Ndryshimet në detyrat e Provimit të Unifikuar të Shtetit në fizikë për vitin 2019 asnjë vit.

Struktura e detyrave të provimit të unifikuar të shtetit në fizikë-2019

Fleta e provimit përbëhet nga dy pjesë, duke përfshirë 32 detyra.

Pjesa 1 përmban 27 detyra.

• Në detyrat 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27, përgjigjja është një numër i plotë ose i fundëm dhjetore.
• Përgjigja për detyrat 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 dhe 24 është një sekuencë prej dy numrash.
• Përgjigja për detyrat 19 dhe 22 janë dy numra.

Pjesa 2 përmban 5 detyra. Përgjigja për detyrat 28–32 përfshin pershkrim i detajuar gjithë ecurinë e detyrës. Pjesa e dytë e detyrave (me përgjigje të detajuar) vlerësohet me notë komisioni i ekspertëve bazuar .

Temat e Provimit të Unifikuar të Shtetit në fizikë që do të përfshihen në fletën e provimit

1. Mekanika(kinematika, dinamika, statika, ligjet e ruajtjes në mekanikë, dridhjet mekanike dhe valët).
2. Fizika molekulare(teoria kinetike molekulare, termodinamika).
3. Elektrodinamika dhe bazat e SRT(fusha elektrike, rryma e vazhduar, fusha magnetike, induksioni elektromagnetik, lëkundjet dhe valët elektromagnetike, optika, bazat e SRT).
4. Fizika kuantike dhe elementet e astrofizikës(Dualizmi valë-korpuskular, fizika atomike, fizika e bërthamës atomike, elementet e astrofizikës).

Kohëzgjatja e Provimit të Unifikuar të Shtetit në Fizikë

E gjithë puna e provimit do të përfundojë 235 minuta.

Koha e përafërt për të përfunduar detyrat pjesë të ndryshme puna është:

1. për secilën detyrë me një përgjigje të shkurtër – 3–5 minuta;
2. për secilën detyrë me një përgjigje të detajuar – 15–20 minuta.

Çfarë mund të merrni për provim:

• Përdoret një kalkulator i pa programueshëm (për secilin student) me aftësi llogaritjeje funksionet trigonometrike(cos, sin, tg) dhe sundimtar.
• Lëvizni pajisje shtesë dhe, përdorimi i të cilave lejohet në Provimin e Unifikuar të Shtetit, miratohet nga Rosobrnadzor.

E rëndësishme!!! mos u mbështetni në fletë mashtrimi, këshilla dhe përdorim mjete teknike(telefon, tablet) gjatë provimit. Vëzhgimi me video në Provimin e Unifikuar të Shtetit 2019 do të forcohet me kamera shtesë.

Rezultatet e Provimit të Unifikuar të Shtetit në fizikë

• 1 pikë - për 1-4, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 19, 20, 22, 23, 25, 26, 27 detyra.
• 2 pikë - 5, 6, 7, 11, 12, 16, 17, 18, 21, 24.
• 3 pikë - 28, 29, 30, 31, 32.

Gjithsej: 52 pikë(rezultati fillestar maksimal).

Çfarë duhet të dini kur përgatitni detyra për Provimin e Bashkuar të Shtetit:

• Njoh/kupto kuptimin konceptet fizike, sasitë, ligjet, parimet, postulatet.
• Të jetë në gjendje të përshkruajë dhe shpjegojë dukuritë fizike dhe vetitë e trupave (përfshirë objektet hapësinore), rezultatet eksperimentale... jepni shembuj përdorim praktik njohuri fizike
• Të dallojë hipotezat nga teori shkencore, nxirren përfundime në bazë të eksperimentit etj.
• Të jetë në gjendje të zbatojë njohuritë e fituara gjatë marrjes së vendimeve probleme fizike.
• Përdorni njohuritë dhe aftësitë e fituara në aktivitete praktike dhe jetën e përditshme.

Ku të filloni përgatitjen për Provimin e Unifikuar të Shtetit në Fizikë:

1. Studioni teorinë e kërkuar për secilën detyrë.
2. Treni në detyrat e testimit në fizikë, i zhvilluar në bazë të Provimit të Unifikuar të Shtetit. Në faqen tonë të internetit, detyrat dhe opsionet në fizikë do të përditësohen.
3. Menaxhoni kohën tuaj në mënyrë korrekte.

Ju urojmë suksese!

Provimi i Unifikuar i Shtetit në Fizikë është një provim që jepet sipas zgjedhjes së maturantëve. Kërkohet për pranim në pothuajse çdo specialitet inxhinierik.

Nën të cilin universitete nuk mund të vendosin pragun e kalueshmërisë për aplikantët është 36 pikë në një shkallë 100 pikësh. Për të përfunduar punën e provimit në fizikë, ndahen 3 orë 55 minuta (235 minuta). Në provim mund të merrni me vete një vizore dhe një kalkulator të pa programueshëm. Ju duhet të merrni një kalkulator për Provimin e Unifikuar të Shtetit në Fizikë, pasi detyrat përmbajnë shumë llogaritje matematikore. Të gjitha të dhënat e nevojshme referuese për plotësimin e detyrave jepen në fillim të çdo versioni të testeve. materialet matëse(KIM).

Ka dy pjesë për Provimin e Unifikuar të Shtetit KIM në Fizikë. Pjesa e parë përmban 24 detyra të niveleve bazë dhe të avancuara të vështirësisë në të gjitha seksionet kursi shkollor fizikës. Ata testojnë njohuritë e ligjeve dhe formulave bazë, si dhe aftësinë për të analizuar procese të ndryshme fizike. Pjesa e dytë teston aftësinë për të zgjidhur probleme në fizikë. Këtu janë 8 detyra: 1 detyrë cilësore dhe 7 problema llogaritëse me përgjigje të shkurtra dhe të gjata.

Çdo version i fletës së provimit teston elementet e përmbajtjes nga të gjitha seksionet e kursit të fizikës shkollore (mekanikë, Fizika molekulare, elektrodinamika dhe fizika kuantike dhe elementet e astrofizikës), me detyra të ofruara për çdo seksion nivele të ndryshme vështirësitë. Elementet më të rëndësishme të përmbajtjes që u nevojiten studentëve të ardhshëm të universitetit testohen në të njëjtin version me detyra të niveleve të ndryshme të vështirësisë. Për shembull, ligji i ruajtjes së energjisë mund të testohet si në detyra të thjeshta ashtu edhe në probleme nivel të lartë vështirësitë.

Provimi i Unifikuar i Shtetit KIM në fizikë përmban 16 detyra me përgjigjen e shkruar në formën e një numri, një fjalë ose dy numra, 11 detyra për vendosjen e korrespondencës dhe zgjedhjes së shumëfishtë, në të cilat përgjigjet duhet të shkruhen në formën e një sekuence numrash. , dhe 5 detyra me një përgjigje të detajuar.
Çdo opsioni i provimit në fizikë përfshin 8-10 detyra duke përdorur grafikë, tabela, diagrame të ndryshme ose fotografi të instrumenteve dhe instalimeve laboratorike. Ekzistojnë detyra të veçanta në të cilat duhet të vendosni një korrespodencë midis grafikëve dhe sasive fizike, varësitë e të cilave mund të përfaqësojnë këta grafikë. Në detyra të tjera, të dhënat e nevojshme për zgjidhjen duhet të nxirren nga një tabelë ose grafik. Fotografitë e instrumenteve ofrohen në detyrën 22, e cila kërkon që ju të regjistroni saktë rezultatet e matjes, duke marrë parasysh gabim absolut.

