Тренировочные варианты «Школково». Демоверсия 2019

Ускорение: \[a_x=\dfrac{\Delta v_x}{t}=\dfrac{-8\text{ м/с}}{1\text{ с}}=-8\]

Ответ: -8

Запишем второй закон Ньютона на оси, с учетом того, что сила трения равна \(F_{\text{ тр}}=\mu N\). \[\begin{cases} F-F_{\text{ тр}}=0 \Leftrightarrow F=\mu N\\ N=mg\\ \end{cases}\] Из системы \[F=\mu mg \Rightarrow m =\dfrac{F}{\mu g}=\dfrac{35\text{ Н}}{0,25\cdot 10\text{ Н/кг}}=14\text{ кг}\] Где \(F\) – сила, с которой тянут ящик, \(N\) – сила реакции опоры стола, \(\mu\) – коэффициент трения.

Ответ: 14

Из закона о сохранении энергии: \[mgh=Q+E \Rightarrow E=mgh-Q=0,1\text{ кг}\cdot 10\text{ Н/кг}\cdot 100\text{ м}-20\text{ Дж}=80\text{ Дж}\] где \(m\) – масса шарика, \(h\) – начальная высота, \(Q\) – потери за счет сопротивления воздуха.

Ответ: 80

Период равен: \[T_0=2\pi \sqrt{\dfrac{m}{k}},\] где \(m\) – масса груза, \(k\) – жесткость пружины.
если массу груза маятника увеличить в 2 раза, а жёсткость пружины вдвое уменьшить, то период станет равным \[T=2\pi\sqrt{\dfrac{4m}{k}}=2T_0=1\text{ с}\]

Ответ: 1

1) \(\color{green}{\small \text{Верно}}\)
В точке \(A\) касательная к графику горизонтальна, значит, проекция скорости тела на ось \(Ox\) равна нулю.
2) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\)
Проекция перемещения тела на ось \(Ox\) равна разности координат. Координата точки \(D\) больше координаты точки \(B\). При переходе из точки \(B\) в точку \(D\) проекция перемещения положительна
3) \(\color{green}{\small \text{Верно}}\)
На участке \(BC\) наклон графика уменьшается, значит, скорость тела уменьшается.
4) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\)
В точке \(A\) график имеет выпуклость вниз, значит, проекция ускорения положительна.
5) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\)
В точке \(D\) график имеет выпуклость вверх и наклон вниз, значит, проекции ускорения тела и его скорости отрицательны, т. е. они направлены в одну сторону.

Ответ: 24

А) С одной стороны центростремительное ускорение равно: \[a=\dfrac{v^2}{R}\] С другой стороны из второго закона Ньютона: \[G\dfrac{Mm}{R^2}=ma,\] где \(M\) – масса планеты, \(v\) – скорость спутника, \(R\) – радиус обращения спутника.
Следовательно \[R=\dfrac{GM}{v^2}\] Значит, радиус обращения увеличивается
Потенциальная энергия: \[E=mgR\] Б) Период обращения: \[T=\dfrac{2\pi v}{R}=\dfrac{2\pi GM}{v^3}\] Значит, период увеличивается

Ответ: 11

А) Из закона сохранения импульса следует, что импульс системы не изменится и он равен \(mv\).
Б) Скорость шайб после удара: \[mv=(M+m)u \Rightarrow u =\dfrac{mv}{M+m}\] Кинетическая энергия налетающей шайбы: \[E=\dfrac{mu^2}{2}=\dfrac{m^3v^2}{2(m+M)^2}\]

Ответ: 24

Запишем уравнение Клапейрона – Менделеева: \[p1V=\nu_1RT_1=3RT_1\] \[p_2V=\nu_2RT_2=2R\dfrac{T_1}{2}=RT_1\] \[\dfrac{p_1}{p_2}=\dfrac{3RT_1}{RT_1}=3\]

Ответ: 3

Так как работа внешних сил над газом положительна и равна отданному газом количеству теплоты, то процесс изотермический, значит это либо 2, либо 4. Работа внешних сил положительна, следовательно, объем уменьшается. Это соответствует участку 4.

