Тренировочные варианты «Школково». Досрочная волна. Вариант - 2

Ускорение: \[a_x=\dfrac{v-v_0}{t}=\dfrac{-5\text{ м/с}-5\text{ м/с}}{5\text{ с}}=-2\text{ м/с$^2$}\]

Ответ: -2

Сила трения: \[F_\text{ тр}=\mu N \Rightarrow \mu =\dfrac{F_\text{ тр}}{N}=\dfrac{3\text{ Н}}{24\text{ Н}}=0,125\]

Ответ: 0,125

Из второго закона Ньютона: \[F\Delta t = \Delta p \Rightarrow F = \dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\dfrac{m\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{2\text{ кг}\cdot 6\text{ м/с}}{2\text{ с}}=6\text{ Н}\]

Ответ: 6

Давление на дно сосуда: \[P=\rho g h,\] в данном случае \(h\) – равно 2 м - 0,2 м = 1,8 м. Откуда плотность \[\rho =\dfrac{P}{g h}=\dfrac{14000\text{ Па}}{10\text{ Кг/Н}\cdot 1,8\text{ м}}\approx 778\text{ кг/м$^3$}\]

Ответ: 778

Максимальной кинетической энергии соответствует нижнее положение (четверть периода), а максимальной потенциальной верхнее положение (половина периода).

Ответ: 4

А) С одной стороныцентростремительное 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 \[a=\dfrac{v^4}{GM}\] Значит, ускорение увеличивается.
Б) 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 уменьшается
Потенциальная энергия: \[E=mgR\] Следовательно, потенциальная энергия уменьшается.

Ответ: 12

А) График представляет собой прямую линию, при чем с отрицательным значением, это ускорение свободного падения.
Б) Графиком является парабола, при чем в некоторый момент времени полета достигает значения 0, следовательно, это кинетическая энергия.

Ответ: 24

Переведем температуру в Кельвины:
\(T=273+373=646\) К.
Так как объем увеличился в 2 раза, а давление не зименилось, то по закону Шарля тепмпература увеличилась тоже в 2 раза, значит, начальная температура будет равна: \[T_0=\dfrac{T}{2}=323\text{ К}\]

Ответ: 323

КПД: \[\eta =\dfrac{A}{A+Q_x}=\dfrac{50\text{ кДж}}{50\text{ кДж}+50\text{ кДж}}=0,5\]

Ответ: 50

Давление насыщенных паров при 100\(^\circ C\) составляет 100 кПа, так как при сжатии водяного пара его потенциальное давление должно составить 140 кПа, то пар будет насыщенным и его давление будет равно давлению насыщенных паров, то есть 100 кПа

Ответ: 100

1) Поскольку на участке 1–2 температура была постоянной, следовательно, внутренняя энергия газа не изменилась.
Утверждение 1 – \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\)
2) Поскольку на участке 2–3 объём газа оставался неизменным, следовательно, работа не совершалась.
Утверждение 2 – \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\)
3) Поскольку на участке 3–4 температура оставалась постоянной, а объём уменьшился, при этом \(pV = const\), значит, давление возросло.
Утверждение 3 – \(\color{green}{\small \text{Верно}}\)
4) Поскольку на участке 2–3 объём газа не изменялся, работа не совершалась, но при этом возросла температура, значит, изменение внутренней энергии положительно.
Утверждение 4 – \(\color{green}{\small \text{Верно}}\)
5) Поскольку температура в состоянии 1 меньше, чем в состоянии 3, значит, и внутренняя энергия в состоянии 1 меньше.
Утверждение 5 – \(\color{red}{\small \text{Неверно}}\)

Ответ: 34

А) За 150 кДж жидкость нагрелась на 180 \(^\circ C\), значит удельная теплоемкость жидкости будет равна: \[Q=cm\Delta t \Rightarrow c=\dfrac{Q}{c \Delta t}=\dfrac{210000\text{ Дж}}{2\text{ Кг}\cdot 180^\circ C}\approx 417\text{ Дж/(кг$\cdot ^\circ C $)}\] Б) За время плавления было передано 30 кДж энергии, это потребовалось для плавки 2 кг, значит удельная теплота плавления 15 кДж/кг

Ответ: 43

Используя правило левой руки и учитывая, что электрон заряжен отрицательно, делаем вывод, что сила Лоренца направлена от наблюдателя.