Një nga detyrat me një përgjigje të detajuar është një detyrë cilësore. Si rregull, ky është një përshkrim i njëfarë përvoje, rezultatet e së cilës duhet të shpjegohen. Përgjigja është shpjegim i detajuar procese të bazuara në dukuritë fizike të studiuara, ligjet dhe formulat.
Në vitin 2018, struktura e materialeve matëse të kontrollit në fizikë u ruajt përgjithësisht, por u shtua një linjë detyrash (Nr. 24), e cila teston përmbajtjen e materialit astrofizik të studiuar në lëndën e fizikës në seksionin e fundit të klasës 11. Në këtë detyrë do t'ju duhet të zgjidhni dy deklarata të vërteta nga pesë të propozuara. Të gjitha detyrat 24 janë të natyrës kontekstuale, domethënë, një pjesë e të dhënave të nevojshme për të përfunduar detyrën paraqitet në formën e një tabele ose diagrami. Detyra 24 vlerësohet maksimalisht me 2 pikë nëse të dy elementët e përgjigjes janë të sakta dhe 1 pikë nëse bëhet gabim në njërin prej elementeve. Rendi në të cilin janë shkruar numrat në përgjigje nuk ka rëndësi.

Në Provimin e Unifikuar të Shtetit në Fizikë, detyrat në fizikën kuantike në përgjithësi kryhen më keq nga pjesëmarrësit sesa detyra të ngjashme në mekanikë. Nëse flasim për elementë individualë të përmbajtjes që shkaktojnë vështirësi, atëherë këto përfshijnë, për shembull, të pasura dhe avujt e pangopur dhe fenomen induksioni elektromagnetik.
Detyra me shumë zgjedhje, në të cilat është e nevojshme të kryhen analizë gjithëpërfshirëseçdo proces fizik. Këto detyra ofrojnë një përshkrim të rezultateve të një studimi. Si rregull, ky përshkrim shoqërohet ose me një grafik të sasive që përshkruajnë këtë proces ose një tabelë të të dhënave eksperimentale. Secila prej deklaratave në detyrë përshkruan një nga vetitë e procesit, dhe ju duhet ta konsideroni procesin "nga të gjitha anët".

Gabimet lënduese të pakujdesshme shoqërohen shpesh me mosrespektimin e rregullave për regjistrimin e përgjigjeve në formularin e përgjigjes nr. 1. Kjo është veçanërisht e vërtetë për detyrat 25-27 - problemet e llogaritjes nivel më të lartë vështirësitë. Këtu ju duhet jo vetëm të merrni përgjigjen në njësitë e dhëna, por gjithashtu, nëse është e nevojshme, të rrumbullakoni me një saktësi të caktuar.

Për më tepër, gabimet që lidhen me leximin e pavëmendshëm të kushteve të detyrës janë të zakonshme. Për shembull, në vitin 2017, u propozua një problem për të përcaktuar parametrat e imazhit në një lente divergjente. Pothuajse një e treta e të diplomuarve e zgjidhën këtë problem për një lente konvergjente. Gabimi i tyre nuk ishte në mosnjohjen e materialit (në këtë rast, formulën e lenteve), por në një lexim të pavëmendshëm të kushteve.

Ju urojmë suksese në provim!

Përgatitja për OGE dhe Provimin e Unifikuar të Shtetit

Mesatare arsimi i përgjithshëm

Linja UMK A. V. Graçeva. Fizikë (10-11) (bazë, e avancuar)

Linja UMK A.V. Fizikë (7-9)

Linja UMK A.V. Fizikë (7-9)

Përgatitja për Provimin e Unifikuar të Shtetit në Fizikë: shembuj, zgjidhje, shpjegime

Le ta zgjidhim Detyrat e Provimit të Unifikuar të Shtetit në fizikë (Opsioni C) me një mësues.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, mësuese e fizikës, 27 vjet përvojë pune. Certifikatë Nderi nga Ministria e Arsimit e Rajonit të Moskës (2013), Mirënjohje nga Shefi i Voskresensky rrethi komunal(2015), Certifikata e Presidentit të Shoqatës së Mësuesve të Matematikës dhe Fizikës të Rajonit të Moskës (2015).

Puna paraqet detyra të niveleve të ndryshme të vështirësisë: bazë, të avancuar dhe të lartë. Detyrat niveli bazë, Kjo detyra të thjeshta, testimi i asimilimit të koncepteve, modeleve, dukurive dhe ligjeve më të rëndësishme fizike. Detyrat e nivelit të avancuar kanë për qëllim testimin e aftësisë për të përdorur konceptet dhe ligjet e fizikës për analizë procese të ndryshme dhe dukuritë, si dhe aftësia për të zgjidhur probleme duke përdorur një ose dy ligje (formula) për cilëndo nga temat e lëndës së fizikës shkollore. Në punën 4, detyrat e pjesës 2 janë detyra të një niveli të lartë kompleksiteti dhe testojnë aftësinë për të përdorur ligjet dhe teoritë e fizikës në modifikuar ose situatë e re. Përfundimi i detyrave të tilla kërkon aplikimin e njohurive nga dy ose tre seksione të fizikës njëherësh, d.m.th. niveli i lartë i trajnimit. Ky opsion korrespondon plotësisht me demonstrimin versioni i Provimit të Unifikuar të Shtetit 2017, detyra të marra nga bankë e hapur Detyrat e Provimit të Unifikuar të Shtetit.

Figura tregon një grafik të modulit të shpejtësisë kundrejt kohës t. Përcaktoni nga grafiku distancën e përshkuar nga makina në intervalin kohor nga 0 deri në 30 s.

Zgjidhje. Rruga e përshkuar nga një makinë në intervalin kohor nga 0 në 30 s më lehtë mund të përkufizohet si zona e një trapezi, bazat e të cilit janë intervalet kohore (30 – 0) = 30 s dhe (30 – 10 ) = 20 s, dhe lartësia është shpejtësia v= 10 m/s, d.m.th.

S =	(30 + 20) Me	10 m/s = 250 m.
	2

Përgjigju. 250 m.

Një ngarkesë që peshon 100 kg ngrihet vertikalisht lart duke përdorur një kabllo. Figura tregon varësinë e projeksionit të shpejtësisë V ngarkesa në aksin e drejtuar lart, në funksion të kohës t. Përcaktoni modulin e forcës së tensionit të kabllit gjatë ngritjes.

Zgjidhje. Sipas grafikut të varësisë së projeksionit të shpejtësisë v ngarkesa në një aks të drejtuar vertikalisht lart, në funksion të kohës t, mund të përcaktojmë projeksionin e nxitimit të ngarkesës

a =	∆v	=	(8 – 2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 s

Ngarkesa veprohet nga: forca e gravitetit të drejtuar vertikalisht poshtë dhe forca e tensionit të kabllit e drejtuar vertikalisht lart përgjatë kabllit (shih Fig. 2. Le të shkruajmë ekuacionin bazë të dinamikës. Le të përdorim ligjin e dytë të Njutonit. Shuma gjeometrike e forcave që veprojnë në një trup është e barabartë me produktin e masës së trupit dhe nxitimit që i është dhënë atij.

+ = (1)

Le të shkruajmë ekuacionin për projeksionin e vektorëve në sistemin e referencës të lidhur me tokën, duke e drejtuar boshtin OY lart. Projeksioni i forcës së tensionit është pozitiv, pasi drejtimi i forcës përkon me drejtimin e boshtit OY, projeksioni i forcës së gravitetit është negativ, pasi vektori i forcës është i kundërt me boshtin OY, projeksioni i vektorit të nxitimit është gjithashtu pozitive, kështu që trupi lëviz me nxitim lart. Ne kemi

T – mg = ma (2);

nga formula (2) moduli i forcës në tërheqje

T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.

Përgjigju. 1200 N.

Trupi tërhiqet zvarrë përgjatë një sipërfaqe të përafërt horizontale me shpejtësi konstante moduli i të cilit është 1,5 m/s, duke ushtruar një forcë ndaj tij siç tregohet në figurën (1). Në këtë rast, moduli i forcës së fërkimit rrëshqitës që vepron në trup është 16 N. Sa është fuqia e zhvilluar nga forca? F?

Zgjidhje. Le të imagjinojmë procesi fizik, të specifikuara në deklaratën e problemit dhe bëni një vizatim skematik që tregon të gjitha forcat që veprojnë në trup (Fig. 2). Le të shkruajmë ekuacionin bazë të dinamikës.

Tr + + = (1)

Pasi kemi zgjedhur një sistem referimi të lidhur me një sipërfaqe fikse, ne shkruajmë ekuacionet për projeksionin e vektorëve në të zgjedhurit boshtet koordinative. Sipas kushteve të problemit, trupi lëviz në mënyrë të njëtrajtshme, pasi shpejtësia e tij është konstante dhe e barabartë me 1,5 m/s. Kjo do të thotë se nxitimi i trupit është zero. Në trup veprojnë horizontalisht dy forca: forca e fërkimit rrëshqitës tr. dhe forca me të cilën tërhiqet trupi. Projeksioni i forcës së fërkimit është negativ, pasi vektori i forcës nuk përkon me drejtimin e boshtit X. Projeksioni i forcës F pozitive. Ju kujtojmë se për të gjetur projeksionin, ne ulim pingulën nga fillimi dhe fundi i vektorit në boshtin e zgjedhur. Duke marrë parasysh këtë kemi: F cosα - F tr = 0; (1) le të shprehim projeksionin e forcës F, Kjo F cosα = F tr = 16 N; (2) atëherë fuqia e zhvilluar nga forca do të jetë e barabartë me N = F cosα V(3) Le të bëjmë një zëvendësim, duke marrë parasysh ekuacionin (2) dhe të zëvendësojmë të dhënat përkatëse në ekuacionin (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Përgjigju. 24 W.

Një ngarkesë e lidhur me një burim të lehtë me një ngurtësi prej 200 N/m pëson lëkundje vertikale. Figura tregon një grafik të varësisë së zhvendosjes x ngarkoni herë pas here t. Përcaktoni sa është masa e ngarkesës. Rrumbullakosni përgjigjen tuaj në një numër të plotë.

Zgjidhje. Një masë në një sustë pëson lëkundje vertikale. Sipas grafikut të zhvendosjes së ngarkesës X nga koha t, përcaktojmë periudhën e lëkundjes së ngarkesës. Periudha e lëkundjes është e barabartë me T= 4 s; nga formula T= 2π le të shprehim masën m ngarkesave

=	T	;	m	=	T 2	; m = k	T 2	; m= 200 N/m	(4 s) 2	= 81,14 kg ≈ 81 kg.
	2π		k		4π 2		4π 2		39,438

Përgjigje: 81 kg.

Figura tregon një sistem prej dy blloqesh të lehta dhe një kabllo pa peshë, me të cilën mund të mbani ekuilibrin ose të ngrini një ngarkesë që peshon 10 kg. Fërkimi është i papërfillshëm. Bazuar në analizën e figurës së mësipërme, zgjidhni dy deklarata të vërteta dhe tregoni numrat e tyre në përgjigjen tuaj.

1. Për të mbajtur ngarkesën në ekuilibër, duhet të veproni në fund të litarit me një forcë prej 100 N.
2. Sistemi i bllokut i paraqitur në figurë nuk jep ndonjë fitim në forcë.
3. h, duhet të tërhiqni një pjesë të gjatësisë së litarit 3 h.
4. Për të ngritur ngadalë një ngarkesë në një lartësi hh.

Zgjidhje. Në këtë problem ju duhet të mbani mend mekanizma të thjeshtë, përkatësisht blloqe: bllok i lëvizshëm dhe fiks. Blloku i lëvizshëm jep një fitim të dyfishtë në forcë, ndërsa seksioni i litarit duhet të tërhiqet dy herë më shumë, dhe blloku fiks përdoret për të ridrejtuar forcën. Në punë, mekanizmat e thjeshtë të fitimit nuk japin. Pas analizimit të problemit, ne menjëherë zgjedhim deklaratat e nevojshme:

1. Për të ngritur ngadalë një ngarkesë në një lartësi h, duhet të tërhiqni një pjesë të gjatësisë së litarit 2 h.
2. Për të mbajtur ngarkesën në ekuilibër, duhet të veproni në fund të litarit me një forcë prej 50 N.

Përgjigju. 45.

Një peshë alumini e lidhur me një fije pa peshë dhe të pazgjatur është zhytur plotësisht në një enë me ujë. Ngarkesa nuk prek muret dhe fundin e anijes. Më pas zhyten në të njëjtën enë me ujë peshë hekuri, masa e së cilës është e barabartë me masën e ngarkesës së aluminit. Si do të ndryshojë moduli i forcës së tensionit të fillit dhe moduli i forcës së gravitetit që vepron në ngarkesë si rezultat i kësaj?

1. Rritet;
2. Zvogëlohet;
3. Nuk ndryshon.

Zgjidhje. Ne analizojmë gjendjen e problemit dhe nxjerrim në pah ato parametra që nuk ndryshojnë gjatë studimit: këto janë masa e trupit dhe lëngu në të cilin trupi është zhytur në një fije. Pas kësaj, është më mirë të bëni një vizatim skematik dhe të tregoni forcat që veprojnë në ngarkesë: tensioni i fillit F kontroll, i drejtuar lart përgjatë fillit; graviteti i drejtuar vertikalisht poshtë; Forca e Arkimedit a, duke vepruar nga ana e lëngut në trupin e zhytur dhe të drejtuar lart. Sipas kushteve të problemit, masa e ngarkesave është e njëjtë, prandaj, moduli i forcës së rëndesës që vepron në ngarkesë nuk ndryshon. Meqenëse dendësia e ngarkesës është e ndryshme, vëllimi gjithashtu do të jetë i ndryshëm.

V =	m	.
	fq

Dendësia e hekurit është 7800 kg/m3, dhe dendësia e ngarkesës së aluminit është 2700 kg/m3. Prandaj, V dhe< V a. Trupi është në ekuilibër, rezultati i të gjitha forcave që veprojnë në trup është zero. Le ta drejtojmë boshtin e koordinatave OY lart. Ekuacionin bazë të dinamikës, duke marrë parasysh projeksionin e forcave, e shkruajmë në formë F kontroll + F a – mg= 0; (1) Le të shprehim forcën e tensionit F kontroll = mg – F a(2); Forca e Arkimedit varet nga dendësia e lëngut dhe vëllimi i pjesës së zhytur të trupit F a = ρ gV p.h.t. (3); Dendësia e lëngut nuk ndryshon, dhe vëllimi i trupit të hekurit është më i vogël V dhe< V a, prandaj forca e Arkimedit që vepron në ngarkesën e hekurit do të jetë më e vogël. Përfundojmë për modulin e forcës së tensionit të fillit, duke punuar me ekuacionin (2), ai do të rritet.

Përgjigju. 13.

Një bllok me masë m rrëshqet nga ashpërsia e fiksuar rrafsh i pjerrët me kënd α në bazë. Moduli i nxitimit të bllokut është i barabartë me a, moduli i shpejtësisë së bllokut rritet. Rezistenca e ajrit mund të neglizhohet.

Vendosni një korrespondencë midis sasive fizike dhe formulave me të cilat ato mund të llogariten. Për çdo pozicion në kolonën e parë, zgjidhni pozicionin përkatës nga kolona e dytë dhe shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

B) Koeficienti i fërkimit ndërmjet një blloku dhe një plani të pjerrët

3) mg cosα

4) siνα -	a
	g cosα

Zgjidhje. Kjo detyrë kërkon zbatimin e ligjeve të Njutonit. Ne rekomandojmë të bëni një vizatim skematik; tregojnë të gjitha karakteristikat kinematike të lëvizjes. Nëse është e mundur, përshkruani vektorin e nxitimit dhe vektorët e të gjitha forcave të aplikuara në trupin në lëvizje; mos harroni se forcat që veprojnë në një trup janë rezultat i ndërveprimit me trupa të tjerë. Pastaj shkruani ekuacionin bazë të dinamikës. Zgjidhni një sistem referimi dhe shkruani ekuacionin që rezulton për projeksionin e vektorëve të forcës dhe nxitimit;

Duke ndjekur algoritmin e propozuar, do të bëjmë një vizatim skematik (Fig. 1). Figura tregon forcat e aplikuara në qendrën e gravitetit të bllokut dhe boshtet koordinative të sistemit të referencës që lidhen me sipërfaqen e planit të pjerrët. Meqenëse të gjitha forcat janë konstante, lëvizja e bllokut do të jetë uniformisht e ndryshueshme me rritjen e shpejtësisë, d.m.th. vektori i nxitimit drejtohet në drejtim të lëvizjes. Le të zgjedhim drejtimin e boshteve siç tregohet në figurë. Le të shkruajmë projeksionet e forcave në akset e zgjedhura.

Le të shkruajmë ekuacionin bazë të dinamikës:

Tr + = (1)

Le ta shkruajmë ekuacioni i dhënë(1) për projeksionin e forcave dhe nxitimin.

Në boshtin OY: projeksioni i forcës së reagimit të tokës është pozitiv, pasi vektori përkon me drejtimin e boshtit OY Ny = N; projeksioni i forcës së fërkimit është zero pasi vektori është pingul me boshtin; projeksioni i gravitetit do të jetë negativ dhe i barabartë mg y= – mg cosα; projeksioni i vektorit të nxitimit një y= 0, pasi vektori i nxitimit është pingul me boshtin. Ne kemi N – mg cosα = 0 (2) nga ekuacioni shprehim forcën e reaksionit që vepron në bllok nga ana e rrafshit të pjerrët. N = mg cosα (3). Le të shkruajmë projeksionet në boshtin OX.

Në boshtin OX: projeksioni i forcës Nështë e barabartë me zero, pasi vektori është pingul me boshtin OX; Projeksioni i forcës së fërkimit është negativ (vektori është i drejtuar kah anën e kundërt në lidhje me boshtin e zgjedhur); projeksioni i gravitetit është pozitiv dhe i barabartë me mg x = mg sinα (4) nga trekëndësh kënddrejtë. Projeksioni i përshpejtimit është pozitiv një x = a; Më pas shkruajmë ekuacionin (1) duke marrë parasysh projeksionin mg siνα - F tr = ma (5); F tr = m(g siνα - a) (6); Mos harroni se forca e fërkimit është proporcionale me forcën presion normal N.

A-parësore F tr = μ N(7), shprehim koeficientin e fërkimit të bllokut në planin e pjerrët.

μ =	F tr	=	m(g siνα - a)	= tgα -	a	(8).
	N		mg cosα		g cosα

Ne zgjedhim pozicionet e duhura për secilën shkronjë.

Përgjigju. A - 3; B – 2.

Detyra 8. Oksigjeni i gaztë ndodhet në një enë me vëllim 33,2 litra. Presioni i gazit është 150 kPa, temperatura e tij është 127° C. Përcaktoni masën e gazit në këtë enë. Shprehni përgjigjen tuaj në gram dhe rrumbullakoni me numrin e plotë më të afërt.

Zgjidhje.Është e rëndësishme t'i kushtohet vëmendje konvertimit të njësive në sistemin SI. Konvertoni temperaturën në Kelvin T = t°C + 273, vëllimi V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Ne e konvertojmë presionin P= 150 kPa = 150,000 Pa. Përdorimi i ekuacionit të gjendjes së gazit ideal

Le të shprehim masën e gazit.

Sigurohuni t'i kushtoni vëmendje se cilat njësi kërkohet të shkruajnë përgjigjen. Eshte shume e rendesishme.

Përgjigju.'48

Detyra 9. Një gaz monatomik ideal në një sasi prej 0,025 mol u zgjerua adiabatikisht. Në të njëjtën kohë, temperatura e tij ra nga +103°C në +23°C. Sa punë është bërë nga gazi? Shprehni përgjigjen tuaj në xhaul dhe rrumbullakosni në numrin e plotë më të afërt.

Zgjidhje. Së pari, gazi është numri monoatomik i shkallëve të lirisë i= 3, së dyti, gazi zgjerohet adiabatikisht - kjo do të thotë pa shkëmbim nxehtësie P= 0. Gazi funksionon duke ulur energjinë e brendshme. Duke marrë parasysh këtë, ne shkruajmë ligjin e parë të termodinamikës në formën 0 = ∆ U + A G; (1) le të shprehim punën e gazit A g = –∆ U(2); Ndryshimin e energjisë së brendshme për një gaz monoatomik e shkruajmë si

Përgjigju. 25 J.

Lagështia relative e një pjese të ajrit në një temperaturë të caktuar është 10%. Sa herë duhet të ndryshohet presioni i kësaj pjese të ajrit në mënyrë që, në një temperaturë konstante, lagështia relative e tij të rritet me 25%?

Zgjidhje. Pyetjet që lidhen me avullin e ngopur dhe lagështinë e ajrit më së shpeshti shkaktojnë vështirësi për nxënësit e shkollës. Le të përdorim formulën për të llogaritur lagështinë relative të ajrit

Sipas kushteve të problemit, temperatura nuk ndryshon, që do të thotë presion avull i ngopur mbetet e njëjtë. Le të shkruajmë formulën (1) për dy gjendje të ajrit.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Le të shprehim presionin e ajrit nga formula (2), (3) dhe të gjejmë raportin e presionit.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Përgjigju. Presioni duhet të rritet me 3.5 herë.

Substanca e lëngshme e nxehtë ftohej ngadalë në një furrë shkrirjeje me fuqi konstante. Tabela tregon rezultatet e matjeve të temperaturës së një substance me kalimin e kohës.

Zgjidhni nga lista e ofruar dy deklarata që korrespondojnë me rezultatet e matjeve të marra dhe tregojnë numrat e tyre.

1. Pika e shkrirjes së substancës në këto kushte është 232°C.
2. Në 20 minuta. pas fillimit të matjeve, substanca ishte vetëm në gjendje të ngurtë.
3. Kapaciteti termik i një lënde në gjendje të lëngët dhe të ngurtë është i njëjtë.
4. Pas 30 min. pas fillimit të matjeve, substanca ishte vetëm në gjendje të ngurtë.
5. Procesi i kristalizimit të substancës zgjati më shumë se 25 minuta.

Zgjidhje. Meqenëse substanca është ftohur, ajo energjia e brendshme ulur. Rezultatet e matjeve të temperaturës na lejojnë të përcaktojmë temperaturën në të cilën një substancë fillon të kristalizohet. Ndërsa substanca kalon nga gjendje e lëngët në një të ngurtë, temperatura nuk ndryshon. Duke ditur që temperatura e shkrirjes dhe temperatura e kristalizimit janë të njëjta, ne zgjedhim deklaratën:

1. Pika e shkrirjes së substancës në këto kushte është 232°C.

Deklarata e dytë e saktë është:

4. Pas 30 min. pas fillimit të matjeve, substanca ishte vetëm në gjendje të ngurtë. Meqenëse temperatura në këtë pikë në kohë është tashmë nën temperaturën e kristalizimit.

Përgjigju. 14.

Në një sistem të izoluar, trupi A ka një temperaturë prej +40°C, dhe trupi B ka një temperaturë prej +65°C. Këto trupa u sollën në kontakt termik me njëri-tjetrin. Pas ca kohësh erdhi ekuilibri termik. Si ndryshuan temperatura e trupit B dhe energjia totale e brendshme e trupave A dhe B si rezultat?

Për secilën sasi, përcaktoni natyrën përkatëse të ndryshimit:

1. Rritur;
2. I ulur;
3. Nuk ka ndryshuar.

Shkruani numrat e zgjedhur për secilin në tabelë. sasi fizike. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhje. Nëse në një sistem të izoluar trupash nuk ndodhin transformime të energjisë përveç shkëmbimit të nxehtësisë, atëherë sasia e nxehtësisë që lëshohet nga trupat, energjia e brendshme e të cilëve zvogëlohet është e barabartë me sasinë e nxehtësisë së marrë nga trupat, energjia e brendshme e të cilëve rritet. (Sipas ligjit të ruajtjes së energjisë.) Në këtë rast, energjia totale e brendshme e sistemit nuk ndryshon. Problemet e këtij lloji zgjidhen në bazë të ekuacionit të bilancit të nxehtësisë.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	i = 1

ku ∆ U– ndryshimi i energjisë së brendshme.

Në rastin tonë, si rezultat i shkëmbimit të nxehtësisë, energjia e brendshme e trupit B zvogëlohet, që do të thotë se temperatura e këtij trupi ulet. Energjia e brendshme e trupit A rritet, pasi trupi merr një sasi nxehtësie nga trupi B, temperatura e tij do të rritet. Energjia totale e brendshme e trupave A dhe B nuk ndryshon.

Përgjigju. 23.

Protoni fq fluturimi në hendekun midis poleve të një elektromagneti ka një shpejtësi prej pingul me vektorin induksioni fushë magnetike, siç tregohet në foto. Ku drejtohet forca e Lorencit që vepron në proton në lidhje me vizatimin (lart, drejt vëzhguesit, larg vëzhguesit, poshtë, majtas, djathtas)

Zgjidhje. Një fushë magnetike vepron në një grimcë të ngarkuar me forcën e Lorencit. Për të përcaktuar drejtimin e kësaj force, është e rëndësishme të mbani mend rregulli mnemonik dorën e majtë, mos harroni të merrni parasysh ngarkesën e grimcave. Ne i drejtojmë katër gishtat e dorës së majtë përgjatë vektorit të shpejtësisë, për një grimcë të ngarkuar pozitivisht, vektori duhet të hyjë pingul në pëllëmbë, gishtin e madh i lënë mënjanë 90° tregon drejtimin e forcës së Lorencit që vepron në grimcë. Si rezultat, kemi që vektori i forcës së Lorencit është i drejtuar larg nga vëzhguesi në lidhje me figurën.

Përgjigju. nga vëzhguesi.

Moduli i tensionit fushe elektrike në një kondensator ajri të sheshtë me kapacitet 50 μF është i barabartë me 200 V/m. Distanca midis pllakave të kondensatorit është 2 mm. Pse ngarkesa është e barabartë kondensator? Shkruani përgjigjen tuaj në µC.

Zgjidhje. Le të konvertojmë të gjitha njësitë e matjes në sistemin SI. Kapaciteti C = 50 µF = 50 10 –6 F, distanca midis pllakave d= 2 · 10 –3 m Problemi flet për një kondensator ajri të sheshtë - një pajisje për ruajtjen e ngarkesës elektrike dhe energjisë së fushës elektrike. Nga formula e kapacitetit elektrik

Ku d– distanca ndërmjet pllakave.

Le të shprehim tensionin U=E d(4); Le të zëvendësojmë (4) në (2) dhe të llogarisim ngarkesën e kondensatorit.

q = C · Ed= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC

Ju lutemi kushtojini vëmendje njësive në të cilat duhet të shkruani përgjigjen. E kemi marrë në kulonë, por e paraqesim në µC.

Përgjigju. 20 µC.

Nxënësi kreu një eksperiment mbi thyerjen e dritës, të paraqitur në fotografi. Si ndryshon këndi i thyerjes së dritës që përhapet në xhami dhe indeksi i thyerjes së qelqit me rritjen e këndit të rënies?

1. Rritet
2. Zvogëlohet
3. Nuk ndryshon
4. Regjistroni numrat e zgjedhur për secilën përgjigje në tabelë. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhje. Në problemet e këtij lloji, ne kujtojmë se çfarë është përthyerja. Ky është një ndryshim në drejtimin e përhapjes së valës kur kalon nga një medium në tjetrin. Shkaktohet nga fakti se shpejtësitë e përhapjes së valëve në këto media janë të ndryshme. Pasi të kemi kuptuar se në cilin mjedis po përhapet drita, le të shkruajmë ligjin e thyerjes në formë

siνα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Ku n 2 – tregues absolut thyerja e xhamit, mediumi ku shkon drita; n 1 është indeksi absolut i thyerjes së mediumit të parë nga vjen drita. Për ajrin n 1 = 1. α është këndi i rënies së rrezes në sipërfaqen e gjysmëcilindrit të qelqit, β është këndi i thyerjes së traut në xhami. Për më tepër, këndi i thyerjes do të jetë më i vogël se këndi i incidencës, pasi qelqi është një medium optikisht më i dendur - një medium me një indeks të lartë thyes. Shpejtësia e përhapjes së dritës në xhami është më e ngadaltë. Ju lutemi vini re se ne matim këndet nga pingulja e rivendosur në pikën e rënies së rrezes. Nëse rritni këndin e rënies, atëherë këndi i thyerjes do të rritet. Kjo nuk do të ndryshojë indeksin e thyerjes së xhamit.

Përgjigju.

Kërcim bakri në një moment në kohë t 0 = 0 fillon të lëvizë me një shpejtësi prej 2 m / s përgjatë shinave paralele horizontale përcjellëse, në skajet e të cilave është lidhur një rezistencë 10 Ohm. I gjithë sistemi është në një fushë magnetike uniforme vertikale. Rezistenca e kërcyesit dhe e shinave është e papërfillshme; Fluksi Ф i vektorit të induksionit magnetik përmes qarkut të formuar nga kërcyesi, binarët dhe rezistenca ndryshon me kalimin e kohës t siç tregohet në grafik.

Duke përdorur grafikun, zgjidhni dy pohime të sakta dhe tregoni numrat e tyre në përgjigjen tuaj.

1. Nga koha t= 0,1 s ndryshimi i fluksit magnetik nëpër qark është 1 mWb.
2. Rryma e induksionit në kërcyesin në rangun nga t= 0,1 s t= 0,3 s max.
3. Moduli i emf induktiv që lind në qark është 10 mV.
4. Fuqia e rrymës së induksionit që rrjedh në kërcyes është 64 mA.
5. Për të ruajtur lëvizjen e kërcyesit, në të aplikohet një forcë, projeksioni i së cilës në drejtimin e shinave është 0.2 N.

Zgjidhje. Duke përdorur një grafik të varësisë së fluksit të vektorit të induksionit magnetik përmes qarkut në kohë, ne do të përcaktojmë zonat ku ndryshon fluksi F dhe ku ndryshimi i fluksit është zero. Kjo do të na lejojë të përcaktojmë intervalet kohore gjatë të cilave një rrymë e induktuar do të shfaqet në qark. Deklaratë e vërtetë:

1) Me kohën t= 0,1 s ndryshimi i fluksit magnetik nëpër qark është i barabartë me 1 mWb ∆Φ = (1 – 0) 10 –3 Wb; Moduli i emf induktiv që lind në qark përcaktohet duke përdorur ligjin EMR

Përgjigju. 13.

Sipas grafikut të rrymës kundrejt kohës në qark elektrik, induktiviteti i të cilit është 1 mH, përcaktoni modulin Emf i vetë-induktuar në intervalin kohor nga 5 deri në 10 s. Shkruani përgjigjen tuaj në µV.

Zgjidhje. Le të konvertojmë të gjitha sasitë në sistemin SI, d.m.th. ne konvertojmë induktivitetin prej 1 mH në H, marrim 10 -3 H. Rryma e treguar në figurë në mA gjithashtu do të shndërrohet në A duke shumëzuar me 10 -3.

Formula për emf vetë-induksion ka formën

në këtë rast, intervali kohor jepet sipas kushteve të problemit

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekonda dhe duke përdorur grafikun ne përcaktojmë intervalin e ndryshimit aktual gjatë kësaj kohe:

∆I= 30 10 –3 – 20 10 –3 = 10 10 –3 = 10 –2 A.

Le të zëvendësojmë vlerat numerike në formulën (2), marrim

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V, ose 2 µV.

Përgjigju. 2.

Dy pllaka transparente në plan paralel janë të shtypura fort kundër njëra-tjetrës. Një rreze drite bie nga ajri në sipërfaqen e pllakës së parë (shih figurën). Dihet se indeksi i thyerjes së pllakës së sipërme është i barabartë me n 2 = 1,77. Vendosni një korrespodencë midis sasive fizike dhe kuptimeve të tyre. Për çdo pozicion në kolonën e parë, zgjidhni pozicionin përkatës nga kolona e dytë dhe shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Zgjidhje. Për të zgjidhur problemet e thyerjes së dritës në ndërfaqen midis dy mediave, veçanërisht problemet e kalimit të dritës përmes pllakave paralele, mund të rekomandohet procedura e mëposhtme e zgjidhjes: bëni një vizatim që tregon rrugën e rrezeve që vijnë nga një medium në një tjetër; Në pikën e rënies së rrezes në ndërfaqen midis dy mediave, vizatoni një normal në sipërfaqe, shënoni këndet e rënies dhe thyerjes. Kushtojini vëmendje të veçantë dendësia optike konsiderohen media dhe mbani mend se kur një rreze drite kalon nga një mjedis optikisht më pak i dendur në një mjedis optikisht më të dendur, këndi i thyerjes do të jetë më i vogël se këndi i rënies. Figura tregon këndin midis rrezes rënëse dhe sipërfaqes, por ne kemi nevojë për këndin e rënies. Mos harroni se këndet përcaktohen nga pingulja e rivendosur në pikën e goditjes. Përcaktojmë se këndi i rënies së rrezes në sipërfaqe është 90° – 40° = 50°, indeksi i thyerjes n 2 = 1,77; n 1 = 1 (ajër).

Le të shkruajmë ligjin e thyerjes

sinβ =	mëkat50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Le të përshkruajmë rrugën e përafërt të rrezes nëpër pllaka. Ne përdorim formulën (1) për kufijtë 2–3 dhe 3–1. Si përgjigje marrim

A) Sinusi i këndit të rënies së rrezes në kufirin 2–3 midis pllakave është 2) ≈ 0,433;

B) Këndi i thyerjes së rrezes kur kalon kufirin 3–1 (në radiane) është 4) ≈ 0,873.

Përgjigju. 24.

Përcaktoni sa grimca α dhe sa protone prodhohen si rezultat i reaksionit shkrirja termonukleare

+ → x+ y;

Zgjidhje. Para të gjithëve reaksionet bërthamore respektohen ligjet e ruajtjes së ngarkesës elektrike dhe numrit të nukleoneve. Le të shënojmë me x numrin e grimcave alfa, y numrin e protoneve. Le të krijojmë ekuacione

+ → x + y;

zgjidhjen e sistemit kemi se x = 1; y = 2

Përgjigju. 1 – α-grimca; 2 - protone.

Moduli i momentit të fotonit të parë është 1,32 · 10 –28 kg m/s, që është 9,48 · 10 –28 kg m/s më pak se moduli i momentit të fotonit të dytë. Gjeni raportin e energjisë E 2 /E 1 të fotonit të dytë dhe të parë. Rrumbullakosni përgjigjen tuaj në të dhjetën më të afërt.

Zgjidhje. Momenti i fotonit të dytë është më i madh se momenti i fotonit të parë sipas gjendjes, që do të thotë se mund të përfaqësohet fq 2 = fq 1 + Δ fq(1). Energjia e një fotoni mund të shprehet në terma të momentit të fotonit duke përdorur ekuacionet e mëposhtme. Kjo E = mc 2 (1) dhe fq = mc(2), atëherë

E = pc (3),

Ku E- energjia e fotonit, fq– momenti i fotonit, m – masa e fotonit, c= 3 · 10 8 m/s – shpejtësia e dritës. Duke marrë parasysh formulën (3) kemi:

E 2	=	fq 2	= 8,18;
E 1		fq 1

E rrumbullakojmë përgjigjen në të dhjetat dhe marrim 8.2.

Përgjigju. 8,2.

Bërthama e atomit ka pësuar zbërthim radioaktiv të positron β -. Si ndryshoi kjo ngarkesë elektrike bërthama dhe numri i neutroneve në të?

Për secilën sasi, përcaktoni natyrën përkatëse të ndryshimit:

1. Rritur;
2. I ulur;
3. Nuk ka ndryshuar.

Shkruani numrat e zgjedhur për secilën sasi fizike në tabelë. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhje. Positron β – zbërthimi brenda bërthama atomike ndodh kur një proton shndërrohet në një neutron me emetimin e një pozitroni. Si rezultat i kësaj, numri i neutroneve në bërthamë rritet me një, ngarkesa elektrike zvogëlohet me një, dhe numri masiv bërthama mbetet e pandryshuar. Kështu, reagimi i transformimit të elementit është si më poshtë:

Përgjigju. 21.

Pesë eksperimente u kryen në laborator për të vëzhguar difraksionin duke përdorur grila të ndryshme difraksioni. Secila prej grilave ishte e ndriçuar trarët paralelë dritë monokromatike me një gjatësi vale specifike. Në të gjitha rastet, drita binte pingul me grilën. Në dy nga këto eksperimente, u vu re i njëjti numër maksimal i difraksionit kryesor. Së pari tregoni numrin e eksperimentit në të cilin keni përdorur grilë difraksioni me një periudhë më të vogël, dhe më pas numrin e eksperimentit në të cilin është përdorur një grilë difraksioni me një periudhë më të madhe.

Zgjidhje. Difraksioni i dritës është fenomeni i një rreze drite në një zonë me hije gjeometrike. Difraksioni mund të vërehet kur, në rrugën e një valë drite, ka zona të errëta ose vrima në pengesa të mëdha që janë të errëta ndaj dritës, dhe madhësitë e këtyre zonave ose vrimave janë në përpjesëtim me gjatësinë e valës. Një nga pajisjet më të rëndësishme të difraksionit është grila e difraksionit. Drejtimet këndore në maksimum të modelit të difraksionit përcaktohen nga ekuacioni

d sinφ = kλ (1),

Ku d– periudha e grilës së difraksionit, φ – këndi ndërmjet normales në grilë dhe drejtimit në një nga maksimumet e modelit të difraksionit, λ – gjatësia e valës së dritës, k– një numër i plotë i quajtur rendi i maksimumit të difraksionit. Le të shprehemi nga ekuacioni (1)

Duke zgjedhur çiftet sipas kushteve eksperimentale, fillimisht zgjedhim 4 ku është përdorur një rrjetë difraksioni me një periudhë më të shkurtër, dhe më pas numri i eksperimentit në të cilin është përdorur një grilë difraksioni me një periudhë më të madhe - kjo është 2.

Përgjigju. 42.

Rryma rrjedh përmes një rezistence të lidhur me tela. Rezistenca u zëvendësua me një tjetër, me një tel të bërë nga i njëjti metal dhe me të njëjtën gjatësi, por që kishte gjysmën e sipërfaqes prerje tërthore, dhe kaloi gjysmën e rrymës përmes saj. Si do të ndryshojë tensioni në të gjithë rezistencën dhe rezistenca e tij?

Për secilën sasi, përcaktoni natyrën përkatëse të ndryshimit:

1. Do te rritet;
2. Do të ulet;
3. Nuk do të ndryshojë.

Shkruani numrat e zgjedhur për secilën sasi fizike në tabelë. Numrat në përgjigje mund të përsëriten.

Zgjidhje.Është e rëndësishme të mbani mend se nga cilat vlera varet rezistenca e përcjellësit. Formula për llogaritjen e rezistencës është

Ligji i Ohmit për një seksion të qarkut, nga formula (2), shprehim tensionin

U = Unë R (3).

Sipas kushteve të problemit, rezistenca e dytë është prej teli me të njëjtin material, të njëjtën gjatësi, por madhësive të ndryshme prerje tërthore. Zona është dy herë më e vogël. Duke zëvendësuar në (1) gjejmë se rezistenca rritet me 2 herë, dhe rryma zvogëlohet me 2 herë, prandaj, voltazhi nuk ndryshon.

Përgjigju. 13.

Periudha e lëkundjeve lavjerrës matematikor në sipërfaqen e Tokës është 1.2 herë më e gjatë se periudha e lëkundjeve të saj në ndonjë planet. Pse moduli është i barabartë nxitimi renie e lire në këtë planet? Ndikimi i atmosferës në të dyja rastet është i papërfillshëm.

Zgjidhje. Lavjerrësi matematikor është një sistem i përbërë nga një fill, dimensionet e të cilit janë të shumta më shumë madhësi topi dhe vetë topi. Vështirësia mund të lindë nëse harrohet formula e Tomsonit për periudhën e lëkundjes së një lavjerrës matematikor.

T= 2π (1);

l– gjatësia e lavjerrësit matematik; g- nxitimi i gravitetit.

Sipas kushteve

Le të shprehemi nga (3) g n = 14,4 m/s 2. Duhet të theksohet se nxitimi i gravitetit varet nga masa e planetit dhe rrezja

Përgjigju. 14,4 m/s 2.

Një përcjellës i drejtë 1 m i gjatë që mban një rrymë prej 3 A ndodhet në një fushë magnetike uniforme me induksion NË= 0,4 Tesla në një kënd prej 30° ndaj vektorit. Sa është madhësia e forcës që vepron në përcjellës nga fusha magnetike?

Zgjidhje. Nëse vendosni një përcjellës me rrymë në një fushë magnetike, fusha në përcjellësin që mbart rrymë do të veprojë me një forcë Amper. Le të shkruajmë formulën për modulin e forcës së Amperit

F A = Unë LB sinα ;

F A = 0,6 N

Përgjigju. F A = 0,6 N.

Energjia e fushës magnetike ruhet në një spirale kur kalon nëpër të rrymë e vazhdueshme, është e barabartë me 120 J. Sa herë duhet të rritet rryma që kalon nëpër mbështjelljen e spirales në mënyrë që energjia e fushës magnetike e ruajtur në të të rritet me 5760 J.

Zgjidhje. Energjia e fushës magnetike të spirales llogaritet me formulë

W m =	LI 2	(1);
	2

Sipas kushteve W 1 = 120 J, atëherë W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

I 1 2 =	2W 1	; I 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Pastaj raporti aktual

I 2 2	= 49;	I 2	= 7
I 1 2		I 1

Përgjigju. Rryma duhet të rritet 7 herë. Ju shkruani vetëm numrin 7 në formularin e përgjigjes.

Një qark elektrik përbëhet nga dy llamba, dy dioda dhe një kthesë teli të lidhur siç tregohet në figurë. (Një diodë lejon që rryma të rrjedhë vetëm në një drejtim, siç tregohet në krye të figurës.) Cila prej llambave do të ndizet nëse poli verior i magnetit afrohet më afër spirales? Shpjegoni përgjigjen tuaj duke treguar se cilat fenomene dhe modele keni përdorur në shpjegimin tuaj.

Zgjidhje. Linjat e induksionit magnetik dalin nga Poli i Veriut magnet dhe divergojnë. Ndërsa magneti afrohet, fluksi magnetik përmes spirales së telit rritet. Sipas rregullit të Lenz-it, u krijua fusha magnetike rrymë e induktuar spiralja duhet të drejtohet djathtas. Sipas rregullit të gimlet, rryma duhet të rrjedhë në drejtim të akrepave të orës (siç shihet nga e majta). Dioda në qarkun e dytë të llambës kalon në këtë drejtim. Kjo do të thotë se llamba e dytë do të ndizet.

Përgjigju. Llamba e dytë do të ndizet.

Gjatësia e folesë prej alumini L= 25 cm dhe sipërfaqe tërthore S= 0,1 cm 2 varur në një fije nga fundi i sipërm. Fundi i poshtëm mbështetet në fundin horizontal të enës në të cilën derdhet uji. Gjatësia e pjesës së zhytur të folesë l= 10 cm Gjeni forcën F, me të cilën gjilpëra e thurjes shtyp në fund të enës, nëse dihet se filli ndodhet vertikalisht. Dendësia e aluminit ρa = 2,7 g/cm 3, dendësia e ujit ρ b = 1,0 g/cm 3. Përshpejtimi i gravitetit g= 10 m/s 2

Zgjidhje. Le të bëjmë një vizatim shpjegues.

– Forca e tensionit të fillit;

– Forca e reagimit të pjesës së poshtme të enës;

a është forca e Arkimedit që vepron vetëm në pjesën e zhytur të trupit dhe zbatohet në qendër të pjesës së zhytur të folesë;

– forca e gravitetit që vepron mbi folenë nga Toka dhe aplikohet në qendër të të gjithë folesë.

Sipas përkufizimit, masa e foli m dhe modul Forca e Arkimedit shprehen në mënyrën e mëposhtme: m = SLρ a (1);

F a = Slρ në g (2)

Le të shqyrtojmë momentet e forcave në lidhje me pikën e pezullimit të folesë.

M(T) = 0 – momenti i forcës së tensionit; (3)

M(N)= NL cosα është momenti i forcës së reagimit mbështetës; (4)

Duke marrë parasysh shenjat e momenteve, shkruajmë ekuacionin

NL cosα + Slρ në g (L –	l	)cosα = SLρ a g	L	cosα (7)
	2		2

duke pasur parasysh se sipas ligjit të tretë të Njutonit, forca e reagimit të pjesës së poshtme të enës është e barabartë me forcën F d me të cilën gjilpëra e thurjes shtyp në fund të enës që shkruajmë N = F d dhe nga ekuacioni (7) shprehim këtë forcë:

F d = [	1	Lρ a– (1 –	l	)lρ në ] Sg (8).
	2		2L

Le të zëvendësojmë të dhënat numerike dhe ta marrim atë

F d = 0,025 N.

Përgjigju. F d = 0,025 N.

Cilindri që përmban m 1 = 1 kg azot, gjatë testimit të forcës shpërtheu në temperaturë t 1 = 327°C. Çfarë mase hidrogjeni m 2 mund të ruhet në një cilindër të tillë në një temperaturë t 2 = 27°C, duke pasur një diferencë sigurie të pesëfishtë? Masa molare nitrogjenit M 1 = 28 g/mol, hidrogjen M 2 = 2 g/mol.

Zgjidhje. Le të shkruajmë ekuacionin e gjendjes së gazit ideal Mendeleev-Klapeyron për azotin

Ku V- vëllimi i cilindrit, T 1 = t 1 + 273°C. Sipas gjendjes, hidrogjeni mund të ruhet në presion fq 2 = p 1/5; (3) Duke pasur parasysh se

masën e hidrogjenit mund ta shprehim duke punuar drejtpërdrejt me ekuacionet (2), (3), (4). Formula përfundimtare ka formën:

m 2 =	m 1		M 2		T 1	(5).
	5		M 1		T 2

Pas zëvendësimit të të dhënave numerike m 2 = 28 g.

Përgjigju. m 2 = 28 g.

Në mënyrë ideale qark oscilues amplituda e luhatjeve të rrymës në një induktor une jam= 5 mA, dhe amplituda e tensionit në kondensator Um= 2.0 V. Në kohë t voltazhi në kondensator është 1.2 V. Gjeni rrymën në spirale në këtë moment.

Zgjidhje. Në një qark oscilues ideal, energjia osciluese ruhet. Për një moment të kohës t, ligji i ruajtjes së energjisë ka formën

C	U 2	+ L	I 2	= L	une jam 2	(1)
	2		2		2

Për vlerat e amplitudës (maksimale) ne shkruajmë

dhe nga ekuacioni (2) shprehim

C	=	une jam 2	(4).
L		Um 2

Le të zëvendësojmë (4) në (3). Si rezultat marrim:

I = une jam (5)

Kështu, rryma në spirale në momentin e kohës t e barabartë me

I= 4,0 mA.

Përgjigju. I= 4,0 mA.

Ka një pasqyrë në fund të një rezervuari 2 m të thellë. Një rreze drite, duke kaluar nëpër ujë, reflektohet nga pasqyra dhe del nga uji. Indeksi i thyerjes së ujit është 1.33. Gjeni distancën midis pikës së hyrjes së rrezes në ujë dhe pikës së daljes së rrezes nga uji nëse këndi i rënies së rrezes është 30°

Zgjidhje. Le të bëjmë një vizatim shpjegues

α është këndi i rënies së rrezes;

β është këndi i thyerjes së rrezes në ujë;

AC është distanca midis pikës së hyrjes së rrezes në ujë dhe pikës së daljes së rrezes nga uji.

Sipas ligjit të thyerjes së dritës

sinβ =	siνα	(3)
	n 2

Konsideroni ΔADB drejtkëndëshe. Në të AD = h, pastaj DB = AD

tgβ = h tgβ = h	siνα	= h	sinβ	= h	siνα	(4)
	cosβ

marrim shprehja e radhës:

AC = 2 DB = 2 h	siνα	(5)

Le të zëvendësojmë vlerat numerike në formulën që rezulton (5)

Përgjigju. 1.63 m.

Në përgatitje për Provimin e Unifikuar të Shtetit, ju ftojmë të njiheni me programi i punës në fizikë për klasat 7–9 në linjën UMK Peryshkina A.V. Dhe program pune i nivelit të avancuar për klasat 10-11 për materiale mësimore Myakisheva G.Ya. Programet janë të disponueshme për shikim dhe shkarkim falas për të gjithë përdoruesit e regjistruar.

Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës Artikulli vijues: Karakteristikat e elementit të karbonit dhe vetitë kimike