Ответ: 4

Парооразование происходит на горизонтальном участке, при этом вещетвом было получено 15000 Дж. Откуда удельная теплота парообразования: \[L=\dfrac{Q}{m}=\dfrac{15\text{ кг}}{0,5\text{ кг}}=30\text{ кДж/кг}\]

Ответ: 30

1) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\) В процессе 1–2 объём газа был постоянным. 2) \(\color{green}{\small \text{Верно}}\) В процессе 2–3 газ расширялся, и значит, совершал положительную работу. \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\) 3) В процессе 2–3 внутренняя энергия газа не изменялась. 4) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\) В процессе 1–2 газ нагрелся, его внутренняя энергия увеличилась, работа газа была равна нулю, значит, газ получил положительное количество теплоты. 5) \(\color{green}{\small \text{Верно}}\) В процессе 1–2 объём газа был постоянным, значит, и концентрация молекул газа не менялась.

Ответ: 25

Поскольку поршень не закреплён и может перемещаться в сосуде без трения, давление газа не изменится. При охлаждении объём газа уменьшится, значит, его концентрация увеличится.

Ответ: 31

Первый проводник создаёт в точке А магнитное поле, направленное вверх, а второй проводник — направленное вниз. Поскольку точка А расположена точно посередине между проводниками и \(I_1>I_2\), то модуль индукции магнитного поля, создаваемого первым проводником, больше модуля индукции магнитного поля, создаваемого вторым проводником. И значит, суммарный вектор индукции направлен вверх.

Ответ: ВВЕРХ

Сила Кулона: \[F=k\dfrac{q_1q_2}{r^2}\] при увеличении каждого заряда сила возрастет в 9 раз, а при уменьшении расстояния в 3 раза, сила еще раз возрастет в 9 раз, следовательно, сила возрастет в 81 раз.

Ответ: 81

ЭДС: \[\xi =\dfrac{\Delta \text{ Ф}}{\Delta t}=\dfrac{\text{ Ф}}{\Delta t}\] Откуда начальный поток \[\text{ Ф}=\xi\cdot \Delta t =6\text{ мВ}\cdot 4\text{ с}=24\text{ мВб}\]

Ответ: 24

После того как длительное время пластины были подключены к источнику постоянного напряжения, они зарядились: левая пластина отрицательно, правая – положительно.
1) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\) плоского заряженного конденсатора электрическое поле однородно. Напряжённости поля в точках А и В одинаковые.
2) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\) Потенциал электрического поля внутри конденсатора убывает от положительной пластины к отрицательной. Потенциал электрического поля в точке А меньше, чем в точке С.
3) \(\color{green}{\small \text{Верно}}\) Поскольку пластины отключены от источника, то заряд и его поверхностная плотность на них не меняется при изменении расстояния. Значит, не будет изменяться и напряжённость электрического поля между пластинами.
4) \(\color{green}{\small \text{Верно}}\) Заряд пластин остаётся постоянным, независимо от того, сдвигают пластины или нет.
5) \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\) Диэлектрическая проницаемость керосина больше 1. При полном погружении в керосин энергия электрического поля конденсатора уменьшится.