Ответ: ОТНАБЛЮДАТЕЛЯ

Сопротивление нижнего участка цепи равно: \[R_0=R+\dfrac{4R^2}{4R}=2R\] Сопротивление верхнего участка тоже равно 2\(R\), следовательно, общее сопртивление верхнего и нижнего участков равно: \[R'=\dfrac{4R^2}{4R}=R\] Тогда напряжение на нем: \[U=IR'=4\text{ А}\cdot 1\text{ Ом}=4\text{ В}\]

Ответ: 4

Угол между падающим и отраженным лучами равен 2 углам падения.

Ответ: 80

При перемещении ползунка реостата вправо сопротивление цепи увеличивается, сила тока уменьшается, магнитный поток, пронизывающий катушку №2 уменьшается, следовательно, по правилу Ленца, возникающий в контуре индукционный ток имеет такое направление, что созданный им магнитный поток через площадь, ограниченную контуром, стремится компенсировать изменение магнитного потока, вызвавшее данный ток, то есть магнитное поле катушки №2 будет направлено от нас (ток будет идти по часовой стрелке — правило правой руки).

1) \(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
Из рисунка
2) \(\color{green}{\small\text{Верно }}\)
Из рисунка
3) \(\color{green}{\small\text{Верно }}\)
Сопротивление цепи уменьшается, следовательно, ток увеличивается.
4) \(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
См. Пункт 3.
5) \(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
Из рисунка

Ответ:

Энергия конденсатора равна: \[W=\dfrac{q^2}{2C}\] Энергия увеличивается.
Ёмкость конденсатора: \[C=\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0 S}{d}\] Ёмкость никак не зависит от накопленного заряда.

Ответ: 13

Гррафик Б – ни одна из данных величин не может быть отрицательным, кроме заряда.
Заметим, что период колебаний заряда в 2 раза больше, чем период колебаний величины графика А, следовательно, это энергия конденсатора: \[W=\dfrac{q^2}{2C}\]

Ответ: 14

Реакция: \[^{10}_5B+^1_0n \rightarrow ^4_2He+^A_Z X\] \(10+1=A+4 \Rightarrow A = 7 \)
\(5=Z+2 \Rightarrow Z = 3\)

Ответ: 73

Закон радиоактивного распада: \[N=N_02^{-\dfrac{t}{T}}\] По условию \(N=\dfrac{N_0}{8}\), следовательно: \[2^{\dfrac{t}{T}}=2^3 \Rightarrow t= 3T=3\text{ г}\]

Ответ: 3

Частота зеленого света меньше, чем частота синего цвета (можно запомнить, что в последовательности цветов радуги частота увеличивается.)
Работа выхода металла не зависит от падающего на него света.

Ответ: 23

Показания около 275, цена деления \[n=\dfrac{100}{4}=25\]

Ответ: 27525

Нужно выбрать все характеристики одинаковыми, кроме расстояния между пластинами.

Ответ: 12

1) \(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
Вторая космическая скорость равна: \[v_2=\sqrt{2gR}\] Откуда ускорение свободного падения: \[g=\dfrac{v_2^2}{2R}=\dfrac{2420^2\text{ м$^2$/с$^2$}}{2\cdot 2400\cdot 10^6\text{ м}}\approx 1,25\text{ м/с$^2$}\] 2) \(\color{green}{\small\text{Верно }}\)
Первая космическая скорость в \(\sqrt{2}\) раз меньше второй. Первая космическая скорость для Ио \[v_1=\dfrac{v_2}{\sqrt{2}}=\dfrac{2560\text{ м/с}}{\sqrt{2}}\approx 0,008\text{ км/с}\approx 1815\text{ м/с}\]
3) \(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
Первая космическая скорость в \(\sqrt{2}\) раз меньше второй. Первая космическая скорость для Европы \[v_1=\dfrac{v_2}{\sqrt{2}}=\dfrac{2040\text{ м/с}}{\sqrt{2}}\approx 0,008\text{ км/с}\approx 1446\text{ м/с}\]
4) \(\color{green}{\small\text{Верно }}\)
Вторая космическая скорость равна: \[v_2=\sqrt{2gR}\] Откуда ускорение свободного падения: \[g=\dfrac{v_2^2}{2R}=\dfrac{2620^2\text{ м$^2$/с$^2$}}{2\cdot 2575\cdot 10^6\text{ м}}\approx 1,33\text{ м/с$^2$}\] 5) \(\color{red}{\small\text{Неверно }}\)
ПО таблице видно, что это неверно

Ответ: 24

Путь равен: \[S=\dfrac{v}{2}t=\dfrac{10\text{ м/с}}{2}200\text{ с}=1000\text{ м}\]

Ответ: 1000

Основное уравнение МКТ: \[p=nkT\] Откуда концентрация: \[n=\dfrac{p}{kT}\] Так как средние кинетические энергии совпадают, то совпадают и температуры газов. Найдем отношение концентрации: \[\dfrac{n_{Ar}}{n_{He}}=\dfrac{p_{Ar}}{p_{He}}=4\]

Ответ: 4

Расстояние между точками А и С равно удвоенному радиусу. Радиус можем найти из второго закона Ньютона: \[F_l=ma \Leftrightarrow qvB=\dfrac{mv^2}{R} \Rightarrow R=\dfrac{mv}{qB}\] Откуда диаметр: \[D=2R=\dfrac{2mv}{qB}=\dfrac{2\cdot 1,02\cdot 10^{-8}\text{ кг/Кл}\cdot 6\cdot 10^5\text{ м/с}}{0,02\text{ Тл}}=61,2\text{ см}\]

Ответ: 61,2

При поднесении отрицательной палочки, отрицательные заряды будут уходить с шара на лепестки, а положительные заряды наоборот будут притекать на шар, именно поэтому лепестки будут отталкиваться друг от друга (они будут заряжены одноименно).

Ответ:

Поскольку масса воды и шарика неизменна, то сила давления на дно сосуда одинакова в двух случаях: \[\rho g h_1S -T =\rho g h_2S \Rightarrow \rho g S \Delta h =T \Rightarrow \Delta h=\dfrac{T}{\rho g S}=\dfrac{7\text{ Н}}{1000\text{ кг/м$^3$}\cdot 10\text{ Н/кг}\cdot 10^{-2}\text{ м$^2$} }=0,07\text{ м}\]

Ответ: 0,07

Цикл не является циклом идеальной тепловой машины. Поэтому воспользуемся общей формулой через теплоту нагревателя и теплоту холодильника. \[\eta = \dfrac{Q_\text{н}-_\text{х}}{_\text{н}}=1-\dfrac{Q_\text{х}}{Q_\text{н}}\] Необходимо выяснить, на каком из участков цикла газ получает тепло от нагревателя, а на каком – отдаёт холодильнику. Для этого проведём подсчёт теплоты каждого участка по 1-му началу термодинамики \[Q=A+\Delta U\] 1. На участке 1–2 представлена адиабата — по определению количество теплоты на этом участке равно нулю: \(Q_{12}=0\) 2. На участке 2–3 представлен изобарный процесс. Тут нужно подсчитать и работу газа и внутреннюю энергию

\[Q_{23}=A_{23}+\Delta U_{23}=p_{2}\left(V_{3}-V_{2}\right)+\frac{3}{2} v R\left(T_{3}-T_{2}\right)=\] \[=\left(p_{2} V_{3}-p_{2} V_{2}\right)+\frac{3}{2} v R\left(T_{3}-T_{2}\right)=\left(v R T_{3}-v R T_{2}\right)+\frac{3}{2} v R\left(T_{3}-T_{2}\right)=\] \[=\frac{5}{2} v R\left(T_{3}-T_{2}\right)<0\] \[Q_\text{х}=\left|Q_{23}\right|=\frac{5}{2} v R\left(T_{2}-T_{3}\right)\] 3.На участке 3–1 объём газ постоянен, работа равна нулю: \[Q_{31}=A_{31}+\Delta U_{31}=\Delta U_{31}=\frac{3}{2} v R\left(T_{1}-T_{3}\right)>0\] Теплота получилась на этом участке положительной, а значит, газ получает теплоту от нагревателя \[Q_\text{н}=Q_{31}=\frac{3}{2} v R\left(T_{1}-T_{3}\right)\] 4. Найдём значение КПД: \[\eta=1-\frac{Q_\text{х}}{Q_\text{н}}=1-\frac{\sum_{2} v R\left(T_{2}-T_{3}\right)}{3 v R\left(T_{1}-T_{3}\right)}=1-\frac{5}{3} \cdot \frac{T_{2}-T_{3}}{T_{1}-T_{3}}\] \[\eta=1-\frac{5}{3} \cdot \frac{455-300}{600-300}=1-\frac{31}{36}=\frac{5}{36} \approx 0,139=13,9 \%\]

Ответ: 13,9

1) Поскольку вначале ключ разомкнут, то вольтметр показывает ЭДС источника тока \(\xi=9\) В.
2) Найдём ток в цепи. Поскольку сопротивления 4 и 2 включены между собой параллельно, то напряжения на них равны друг другу. По закону Ома для участка цепи мы можем расписать каждое из напряжений и можем найти токи через резистор 2. При \[U_2=U_4 \Leftrightarrow I_2R_2=I_4R_4 \Leftrightarrow1\text{ А}\cdot 4\text{ Ом}=I_2\cdot 2\text{ Ом}\Leftrightarrow I_2=2\text{ А}\] 3) Общий ток в цепи — это сумма токов на резисторах 4 и 2: \[I=I_4+I_2=2\text{ А}+1\text{ А}=3\text{ А}\] 4) Найдём общее сопротивление цепи. Оно будет равно сумме сопротивлений на участках 1–3–5 и 2–4. А на каждом из этих участков мы найдём сопротивления по закону параллельного сопротивления проводников. \[\dfrac{1}{R_{1-3-5}}=\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_3}+\dfrac{1}{R_5}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{23}{15}\Leftrightarrow R_{1-3-5}=\dfrac{15}{23}\text{ Ом}\] Найдем общее сопротивление: \[R_0=R_{1-3-5}+R_{2-4}=\dfrac{15}{23}\text{ Ом}+\dfrac{4}{3}\text{ Ом}=\dfrac{137}{69}\text{ Ом}\] 5) Внутреннее сопротивление можно найти через закон Ома для полной цепи: \[I=\dfrac{\xi}{R+r} \Rightarrow r =\dfrac{\xi}{I}-R=\dfrac{9\text{ В}}{3\text{ А}}-\dfrac{137}{69}\text{ Ом}\approx 1 \text{ Ом}\]

Ответ: 1

Энергия перехода равна: \[h \nu =E_0-E_2=\dfrac{hc}{\lambda}\] \[E_2=\dfrac{-13,6}{4}\text{ эВ}=-3,4\text{ эВ}\] Откуда начальная энергия: \[E_0=\dfrac{hc}{\lambda\cdot e}+E_2=\dfrac{6,6\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{8}}{655\cdot 10^{-9}\cdot 1,6 \cdot 10^{-19}}-3,4 \text{ эВ}=-1,51\text{ эВ}\]

Ответ: -1,51