це сили, робота яких не залежить від форми траєкторії, а визначена лише початковим і кінцевим механічними станами тіла.

Сила тертя не є консервативною, тому для тих систем, у яких є тертя, ніколи не діє закон збереження механічної енергії.

Відповідь: B.

ТЕМА: Механіка. Кінетична й потенціальна енергія.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі з використанням поняття кінетичної енергії.

Кінетичну енергію можна визначити за формулою: $$ E_{\text{кін}}=\frac{mv^2}{2}, $$ де \(m\) – маса тіла, \(v\) – його швидкість. Тоді нехай \(m_0\) – маса ракети на початку й \(v_0\) – початкова швидкість ракети. Тоді кінетична енергія на початку дорівнювала: $$ E_{\text{кін. поч.}}=\frac{m_0v_0^2}{2}. $$

Через деякий час маса ракети зменшилася в 3 рази, а швидкість збільшилася: \begin{gather*} m=\frac{m_0}{3};\\[6pt] v=3v. \end{gather*}

Тоді кінетична енергія дорівнюватиме: $$ E_{\text{кін}}=\frac{mv^2}{2}=\frac{m_0(3v_0)^2}{3\cdot 2}=\frac{3m_0v_0^2}{2}=3E_{\text{кін. поч.}} $$

Відповідь: Б.

ТЕМА: Молекулярна фізика й термодинаміка. Рівняння стану ідеального газу. Ізопроцеси в газах.

Завдання скеровано на оцінювання розуміння закономірностей зміни тиску, об’єму й температури на основі аналізу результатів експерименту, зображених на рисунку.

За рисунком легко визначити, що об’єм кульки збільшився після того, як вона опинилася під ковпаком, до якого підключено насос. Ні охолоджувальних, ні нагрівальних пристроїв немає, тому температура газу всередині кульки залишається сталою. До того ж, оскільки кулька зав’язана, можна вважати, що кількість речовини всередині неї стала. За законом Бойля – Маріотта добуток тиску на об’єм до поміщення кульки під ковпак і після має бути однаковим: $$ p_{\text{до}}V_{\text{до}}=p_{\text{після}}V_{\text{після}}. $$

Оболонка кульки еластична, тож унаслідок наповнювання повітрям вона змінюватиме свій об’єм доти, доки тиск усередині кульки не дорівнюватиме тиску ззовні.

Тому, якщо об’єм кульки збільшився, то тиск усередині – зменшився, а отже зменшився і тиск навколо (під ковпаком).

Відповідь: A.

ТЕМА: Основи термодинаміки. Тепловий рух. Дифузія.

Завдання скеровано на оцінювання знання практичного застосування дифузії в техніці.

Дифузія – процес взаємного проникнення молекул однієї речовини між молекулами іншої внаслідок теплового руху.

Згоряння палива, плавлення льоду, тверднення рідини пов’язані з реакцією речовини на отримання або втрату теплоти, і лише під час зварювання металів вони взаємодіють.

Під час зварювання двох металів їх нагрівають на межі контактування. Тому в місці контактування метали переходять у рідкий стан. За високої температури в рідинах дифузія відбувається набагато активніше, ніж у твердих тілах за кімнатної температури. Тому атоми металів набагато легше проникають у сусідній метал, а після охолодження між ними утворюється міцний зв’язок.

Відповідь: A.

ТЕМА: Молекулярна фізика й термодинаміка. Основи термодинаміки. Рівняння стану ідеального газу.

Завдання скеровано на оцінювання вміння розв’язувати розрахункові задачі на використання рівняння стану ідеального газу.

Двоатомний газ кількістю речовини \(\mathbf{\nu}_0\) займає об’єм \(V\) за температури \(T_0.\) Після підвищення температури до \(T_1\), коли всі молекули розпалися на атоми, кількість речовини збільшується до \(\mathbf{\nu}_1\). Ці фізичні величини пов’язані між собою: \begin{gather*} T_1=3T_0;\\[7pt] \mathbf{\nu}_1=2\mathbf{\nu}_0. \end{gather*}

Кількість речовини збільшилась удвічі, адже кожна молекула розпалася на два атоми.

Рівняння стану ідеального газу для обох випадків: \begin{gather*} p_0V=\mathbf{\nu}_0RT_0;\\[7pt] p_1V=\mathbf{\nu}_1RT_1=2\mathbf{\nu}_0R3T_0=6\mathbf{\nu}_0RT_0. \end{gather*}

Тоді: \begin{gather*} p_0=\frac{\mathbf{\nu}_0RT_0}{V};\\[6pt] p_1=6\frac{\mathbf{\nu}_0RT_0}{V}=6p_0. \end{gather*}

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.

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.