Ответ: 34

А) Запишем второй закон Ньютона: \[qvB=\dfrac{mv^2}{R} \Rightarrow R =\dfrac{mv}{qB}\] Следовательно радиус уменьшится.
Б) Сила Лоренца равна: \[F=qvB\] Следовательно, сила Лоренца уменьшится

Ответ: 22

А) Сопротивление резисторов, соединенных параллельно, равно \(R_0=\dfrac{R}{2}\), значит сила тока в цепи равна: \[I=\dfrac{\xi}{r+\dfrac{R}{2}}\] Откуда мощность тока на внутреннем сопротивлении: \[P=I^2r= \dfrac{\xi^2r}{\left(r+\dfrac{R}{2}\right)^2}=\dfrac{4\xi^2r}{(2r+R)^2}\] Б) Сила тока, текущая через резисторы равна \(\dfrac{I}{2}\), откуда мощность \[P=\dfrac{I^2}{r}R=\dfrac{\xi^2R}{(2r+R)^2}\]

Ответ: 31

\[2+5=Z+0 \Rightarrow Z=7\] \[4+11=A+1 \Rightarrow A=14\]

Ответ: 714

Согласно закону радиоактивного распада число образующихся ядер золота будет меняться со временем по закону \[N=N_0(1-\cdot 2^{-\dfrac{t}{T}})\] График пройдёт через точки: (20, 4), (40, 6), (60, 7) – точка 3, (80, 7,5).

Ответ: 3

А) Поглощение вызывает переход от более низкого, к более высокому энергетическому уровню, при этом энергия перехода выражается формулой: \[E=h\nu\] Следовательно, переход должен быть самым коротким и это процесс 3.
Б) Излучение соответствует переходу с более высокго энергетического уровня к более низкому, при этом длина перехода должна быть наибольшей и это процесс 2

Ответ: 32

Провод подключен к пределу 0,6, значит показания амперметра 0,28. При этом погрешность по условию 0,03 А.

Ответ: 0,280,03

Шарики должны быть сделаны из одинакового материала, а жидкость разная, этому соответствуют 1 и 5

Ответ: 15

\(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
1) К спектральному классу О относятся звёзды с температурами поверхности свыше 30000 К.
\(\color{green}{\small\text{Верно }}\)
2) Ригель имеет большие массу и радиус и поэтому является сверхгигантом.
\(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
3) Наше Солнце является жёлтым карликом спектрального класса G.
\(\color{green}{\small\text{Верно }}\)
4) Средняя плотность звезды Сириус В больше, чем у Солнца (1,75 \(\cdot\) 10\(^6\) > 1,4).
\(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
5) Альдебаран является нормальным гигантом. Нормальные гиганты не относятся звёздам главной последовательности на диаграмме Герцшпрунга – Рессела.

Ответ: 24

Так как бруски связаны нерастяжимой нитью, то они будут двигаться с одинаковым ускорением, которое будет создаваться силой \(F\), которой препятствуют сила тяжести второго бруска \(m_2g\) и сила трения первого бруска \(F_\text{тр}=\mu m_1g\) Тогда второй закон Ньютона можно записать в виде \[m_1a+m_2a=F-m_2g-\mu m_1g\] Отсюда масса второго груза \[m_2=\dfrac{F-m_1(\mu g+a)}{a+g}=\dfrac{10\text{ Н}-1\text{ кг}(0,2 \cdot 10\text{ Н/кг}+2\text{ Н/кг})}{10\text{ Н/кг}+2\text{ Н/кг}}=0,5\text{ кг}\]

Ответ: 0,5

При таянии лёд получил \(Q_x=12,1\text{ кг}\cdot 3,3\cdot 10^5\text{ Дж/кг}=3,993\) МДж. КПД тепловой машины равен \(\eta= \dfrac{A}{A+Q_x}\) или \(\eta = 1=\dfrac{T_x}{T_\text{ н}}\) Таким образом \[T_{\text{ н}}=\dfrac{T_x}{1-\eta}=T_x\left(1+\dfrac{1}{3,993}\right)\approx 341\text{ К}\]

Ответ: 341

Энергия всех квантов равна: \[E=Pt\] С другой стороны энергия равна \[E=N\dfrac{hc}{\lambda}\] Значит длина волны равна \[\lambda =\dfrac{Nhc}{Pt}=\dfrac{10^{19}\cdot 6,6\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^8}{110\cdot 3\cdot 10^{-3}}=0,6\text{ мкм}\]

Ответ: 0,6

1. При протекании электрического тока по катушке А создается магнитный поток Ф\(_1\), при этом сердечник будет образовывать электромагнит, у левого торца катушки А находится северный полюс этого магнита
2. При движении ползунка вправо увеличивается сопротивление реостата \(R\) , а значит по закону Ома для полной цепи уменьшается сила тока \[I=\dfrac{\xi}{R+r}\] 3.Уменьшение тока в катушке А приводит к уменьшению магнитного потока, пронизывающего катушку А, который также пронизывает и катушку Б. По закону электромагнитной индукции \(\xi_i=-\dfrac{\Delta \text{ Ф}}{\Delta t}\) уменьшение магнитного потока приводит к возникновению индукционного тока, который, по правилу Ленца, возникает такого направления (через амперметр — справа налево), чтобы своим магнитным потоком компенсировать уменьшение магнитного потока сквозь катушку Б.

Ответ:

Закон сохранения импульса связывает скорость пули \(v_0\) перед ударом со скоростью \(v_1\) составного тела массой \(M+m\) сразу после удара: \[m v_{0}=(m+M) v_{1}\] а закон сохранения механической энергии — скорость составного тела сразу после удара с его скоростью \(v_2\) в верхней точке: \[\frac{(m+M) v_{1}^{2}}{2}=\frac{(m+M) v_{2}^{2}}{2}+(m+M) g \cdot 2 l\] Условие минимальности \(v_0\) означает, что шар совершает полный оборот в вертикальной плоскости, но при этом натяжение нити в верхней точке (и только в ней!) обращается в нуль. Второй закон Ньютона в проекции на радиальное направление x в этот момент принимает вид: \[(m+M) a_{\text{ ц}}=(m+M) g=\frac{(m+M) v_{2}^{2}}{l}\] Выразив отсюда \(v_2^2\) и подставив этот результат в закон сохранения энергии, получим: \[v_{1}=\sqrt{5 g l}\] Подставив выраженне для \( v_{1} \) в закон сохранения импульса, получим: \[v_{0}=\left(1+\frac{M}{m}\right) \sqrt{5 g l}=\left(1+\frac{0,25}{0,01}\right) \sqrt{5 \cdot 10 \cdot 0,5}=130 \text{ с}\]

Ответ:

Покажем на рисунке все силы, действущие на воздушный шар и введем вертикальную ось \(y\):

Рассмотрим предельный случай, когда шар вот-вот оторвется от поверхности земли, и запишем для него второй закон Ньютона: \[\vec{F}_\text{Арх} + m\vec{g} +M\vec{g} = 0\] где \(F_\text{Арх}\) — выталкивающая сила, \(m\) — масса горячего воздуха, \(g\) — ускорение свободного падения.
Спроецируем второй закон Ньютона на ось \(y\), направленную вертикально вверх: \[\; \; \; \; F_\text{Арх} - mg-Mg = 0 \; \; \; \; (1)\] Выталкивающая сила равна: \[\; \; \; \; F_\text{Арх} = \rho_o gV \; \; \; \; (2)\] где \(\rho_o\) — плотность холодного воздуха, \(V\) — объем шара.
Подставим (2) в (1) и разделим на \(g\): \[\; \; \; \; \rho_o V - m - M = 0 \; \; \; \; (3)\] Заметим, что \(\rho_o V = m_o\), где \(m_o\) — масса холодного воздуха.
Тогда уравнение (3) будет иметь вид: \[\; \; \; \; m_o - m - M = 0 \; \; \; \; (4)\] Чтобы найти массы горячей и холодного воздуха, запишем для них уравнение Менделеева – Клапейрона: \[\; \; \; \; p_oV = \dfrac{m}{Mr}RT \; \; \; \Rightarrow \; \; \; m = \dfrac{p_o VMr}{RT} \; \; \; \; (5)\] \[\; \; \; \; p_oV = \dfrac{m_o}{Mr}RT_o \; \; \; \Rightarrow \; \; \; m_o = \dfrac{p_o VMr}{RT_o} \; \; \; \; (6)\] где \(p_o\) — атмосферное давление, \(Mr\) — молярная масса воздуха, \(R\) — универсальная газовая постоянная, \(T\) \(T_o\) — абсолютные температуры горячего и холодного воздуха соответственно.
Подставим (5), (6) в (4) и выразим максимальную температуру окружающего воздуха, при которой шар начнет подниматься: \[\dfrac{p_o VMr}{RT_o} - \dfrac{p_o VMr}{RT} - M = 0 \; \; \; / :\dfrac{p_o VMr}{RT}\] \[\dfrac{1}{T_o} - \dfrac{1}{T} - \dfrac{MR}{p_oVMr} = 0\] \[T_o=\dfrac{\mu p_oVT}{\mu p_oV+MRT}\] \[T_o = \dfrac{0,029\text{ кг/моль}\cdot10^5\text{ Па}\cdot230\text{ м}^3\cdot(265+273)\text{ К}}{0,029\text{ кг/моль}\cdot10^5\text{ Па}\cdot230\text{ м}^3+145\text{ кг}\cdot8,31\text{ Дж/(моль$\cdot$К)}\cdot(265+273)\text{ К}}\approx273 \text{ К}=0^{\circ}\text{С}\]

Ответ: 0 ∘С (273 К)

Пусть потенциал между блоком из конденсаторов 1–3 и блоком конденсаторов 2–4 равен \(\phi\), тогда напряжение на блоке 1–3 равно \(U_{13}=\xi-\phi\), а напряжение на блоке 2–4 равно\(U_{24}=\phi-0=\phi\). Найдем емкости блоков конденсаторов \[C_{13}=2C+4C=6C \hspace{10 mm} C_{24}=C+2C=3C\] Так как блок 1–3 и блок 2–4 подключены последовательно, то на них одинаковый заряд \[q_{13}=q_{24} \Rightarrow 6C(\xi-\phi)=3C \phi \Rightarrow 9\phi=6 \Rightarrow \phi =\dfrac{2\xi}{3}\] Откуда напряжение на конденсаторах 1 – 3, \(\xi-\dfrac{2\xi}{3}=\dfrac{\xi}{3}\).
Так как конденсаторы 1 и 3 подключены параллельно, то напряжение на первом конденсаторе равно напряжению 1–3, а значит энергия первого конденсатора равна \[W_1=\dfrac{2C\xi^2}{9\cdot 2}=\dfrac{C\xi^2}{9}\]

Ответ:

Сделаем рисунок:

Согласно формуле тонкой линзы, расстояние от предмета до линзы, расстояние от линзы до изображения и фокусное расстояние связаны соотношением \[\dfrac{1}{F}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{f}\] Отсюда расстояние от линзы до изображения составляет \[f=\dfrac{Fd}{d-F}\] Линейное увеличение для изображения предмета тонкой линзой равно \[\text{ Г}=\dfrac{H}{h}=\dfrac{f}{d}=\dfrac{F}{d-F},\] где \(H\) – расстояние от главной оптической оси до изображения источника света, \(h\) – расстояние от главной оптической оси до источника света.
Изображение и источник света вращаются относительно главной оптической оси на разных расстояниях, но с одним и тем же периодом. При движении по окружности скорость может быть найдена как \[v=\dfrac{2\pi R}{T}\] Запишем отношение скоростей изображения и источника света и выразим отсюда скорость источника \[\dfrac{v}{v'}=\dfrac{h}{H}=\dfrac{d-F}{F} \Leftrightarrow v= \dfrac{v'(d-F)}{F}\] Подставим числа \[v= \dfrac{(15\text{ см}-10\text{ см}) 10\text{ м/с}}{10\text{ см}}=5\text{ м/с}\]

Ответ: