Promjene u zadacima Jedinstvenog državnog ispita iz fizike za 2019 nema godine.

Struktura zadataka Jedinstvenog državnog ispita iz fizike-2019

Ispitni rad sastoji se od dva dijela, uključujući 32 zadatka.

1. dio sadrži 27 zadataka.

U zadacima 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27 odgovor je cijeli ili konačan broj decimal.
Odgovor zadataka 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 i 24 je niz dvaju brojeva.
Odgovor na zadatke 19 i 22 su dva broja.

2. dio sadrži 5 zadataka. Odgovor na zadatke 28–32 uključuje Detaljan opis cijeli napredak zadatka. Drugi dio zadataka (s detaljnim odgovorom) ocjenjuje stručno povjerenstvo na temelju.

Teme Jedinstvenog državnog ispita iz fizike koje će biti uključene u ispitni rad

Mehanika(kinematika, dinamika, statika, zakoni očuvanja u mehanici, mehaničke vibracije i valovi).
Molekularna fizika(teorija molekularne kinetike, termodinamika).
Elektrodinamika i osnove SRT(električno polje, istosmjerna struja, magnetsko polje, elektromagnetska indukcija, elektromagnetske oscilacije i valovi, optika, osnove SRT).
Kvantna fizika i elementi astrofizike(valno-korpuskularni dualizam, atomska fizika, fizika atomske jezgre, elementi astrofizike).

Trajanje Jedinstvenog državnog ispita iz fizike

Cjelokupni ispitni rad će biti završen 235 minuta.

Procijenjeno vrijeme za dovršavanje zadataka razne dijelove rad je:

za svaki zadatak s kratkim odgovorom – 3–5 minuta;
za svaki zadatak s detaljnim odgovorom – 15–20 minuta.

Što možete polagati na ispitu:

Koristi se neprogramabilni kalkulator (za svakog učenika) s mogućnošću računanja trigonometrijske funkcije(cos, sin, tg) i vladar.
Popis dodatnih uređaja i uređaja, čija je uporaba dopuštena za Jedinstveni državni ispit, odobrava Rosobrnadzor.

Važno!!! Tijekom ispita ne smijete se oslanjati na varalice, savjete ili korištenje tehničkih sredstava (telefona, tableta). Videonadzor na Jedinstvenom državnom ispitu 2019. bit će pojačan dodatnim kamerama.

Rezultati jedinstvenog državnog ispita iz fizike

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

Ukupno: 52 boda(maksimalni primarni rezultat).

Što trebate znati kada pripremate zadatke za jedinstveni državni ispit:

Poznavati/razumjeti značenje fizikalnih pojmova, veličina, zakona, principa, postulata.
Znati opisati i objasniti fizikalne pojave i svojstva tijela (uključujući svemirske objekte), rezultate pokusa... dati primjere praktičnu upotrebu fizičko znanje
Razlikovati hipoteze od znanstvena teorija, donositi zaključke na temelju eksperimenta itd.
Znati primijeniti stečeno znanje pri rješavanju fizičkih problema.
Stečena znanja i vještine koristiti u praktičnim aktivnostima i svakodnevnom životu.

Gdje započeti pripremu za Jedinstveni državni ispit iz fizike:

Proučite teoriju potrebnu za svaki zadatak.
Vlak u ispitni zadaci iz fizike, razvijen na temelju Jedinstvenog državnog ispita. Na našoj web stranici zadaci i opcije iz fizike će se ažurirati.
Ispravno upravljajte svojim vremenom.

Želimo vam uspjeh!

Priprema za OGE i Jedinstveni državni ispit

Srednje opće obrazovanje

Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (10-11) (osnovno, napredno)

Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (7-9)

Linija UMK A.V. Peryshkin. Fizika (7-9)

Priprema za jedinstveni državni ispit iz fizike: primjeri, rješenja, objašnjenja

Idemo to riješiti Zadaci Jedinstvenog državnog ispita iz fizike (opcija C) s nastavnikom.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, učiteljica fizike, 27 godina radnog iskustva. Počasna potvrda Ministarstva obrazovanja Moskovske regije (2013.), zahvalnost načelnika Voskresenskog općinski okrug(2015), Certifikat predsjednika Udruge nastavnika matematike i fizike Moskovske regije (2015).

U radu su prikazani zadaci različitih razina težine: osnovni, napredni i visoki. Zadaci osnovna razina, to su jednostavni zadaci kojima se provjerava usvajanje najvažnijih fizikalnih pojmova, modela, pojava i zakona. Zadaci viša razina usmjereni su na provjeru sposobnosti korištenja pojmova i zakona fizike za analizu različitih procesa i pojava, kao i sposobnosti rješavanja problema pomoću jednog ili dva zakona (formule) na bilo kojoj od tema školskog kolegija fizike. U radu 4 zadatka 2. dijela su zadaci visoka razina složenosti i provjeriti sposobnost korištenja zakona i teorija fizike u promijenjenoj ili novoj situaciji. Izrada takvih zadataka zahtijeva primjenu znanja iz dva ili tri dijela fizike odjednom, tj. visoka razina obučenosti. Ova opcija u potpunosti odgovara demo verziji verzija Jedinstvenog državnog ispita 2017, zadaci preuzeti iz otvorene banke zadataka Jedinstvenog državnog ispita.

Na slici je prikazan graf ovisnosti modula brzine u vremenu t. Iz grafikona odredite put koji je automobil priješao u vremenskom intervalu od 0 do 30 s.

Riješenje. Put koji automobil prijeđe u vremenskom intervalu od 0 do 30 s najlakše se definira kao površina trapeza čije su osnovice vremenski intervali (30 – 0) = 30 s i (30 – 10 ) = 20 s, a visina je brzina v= 10 m/s, tj.

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

Odgovor. 250 m.

Teret mase 100 kg podiže se okomito prema gore pomoću sajle. Na slici je prikazana ovisnost projekcije brzine V opterećenje na osi usmjereno prema gore, u ovisnosti o vremenu t. Odredite modul sile napetosti sajle tijekom dizanja.

Riješenje. Prema grafu ovisnosti projekcije brzine v opterećenje na osi usmjerenoj okomito prema gore, u ovisnosti o vremenu t, možemo odrediti projekciju ubrzanja tereta

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

Na teret djeluju: sila gravitacije usmjerena okomito prema dolje i sila zatezanja kabela usmjerena okomito prema gore duž kabela (vidi sl. 2. Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike. Upotrijebimo drugi Newtonov zakon. Geometrijski zbroj sila koje djeluju na tijelo jednak je umnošku mase tijela i primijenjene mu akceleracije.

+ = (1)

Napišimo jednadžbu za projekciju vektora u referentnom sustavu povezanom sa zemljom, usmjeravajući os OY prema gore. Projekcija sile zatezanja je pozitivna, jer se smjer sile poklapa sa smjerom osi OY, projekcija sile teže je negativna, jer je vektor sile suprotan osi OY, projekcija vektora ubrzanja je pozitivna. je također pozitivna, pa se tijelo kreće ubrzano prema gore. Imamo

T – mg = ma (2);

iz formule (2) modul vlačne sile

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

Odgovor. 1200 N.

Tijelo se vuče po hrapavoj horizontalnoj površini sa stalna brzinačiji je modul 1,5 m/s, pri čemu na njega djeluje sila kao što je prikazano na slici (1). U tom slučaju modul sile trenja klizanja koja djeluje na tijelo je 16 N. Kolika je snaga koju razvija sila? F?

Riješenje. Zamislimo fizikalni proces naveden u tekstu zadatka i nacrtajmo shematski crtež na kojem su prikazane sve sile koje djeluju na tijelo (slika 2). Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike.

Tr + + = (1)

Odabravši referentni sustav povezan s fiksnom plohom, zapisujemo jednadžbe za projekciju vektora na odabrane koordinatne osi. Prema uvjetima zadatka tijelo se giba jednoliko jer mu je brzina stalna i jednaka 1,5 m/s. To znači da je akceleracija tijela nula. Na tijelo vodoravno djeluju dvije sile: sila trenja klizanja tr. i sila kojom se tijelo vuče. Projekcija sile trenja je negativna, jer se vektor sile ne poklapa sa smjerom osi x. Projekcija sile F pozitivan. Podsjećamo vas da za pronalaženje projekcije spuštamo okomicu s početka i kraja vektora na odabranu os. Uzimajući ovo u obzir imamo: F cosα – F tr = 0; (1) izrazimo projekciju sile F, ovo F cosα = F tr = 16 N; (2) tada će snaga koju razvija sila biti jednaka N = F cosα V(3) Izvršimo zamjenu, uzimajući u obzir jednadžbu (2), i zamijenimo odgovarajuće podatke u jednadžbu (3):

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Odgovor. 24 W.

Teret pričvršćen na laku oprugu krutosti 200 N/m doživljava vertikalne oscilacije. Na slici je prikazan graf ovisnosti pomaka x opterećenje s vremena na vrijeme t. Odredi kolika je masa tereta. Zaokružite odgovor na cijeli broj.

Riješenje. Masa na opruzi prolazi kroz vertikalne oscilacije. Prema grafu pomaka opterećenja x s vremena t, određujemo period titranja tereta. Period titranja jednak je T= 4 s; iz formule T= 2π izrazimo masu m teret

=	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

Odgovor: 81 kg.

Na slici je prikazan sustav od dva svjetlosna bloka i bestežinske sajle, pomoću koje možete održati ravnotežu ili podići teret težak 10 kg. Trenje je zanemarivo. Na temelju analize gornje slike odaberite dva točne tvrdnje i označite njihov broj u svom odgovoru.

Da bi teret bio u ravnoteži potrebno je djelovati na kraj užeta silom od 100 N.
Sustav blokova prikazan na slici ne daje nikakav dobitak na snazi.
h, trebate izvući dio užeta duljine 3 h.
Polako podizati teret na visinu hh.

Riješenje. U ovom problemu morate zapamtiti jednostavnih mehanizama, odnosno blokovi: pokretni i fiksni blok. Pomični blok daje dvostruki dobitak na snazi, dok dio užeta treba povući dvostruko duže, a fiksni blok služi za preusmjeravanje sile. U radu, jednostavni mehanizmi pobjede ne daju. Nakon analize problema, odmah odabiremo potrebne izjave:

Polako podizati teret na visinu h, trebate izvući dio užeta duljine 2 h.
Da bi teret bio u ravnoteži potrebno je djelovati na kraj užeta silom od 50 N.

Odgovor. 45.

Aluminijski uteg pričvršćen na bestežinsku i nerastezljivu nit potpuno je uronjen u posudu s vodom. Teret ne dodiruje stijenke i dno posude. Zatim se u istu posudu s vodom uroni željezni uteg čija je masa jednaka masi aluminijskog utega. Kako će se zbog toga promijeniti modul sile zatezanja niti i modul sile teže koja djeluje na teret?

Povećava se;
Smanjuje;
Ne mijenja se.

Riješenje. Analiziramo stanje problema i ističemo one parametre koji se ne mijenjaju tijekom istraživanja: to su masa tijela i tekućina u koju je tijelo uronjeno na niti. Nakon toga, bolje je napraviti shematski crtež i naznačiti sile koje djeluju na teret: napetost niti F kontrola, usmjerena prema gore duž niti; gravitacija usmjerena okomito prema dolje; Arhimedova sila a, djelujući sa strane tekućine na uronjeno tijelo i usmjereni prema gore. Prema uvjetima zadatka, masa tereta je ista, dakle, modul sile teže koja djeluje na teret se ne mijenja. Budući da je gustoća tereta različita, volumen će također biti drugačiji.

V =	m	.
	str

Gustoća željeza je 7800 kg/m3, a gustoća tereta aluminija je 2700 kg/m3. Stoga, V i< V a. Tijelo je u ravnoteži, rezultanta svih sila koje djeluju na tijelo jednaka je nuli. Usmjerimo koordinatnu os OY prema gore. Osnovnu jednadžbu dinamike, uzimajući u obzir projekciju sila, zapisujemo u obliku F kontrola + F a – mg= 0; (1) Izrazimo silu zatezanja F kontrola = mg – F a(2); Arhimedova sila ovisi o gustoći tekućine i volumenu uronjenog dijela tijela F a = ρ gV p.h.t. (3); Gustoća tekućine se ne mijenja, a volumen željeznog tijela je manji V i< V a, stoga će Arhimedova sila koja djeluje na željezni teret biti manja. Zaključujemo o modulu sile napetosti niti, radeći s jednadžbom (2), ona će se povećati.

Odgovor. 13.

Blok mase m sklizne s fiksne hrapave nagnute ravnine s kutom α na bazi. Modul ubrzanja bloka jednak je a, povećava se modul brzine bloka. Otpor zraka se može zanemariti.

Uspostavite podudarnost između fizikalnih veličina i formula pomoću kojih se one mogu izračunati. Za svako mjesto u prvom stupcu odaberite odgovarajuće mjesto iz drugog stupca i upišite odabrane brojeve u tablicu ispod odgovarajućih slova.

B) Koeficijent trenja između bloka i nagnute ravnine

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Riješenje. Ovaj zadatak zahtijeva primjenu Newtonovih zakona. Preporučujemo izradu shematskog crteža; navesti sve kinematičke karakteristike kretanja. Ako je moguće, nacrtajte vektor ubrzanja i vektore svih sila koje djeluju na tijelo koje se kreće; zapamtite da su sile koje djeluju na tijelo rezultat međudjelovanja s drugim tijelima. Zatim zapišite osnovnu jednadžbu dinamike. Odaberite referentni sustav i zapišite dobivenu jednadžbu za projekciju vektora sile i ubrzanja;

Slijedeći predloženi algoritam, napravit ćemo shematski crtež (slika 1). Slika prikazuje sile koje djeluju na težište bloka i koordinatne osi referentnog sustava povezane s površinom nagnute ravnine. Budući da su sve sile konstantne, kretanje bloka će biti jednoliko promjenjivo s povećanjem brzine, tj. vektor ubrzanja usmjeren je u smjeru gibanja. Izaberimo smjer osi kao što je prikazano na slici. Zapišimo projekcije sila na odabrane osi.

Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike:

Tr + = (1)

Napišimo ovu jednadžbu (1) za projekciju sila i ubrzanja.

Na os OY: projekcija sile reakcije tla je pozitivna, jer se vektor poklapa sa smjerom osi OY Ny = N; projekcija sile trenja je nula jer je vektor okomit na os; projekcija sile teže bit će negativna i jednaka mg y= – mg cosα; projekcija vektora ubrzanja a y= 0, jer je vektor ubrzanja okomit na os. Imamo N – mg cosα = 0 (2) iz jednadžbe izražavamo reakcijsku silu koja djeluje na blok sa strane nagnute ravnine. N = mg cosα (3). Zapišimo projekcije na OX os.

Na os OX: projekcija sile N je jednak nuli, budući da je vektor okomit na os OX; Projekcija sile trenja je negativna (vektor je usmjeren u suprotnom smjeru u odnosu na odabranu os); projekcija sile teže je pozitivna i jednaka mg x = mg sinα (4) iz pravokutnog trokuta. Projekcija ubrzanja je pozitivna a x = a; Zatim napišemo jednadžbu (1) uzimajući u obzir projekciju mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Ne zaboravite da je sila trenja proporcionalna sili normalan pritisak N.

A-priorat F tr = μ N(7) izražavamo koeficijent trenja bloka na kosoj ravnini.

μ =	F tr	=	m(g sinα – a)	= tgα –	a	(8).
	N		mg cosα		g cosα

Za svako slovo odabiremo odgovarajuća mjesta.

Odgovor. A – 3; B – 2.

Zadatak 8. Plinoviti kisik nalazi se u posudi obujma 33,2 litre. Tlak plina je 150 kPa, temperatura mu je 127° C. Odredite masu plina u ovoj posudi. Odgovor izrazite u gramima i zaokružite na najbliži cijeli broj.

Riješenje. Važno je obratiti pozornost na preračunavanje jedinica u SI sustav. Pretvorite temperaturu u Kelvine T = t°C + 273, volumen V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Pretvaramo pritisak P= 150 kPa = 150 000 Pa. Korištenje jednadžbe stanja idealnog plina

Izrazimo masu plina.

Svakako obratite pozornost na koje jedinice se traži da zapišu odgovor. Vrlo je važno.

Odgovor.'48

Zadatak 9. Idealan jednoatomski plin u količini od 0,025 mol adijabatski ekspandiran. Pritom mu je temperatura pala sa +103°C na +23°C. Koliki je rad izvršio plin? Izrazite svoj odgovor u džulima i zaokružite ga na najbliži cijeli broj.

Riješenje. Prvo, plin ima monatomski broj stupnjeva slobode ja= 3, drugo, plin se širi adijabatski - to znači bez izmjene topline Q= 0. Plin radi tako što smanjuje unutarnju energiju. Uzimajući to u obzir, prvi zakon termodinamike zapisujemo u obliku 0 = ∆ U + A G; (1) izrazimo plinski rad A g = –∆ U(2); Zapisujemo promjenu unutarnje energije za jednoatomski plin kao

Odgovor. 25 J.

Relativna vlažnost dijela zraka pri određenoj temperaturi iznosi 10%. Koliko puta treba promijeniti tlak tog dijela zraka da se pri stalnoj temperaturi njegova relativna vlažnost poveća za 25%?

Riješenje. Pitanja vezana uz zasićenu paru i vlagu zraka najčešće stvaraju poteškoće školarcima. Upotrijebimo formulu za izračun relativne vlažnosti zraka

Prema uvjetima problema, temperatura se ne mijenja, što znači tlak zasićena para ostaje isto. Zapišimo formulu (1) za dva stanja zraka.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Izrazimo tlak zraka formulama (2), (3) i pronađimo omjer tlaka.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Odgovor. Pritisak treba povećati 3,5 puta.

Vruća tekuća tvar polako se hladila u peći za taljenje pri konstantnoj snazi. Tablica prikazuje rezultate mjerenja temperature tvari tijekom vremena.

Odaberite s ponuđenog popisa dva izjave koje odgovaraju rezultatima obavljenih mjerenja i označavaju njihov broj.

Talište tvari u ovim uvjetima je 232°C.
Za 20 minuta. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju.
Toplinski kapacitet tvari u tekućem i čvrstom stanju je isti.
Nakon 30 min. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju.
Proces kristalizacije tvari trajao je više od 25 minuta.

Riješenje. Kako se tvar hladila, njena unutarnja energija se smanjivala. Rezultati mjerenja temperature omogućuju nam da odredimo temperaturu pri kojoj tvar počinje kristalizirati. Dok tvar prelazi iz tekućeg u kruto, temperatura se ne mijenja. Znajući da su temperatura taljenja i temperatura kristalizacije iste, biramo tvrdnju:

1. Talište tvari u ovim uvjetima je 232°C.

Druga točna izjava je:

4. Nakon 30 min. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju. Budući da je temperatura u ovom trenutku već ispod temperature kristalizacije.

Odgovor. 14.

U izoliranom sustavu tijelo A ima temperaturu +40°C, a tijelo B +65°C. Ta su tijela dovedena u toplinski kontakt jedno s drugim. Nakon nekog vremena nastupila je toplinska ravnoteža. Kako se zbog toga promijenila temperatura tijela B i ukupna unutarnja energija tijela A i B?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

Povećana;
Smanjena;
Nije se promijenilo.

U tablicu upišite odabrane brojeve za svaki. fizička količina. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Ako se u izoliranom sustavu tijela ne događaju nikakve transformacije energije osim izmjene topline, tada je količina topline koju predaju tijela čija se unutarnja energija smanjuje jednaka količini topline koju primaju tijela čija se unutarnja energija povećava. (Prema zakonu održanja energije.) U tom se slučaju ukupna unutarnja energija sustava ne mijenja. Problemi ove vrste rješavaju se na temelju jednadžbe toplinske bilance.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	ja = 1

gdje je ∆ U– promjena unutarnje energije.

U našem slučaju, kao rezultat izmjene topline, smanjuje se unutarnja energija tijela B, što znači da se smanjuje temperatura ovog tijela. Unutarnja energija tijela A raste, budući da je tijelo primilo određenu količinu topline od tijela B, njegova temperatura će se povećati. Ukupna unutarnja energija tijela A i B se ne mijenja.

Odgovor. 23.

Proton str, leti u razmak između polova elektromagneta, ima brzinu okomitu na vektor indukcije magnetsko polje, kao što je prikazano na slici. Gdje je Lorentzova sila koja djeluje na proton usmjerena u odnosu na crtež (gore, prema promatraču, od promatrača, dolje, lijevo, desno)

Riješenje. Magnetsko polje djeluje na nabijenu česticu Lorentzovom silom. Da biste odredili smjer ove sile, važno je zapamtiti mnemoničko pravilo lijeve ruke, ne zaboravite uzeti u obzir naboj čestice. Četiri prsta lijeve ruke usmjeravamo duž vektora brzine, za pozitivno nabijenu česticu vektor bi trebao ući okomito u dlan, palac odmaknuti 90° pokazuje smjer Lorentzove sile koja djeluje na česticu. Kao rezultat, imamo da je vektor Lorentzove sile usmjeren od promatrača u odnosu na sliku.

Odgovor. od promatrača.

Modul napetosti električno polje u ravnom zračnom kondenzatoru kapaciteta 50 μF jednak je 200 V/m. Razmak između ploča kondenzatora je 2 mm. Koliki je naboj na kondenzatoru? Odgovor napišite u µC.

Riješenje. Pretvorimo sve mjerne jedinice u SI sustav. Kapacitet C = 50 µF = 50 10 –6 F, razmak između ploča d= 2 · 10 –3 m. Zadatak govori o ravnom zračnom kondenzatoru – uređaju za pohranu električnog naboja i energije električnog polja. Iz formule električnog kapaciteta

Gdje d– razmak između ploča.

Izrazimo napon U=E d(4); Zamijenimo (4) u (2) i izračunajmo naboj kondenzatora.

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

Obratite pozornost na jedinice u kojima trebate napisati odgovor. Dobili smo ga u kulonima, ali ga prikazujemo u µC.

Odgovor. 20 µC.

Učenik je proveo pokus loma svjetlosti prikazan na fotografiji. Kako se kut loma svjetlosti koja se širi u staklu i indeks loma stakla mijenjaju s porastom upadnog kuta?

Povećava se
Smanjuje se
Ne mijenja se
Odabrane brojeve za svaki odgovor upišite u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. U zadacima ove vrste prisjećamo se što je lom. To je promjena smjera širenja vala pri prelasku iz jednog medija u drugi. To je uzrokovano činjenicom da su brzine širenja valova u tim medijima različite. Nakon što smo utvrdili do kojeg medija se svjetlost širi, napišimo zakon loma u obliku

grijehα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Gdje n 2 – apsolutni indeks loma stakla, medija u koji prolazi svjetlost; n 1 je apsolutni indeks loma prvog medija iz kojeg dolazi svjetlost. Za zrak n 1 = 1. α je upadni kut zrake na površinu staklenog polucilindra, β je kut loma zrake u staklu. Štoviše, kut loma će biti manji od upadnog kuta, jer je staklo optički gušći medij - medij s visokim indeksom loma. Brzina širenja svjetlosti u staklu je sporija. Imajte na umu da mjerimo kutove od okomice koja je vraćena na točku upadanja zrake. Ako povećate upadni kut, povećat će se i kut loma. Ovo neće promijeniti indeks loma stakla.

Odgovor.

Bakreni skakač u određenom trenutku t 0 = 0 počinje se gibati brzinom 2 m/s po paralelnim vodoravnim vodljivim tračnicama na čije je krajeve spojen otpornik od 10 Ohma. Cijeli sustav je u okomitom jednoličnom magnetskom polju. Otpor skakača i tračnica je zanemariv, skakač se uvijek nalazi okomito na tračnice. Tok F vektora magnetske indukcije kroz krug koji čine kratkospojnik, tračnice i otpornik mijenja se tijekom vremena t kao što je prikazano na grafikonu.

Pomoću grafikona odaberite dvije točne tvrdnje i označite njihov broj u odgovoru.

S vremenom t= 0,1 s promjena magnetskog toka kroz krug je 1 mWb.
Indukcijska struja u kratkospojniku u rasponu od t= 0,1 s t= 0,3 s max.
Modul induktivne emf koja nastaje u krugu je 10 mV.
Jakost indukcijske struje koja teče u kratkospojniku je 64 mA.
Da bi se održao pokret skakača, na njega se primjenjuje sila čija je projekcija na smjer tračnica 0,2 N.

Riješenje. Pomoću grafa ovisnosti toka vektora magnetske indukcije kroz krug o vremenu odredit ćemo područja gdje se mijenja tok F i gdje je promjena toka nula. To će nam omogućiti da odredimo vremenske intervale tijekom kojih će se u krugu pojaviti inducirana struja. Istinita izjava:

1) Po vremenu t= 0,1 s promjena magnetskog toka kroz strujni krug jednaka je 1 mWb ∆F = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modul induktivne emf koji nastaje u krugu određuje se korištenjem EMR zakona

Odgovor. 13.

Prema grafu struje u odnosu na vrijeme u strujni krug, čiji je induktivitet 1 mH, odredite modul Samoinducirana emf u vremenskom intervalu od 5 do 10 s. Odgovor napišite u µV.

Riješenje. Pretvorimo sve veličine u SI sustav, tj. induktivitet od 1 mH pretvorimo u H, dobijemo 10 –3 H. Također ćemo pretvoriti struju prikazanu na slici u mA u A množenjem s 10 –3.

Formula za emf samoindukcije ima oblik

u ovom slučaju, vremenski interval je dan prema uvjetima problema

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundi i pomoću grafa određujemo interval promjene struje tijekom tog vremena:

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

Zamjenjujemo numeričke vrijednosti u formulu (2), dobivamo

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V, ili 2 µV.

Odgovor. 2.

Dvije prozirne planparalelne ploče čvrsto su pritisnute jedna uz drugu. Zraka svjetlosti pada iz zraka na površinu prve ploče (vidi sliku). Poznato je da je indeks loma gornje ploče jednak n 2 = 1,77. Uspostaviti podudarnost između fizikalnih veličina i njihovih značenja. Za svako mjesto u prvom stupcu odaberite odgovarajuće mjesto iz drugog stupca i upišite odabrane brojeve u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Riješenje. Za rješavanje problema loma svjetlosti na granici između dvaju medija, posebice problema prolaska svjetlosti kroz planparalelne ploče, može se preporučiti sljedeći postupak rješavanja: nacrtati put zraka koji dolaze iz jednog medija do još; U točki upadanja zrake na granici između dva medija povući normalu na površinu, označiti upadne i lomne kutove. Obratite posebnu pozornost na optičku gustoću medija koji se razmatra i upamtite da kada svjetlosna zraka prelazi iz optički manje gustoće medija u optički gušće sredstvo, kut loma će biti manji od kuta upada. Na slici je prikazan kut između upadne zrake i površine, ali treba nam upadni kut. Upamtite da se kutovi određuju iz okomice vraćene na točku udara. Određujemo da je upadni kut zrake na površinu 90° – 40° = 50°, indeks loma n 2 = 1,77; n 1 = 1 (zrak).

Zapišimo zakon refrakcije

sinβ =	grijeh50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Nacrtajmo približan put grede kroz ploče. Koristimo formulu (1) za granice 2–3 i 3–1. Kao odgovor dobivamo

A) Sinus upadnog kuta zrake na granicu 2-3 između ploča je 2) ≈ 0,433;

B) Kut loma zrake pri prelasku granice 3–1 (u radijanima) je 4) ≈ 0,873.

Odgovor. 24.

Odredite koliko α - čestica i koliko protona nastaje kao rezultat reakcije termonuklearne fuzije

+ → x+ g;

Riješenje. Pred svima nuklearne reakcije promatraju se zakoni očuvanja električnog naboja i broja nukleona. Označimo s x broj alfa čestica, y broj protona. Sastavimo jednadžbe

+ → x + y;

rješavanje sustava koji imamo x = 1; g = 2

Odgovor. 1 – α-čestica; 2 – protoni.

Modul impulsa prvog fotona je 1,32 · 10 –28 kg m/s, što je za 9,48 · 10 –28 kg m/s manje od modula impulsa drugog fotona. Nađite omjer energije E 2 /E 1 drugog i prvog fotona. Zaokružite svoj odgovor na najbližu desetinu.

Riješenje. Impuls drugog fotona veći je od momenta prvog fotona prema uvjetu, što znači da se može prikazati str 2 = str 1 + Δ str(1). Energija fotona može se izraziti u smislu količine gibanja fotona pomoću sljedećih jednadžbi. Ovaj E = mc 2 (1) i str = mc(2), zatim

E = PC (3),

Gdje E– energija fotona, str– impuls fotona, m – masa fotona, c= 3 · 10 8 m/s – brzina svjetlosti. Uzimajući u obzir formulu (3) imamo:

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

Odgovor zaokružimo na desetinke i dobijemo 8,2.

Odgovor. 8,2.

Jezgra atoma je podvrgnuta radioaktivnom pozitronskom β - raspadu. Kako se zbog toga promijenio električni naboj jezgre i broj neutrona u njoj?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

Povećana;
Smanjena;
Nije se promijenilo.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Pozitron β – raspad u atomska jezgra nastaje kada se proton transformira u neutron uz emisiju pozitrona. Zbog toga se broj neutrona u jezgri povećava za jedan, električni naboj smanjuje za jedan, a maseni broj jezgre ostaje nepromijenjen. Dakle, reakcija transformacije elementa je sljedeća:

Odgovor. 21.

U laboratoriju je provedeno pet pokusa za promatranje difrakcije pomoću različitih difrakcijskih rešetki. Svaka od rešetki bila je osvijetljena paralelnim snopovima monokromatske svjetlosti određene valne duljine. U svim slučajevima svjetlost je padala okomito na rešetku. U dva od ovih pokusa opažen je isti broj glavnih difrakcijskih maksimuma. Prvo označiti broj pokusa u kojem je korištena ogibna rešetka s kraćim periodom, a zatim broj pokusa u kojem je korištena ogibna rešetka s većim periodom.

Riješenje. Difrakcija svjetlosti je pojava ulaska zrake svjetlosti u područje geometrijske sjene. Difrakciju možemo uočiti kada na putu svjetlosnog vala postoje neprozirna područja ili rupe u velikim preprekama koje su neprozirne za svjetlost, a veličine tih područja ili rupa su razmjerne valnoj duljini. Jedan od najvažnijih difrakcijskih uređaja je difrakcijska rešetka. Kutni smjerovi maksimuma difrakcijskog uzorka određeni su jednadžbom

d sinφ = kλ (1),

Gdje d– period ogibne rešetke, φ – kut između normale na rešetku i smjera na jedan od maksimuma ogibnog uzorka, λ – valna duljina svjetlosti, k– cijeli broj koji se naziva red difrakcijskog maksimuma. Izrazimo iz jednadžbe (1)

Odabirom parova prema uvjetima eksperimenta prvo odabiremo 4 gdje je korištena difrakcijska rešetka s kraćim periodom, a zatim broj eksperimenta u kojem je korištena difrakcijska rešetka s većim periodom - to je 2.

Odgovor. 42.

Struja teče kroz žičani otpornik. Otpornik je zamijenjen drugim, sa žicom od istog metala i iste duljine, ali s upola manjom površinom poprečnog presjeka, a kroz njega je propuštena polovica struje. Kako će se promijeniti napon na otporniku i njegov otpor?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

Povećat će se;
Smanjit će se;
Neće se promijeniti.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Važno je zapamtiti o kojim vrijednostima ovisi otpor vodiča. Formula za izračunavanje otpora je

Ohmov zakon za dio kruga, iz formule (2), izražavamo napon

U = ja R (3).

Prema uvjetima zadatka, drugi otpornik je izrađen od žice od istog materijala, iste duljine, ali različitog presjeka. Površina je dvostruko manja. Zamjenom u (1) nalazimo da se otpor povećava 2 puta, a struja smanjuje 2 puta, dakle, napon se ne mijenja.

Odgovor. 13.

Period oscilacije matematičko njihalo na površini Zemlje je 1,2 puta duži od perioda njegovih oscilacija na nekom planetu. Što je modul ubrzanja? slobodan pad na ovoj planeti? Utjecaj atmosfere u oba slučaja je zanemariv.

Riješenje. Matematičko njihalo je sustav koji se sastoji od niti čije su dimenzije mnogo više veličina lopta i sama lopta. Poteškoće mogu nastati ako se zaboravi Thomsonova formula za period titranja matematičkog njihala.

T= 2π (1);

l– duljina matematičkog njihala; g- ubrzanje sile teže.

Po stanju

Izrazimo iz (3) g n = 14,4 m/s 2. Treba napomenuti da ubrzanje gravitacije ovisi o masi planeta i polumjeru

Odgovor. 14,4 m/s 2.

Ravni vodič duljine 1 m kojim teče struja od 3 A nalazi se u jednoličnom magnetskom polju s indukcijom U= 0,4 Tesla pod kutom od 30° u odnosu na vektor. Kolika je sila koja iz magnetskog polja djeluje na vodič?

Riješenje. Ako vodič kroz koji teče struja stavite u magnetsko polje, polje na vodič kroz koji teče struja djelovat će Amperovom silom. Zapišimo formulu za modul Amperove sile

F A = ja LB sinα;

F A = 0,6 N

Odgovor. F A = 0,6 N.

Energija magnetskog polja pohranjena u zavojnici kada kroz nju prođe istosmjerna struja jednaka je 120 J. Koliko puta treba povećati jakost struje koja teče kroz namotaj zavojnice da bi se povećala energija magnetskog polja pohranjena u njoj od 5760 J.

Riješenje. Energija magnetskog polja zavojnice izračunava se formulom

W m =	LI 2	(1);
	2

Po stanju W 1 = 120 J, dakle W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

ja 1 2 =	2W 1	; ja 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Zatim trenutni odnos

ja 2 2	= 49;	ja 2	= 7
ja 1 2		ja 1

Odgovor. Jačina struje mora se povećati 7 puta. U obrazac za odgovore upisujete samo broj 7.

Električni krug sastoji se od dvije žarulje, dvije diode i zavoja žice spojenih kako je prikazano na slici. (Dioda dopušta struju samo u jednom smjeru, kao što je prikazano na vrhu slike.) Koja će žarulja svijetliti ako se sjeverni pol magneta približi zavojnici? Objasnite svoj odgovor navodeći koje ste pojave i obrasce koristili u svom objašnjenju.

Riješenje. Linije magnetske indukcije izlaze iz sjevernog pola magneta i divergiraju. Kako se magnet približava, magnetski tok kroz zavojnicu žice raste. U skladu s Lenzovim pravilom, magnetsko polje koje stvara induktivna struja zavojnice mora biti usmjereno udesno. Prema pravilu gimleta, struja bi trebala teći u smjeru kazaljke na satu (gledano s lijeve strane). U tom smjeru prolazi dioda u drugom krugu svjetiljke. To znači da će druga lampica zasvijetliti.

Odgovor. Druga lampica će zasvijetliti.

Duljina žbice od aluminija L= 25 cm i površina presjeka S= 0,1 cm 2 obješen na konac za gornji kraj. Donji kraj naliježe na vodoravno dno posude u koju se ulijeva voda. Duljina uronjenog dijela žbice l= 10 cm.Nađi silu F, s kojom igla za pletenje pritisne na dno posude, ako je poznato da se nit nalazi okomito. Gustoća aluminija ρ a = 2,7 g/cm 3, gustoća vode ρ b = 1,0 g/cm 3. Ubrzanje gravitacije g= 10 m/s 2

Riješenje. Napravimo objašnjavajući crtež.

– Sila napetosti konca;

– Sila reakcije dna posude;

a je Arhimedova sila koja djeluje samo na uronjeni dio tijela, a djeluje na središte uronjenog dijela žbice;

– sila gravitacije koja na žbicu djeluje sa Zemlje i djeluje na središte cijele žbice.

Po definiciji, masa žbice m i modul Arhimedova sila izražavaju se kako slijedi: m = SLρ a (1);

F a = Slρ u g (2)

Razmotrimo momente sila u odnosu na točku ovjesa žbice.

M(T) = 0 – moment sile zatezanja; (3)

M(N)= NL cosα je moment sile reakcije oslonca; (4)

Uzimajući u obzir predznake trenutaka, napišemo jednadžbu

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

s obzirom da je prema trećem Newtonovom zakonu sila reakcije dna posude jednaka sili F d kojim igla za pletenje pritišće dno posude koju pišemo N = F d i iz jednadžbe (7) ovu silu izražavamo:

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

Zamijenimo numeričke podatke i dobijemo to

F d = 0,025 N.

Odgovor. F d = 0,025 N.

Cilindar koji sadrži m 1 = 1 kg dušika, tijekom ispitivanja čvrstoće eksplodirao na temperaturi t 1 = 327°C. Kolika je masa vodika m 2 mogu biti pohranjeni u takvom cilindru na temperaturi t 2 = 27°C, s peterostrukom sigurnosnom marginom? Molarna masa dušika M 1 = 28 g/mol, vodik M 2 = 2 g/mol.

Riješenje. Napišimo Mendelejev–Clapeyronovu jednadžbu stanja idealnog plina za dušik

Gdje V– volumen cilindra, T 1 = t 1 + 273°C. Prema uvjetima, vodik se može skladištiti pod tlakom str 2 = p 1/5; (3) S obzirom na to

Možemo izraziti masu vodika radeći izravno s jednadžbama (2), (3), (4). Konačna formula izgleda ovako:

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

Nakon zamjene numeričkih podataka m 2 = 28 g.

Odgovor. m 2 = 28 g.

U idealnom oscilatornom krugu amplituda strujnih kolebanja u induktoru je ja sam= 5 mA, a amplituda napona na kondenzatoru Hm= 2,0 V. U vremenu t napon na kondenzatoru je 1,2 V. Nađi struju u zavojnici u ovom trenutku.

Riješenje. U idealnom oscilatornom krugu titrajna energija je očuvana. Za trenutak vremena t zakon održanja energije ima oblik

C	U 2	+ L	ja 2	= L	ja sam 2	(1)
	2		2		2

Za amplitudne (maksimalne) vrijednosti pišemo

a iz jednadžbe (2) izražavamo

C	=	ja sam 2	(4).
L		Hm 2

Zamijenimo (4) u (3). Kao rezultat dobivamo:

ja = ja sam (5)

Dakle, struja u zavojnici u trenutku vremena t jednak

ja= 4,0 mA.

Odgovor. ja= 4,0 mA.

Na dnu rezervoara dubine 2 m nalazi se ogledalo. Zraka svjetlosti, prolazeći kroz vodu, odbija se od ogledala i izlazi iz vode. Indeks loma vode je 1,33. Nađite udaljenost između točke ulaska zrake u vodu i točke izlaska zrake iz vode ako je upadni kut zrake 30°

Riješenje. Napravimo objašnjavajući crtež

α je upadni kut zrake;

β je kut loma zrake u vodi;

AC je udaljenost između točke ulaska snopa u vodu i točke izlaska snopa iz vode.

Prema zakonu o lomu svjetlosti

sinβ =	grijehα	(3)
	n 2

Promotrimo pravokutni ΔADB. U njemu AD = h, tada je DB = AD

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

Dobijamo sljedeći izraz:

AC = 2 DB = 2 h	grijehα	(5)

Zamijenimo numeričke vrijednosti u dobivenu formulu (5)

Odgovor. 1,63 m.

U pripremi za Jedinstveni državni ispit, pozivamo vas da se upoznate s program rada iz fizike za razrede 7–9 do linije UMK Peryshkina A.V. I napredni program rada za razrede 10-11 za nastavne materijale Myakisheva G.Ya. Programi su dostupni za gledanje i besplatno preuzimanje svim registriranim korisnicima.

Priprema za OGE i Jedinstveni državni ispit

Srednje opće obrazovanje

Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (10-11) (osnovno, napredno)

Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (7-9)

Linija UMK A.V. Peryshkin. Fizika (7-9)

Priprema za jedinstveni državni ispit iz fizike: primjeri, rješenja, objašnjenja

S nastavnikom analiziramo zadatke Jedinstvenog državnog ispita iz fizike (opcija C).

Lebedeva Alevtina Sergeevna, učiteljica fizike, 27 godina radnog iskustva. Počasna potvrda Ministarstva prosvjete Moskovske regije (2013.), Zahvalnost načelnika općinskog okruga Voskresensky (2015.), Potvrda predsjednika Udruge nastavnika matematike i fizike Moskovske regije (2015.).

U radu su prikazani zadaci različitih razina težine: osnovni, napredni i visoki. Zadaci osnovne razine su jednostavni zadaci kojima se provjerava ovladavanje najvažnijim fizikalnim pojmovima, modelima, pojavama i zakonitostima. Zadaci napredne razine usmjereni su na provjeru sposobnosti korištenja pojmova i zakona fizike za analizu različitih procesa i pojava, kao i sposobnosti rješavanja problema pomoću jednog ili dva zakona (formule) na bilo kojoj od tema školskog kolegija fizike. U radu 4, zadaci 2. dijela su zadaci visokog stupnja složenosti i provjeravaju sposobnost korištenja zakona i teorija fizike u promijenjenoj ili novoj situaciji. Izrada takvih zadataka zahtijeva primjenu znanja iz dva ili tri dijela fizike odjednom, tj. visoka razina obučenosti. Ova opcija je potpuno dosljedna demo verzija Jedinstveni državni ispit 2017, zadaci preuzeti iz otvorene banke zadataka Jedinstvenog državnog ispita.

Na slici je prikazan graf ovisnosti modula brzine u vremenu t. Iz grafikona odredite put koji je automobil priješao u vremenskom intervalu od 0 do 30 s.

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

Odgovor. 250 m.

Riješenje. Prema grafu ovisnosti projekcije brzine v opterećenje na osi usmjerenoj okomito prema gore, u ovisnosti o vremenu t, možemo odrediti projekciju ubrzanja tereta

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

+ = (1)

T – mg = ma (2);

iz formule (2) modul vlačne sile

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

Odgovor. 1200 N.

Tijelo se vuče po hrapavoj vodoravnoj podlozi konstantnom brzinom čiji je modul 1,5 m/s, pri čemu na njega djeluje sila kao što je prikazano na slici (1). U tom slučaju modul sile trenja klizanja koja djeluje na tijelo je 16 N. Kolika je snaga koju razvija sila? F?

Tr + + = (1)

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Odgovor. 24 W.

=	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

Odgovor: 81 kg.

Da bi teret bio u ravnoteži potrebno je djelovati na kraj užeta silom od 100 N.
Sustav blokova prikazan na slici ne daje nikakav dobitak na snazi.
h, trebate izvući dio užeta duljine 3 h.
Polako podizati teret na visinu hh.

Riješenje. U ovom zadatku potrebno je zapamtiti jednostavne mehanizme, odnosno blokove: pomični i fiksni blok. Pomični blok daje dvostruki dobitak na snazi, dok dio užeta treba povući dvostruko duže, a fiksni blok služi za preusmjeravanje sile. U radu, jednostavni mehanizmi pobjede ne daju. Nakon analize problema, odmah odabiremo potrebne izjave:

Polako podizati teret na visinu h, trebate izvući dio užeta duljine 2 h.
Da bi teret bio u ravnoteži potrebno je djelovati na kraj užeta silom od 50 N.

Odgovor. 45.

Povećava se;
Smanjuje;
Ne mijenja se.

V =	m	.
	str

Odgovor. 13.

Blok mase m sklizne s fiksne hrapave nagnute ravnine s kutom α na bazi. Modul ubrzanja bloka jednak je a, povećava se modul brzine bloka. Otpor zraka se može zanemariti.

B) Koeficijent trenja između bloka i nagnute ravnine

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Zapišimo osnovnu jednadžbu dinamike:

Tr + = (1)

Napišimo ovu jednadžbu (1) za projekciju sila i ubrzanja.

A-priorat F tr = μ N(7) izražavamo koeficijent trenja bloka na kosoj ravnini.

μ =	F tr	=	m(g sinα – a)	= tgα –	a	(8).
	N		mg cosα		g cosα

Za svako slovo odabiremo odgovarajuća mjesta.

Odgovor. A – 3; B – 2.

Izrazimo masu plina.

Svakako obratite pozornost na koje jedinice se traži da zapišu odgovor. Vrlo je važno.

Odgovor.'48

Odgovor. 25 J.

Relativna vlažnost dijela zraka pri određenoj temperaturi iznosi 10%. Koliko puta treba promijeniti tlak tog dijela zraka da se pri stalnoj temperaturi njegova relativna vlažnost poveća za 25%?

Riješenje. Pitanja vezana uz zasićenu paru i vlagu zraka najčešće stvaraju poteškoće školarcima. Upotrijebimo formulu za izračun relativne vlažnosti zraka

Prema uvjetima zadatka temperatura se ne mijenja, što znači da tlak zasićene pare ostaje isti. Zapišimo formulu (1) za dva stanja zraka.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Izrazimo tlak zraka formulama (2), (3) i pronađimo omjer tlaka.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Odgovor. Pritisak treba povećati 3,5 puta.

Vruća tekuća tvar polako se hladila u peći za taljenje pri konstantnoj snazi. Tablica prikazuje rezultate mjerenja temperature tvari tijekom vremena.

Odaberite s ponuđenog popisa dva izjave koje odgovaraju rezultatima obavljenih mjerenja i označavaju njihov broj.

Talište tvari u ovim uvjetima je 232°C.
Za 20 minuta. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju.
Toplinski kapacitet tvari u tekućem i čvrstom stanju je isti.
Nakon 30 min. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju.
Proces kristalizacije tvari trajao je više od 25 minuta.

1. Talište tvari u ovim uvjetima je 232°C.

Druga točna izjava je:

4. Nakon 30 min. nakon početka mjerenja tvar je bila samo u čvrstom stanju. Budući da je temperatura u ovom trenutku već ispod temperature kristalizacije.

Odgovor. 14.

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

Povećana;
Smanjena;
Nije se promijenilo.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	ja = 1

gdje je ∆ U– promjena unutarnje energije.

Odgovor. 23.

Proton str, leti u razmak između polova elektromagneta, ima brzinu okomitu na vektor indukcije magnetskog polja, kao što je prikazano na slici. Gdje je Lorentzova sila koja djeluje na proton usmjerena u odnosu na crtež (gore, prema promatraču, od promatrača, dolje, lijevo, desno)

Riješenje. Magnetsko polje djeluje na nabijenu česticu Lorentzovom silom. Da biste odredili smjer ove sile, važno je zapamtiti mnemoničko pravilo lijeve ruke, ne zaboravite uzeti u obzir naboj čestice. Četiri prsta lijeve ruke usmjerimo duž vektora brzine, za pozitivno nabijenu česticu, vektor treba ući okomito u dlan, palac postavljen pod 90° pokazuje smjer Lorentzove sile koja djeluje na česticu. Kao rezultat, imamo da je vektor Lorentzove sile usmjeren od promatrača u odnosu na sliku.

Odgovor. od promatrača.

Modul jakosti električnog polja u ravnom zračnom kondenzatoru kapaciteta 50 μF jednak je 200 V/m. Razmak između ploča kondenzatora je 2 mm. Koliki je naboj na kondenzatoru? Odgovor napišite u µC.

Gdje d– razmak između ploča.

Izrazimo napon U=E d(4); Zamijenimo (4) u (2) i izračunajmo naboj kondenzatora.

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

Obratite pozornost na jedinice u kojima trebate napisati odgovor. Dobili smo ga u kulonima, ali ga prikazujemo u µC.

Odgovor. 20 µC.

Učenik je proveo pokus loma svjetlosti prikazan na fotografiji. Kako se kut loma svjetlosti koja se širi u staklu i indeks loma stakla mijenjaju s porastom upadnog kuta?

Povećava se
Smanjuje se
Ne mijenja se
Odabrane brojeve za svaki odgovor upišite u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

grijehα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Odgovor.

Pomoću grafikona odaberite dvije točne tvrdnje i označite njihov broj u odgovoru.

S vremenom t= 0,1 s promjena magnetskog toka kroz krug je 1 mWb.
Indukcijska struja u kratkospojniku u rasponu od t= 0,1 s t= 0,3 s max.
Modul induktivne emf koja nastaje u krugu je 10 mV.
Jakost indukcijske struje koja teče u kratkospojniku je 64 mA.
Da bi se održao pokret skakača, na njega se primjenjuje sila čija je projekcija na smjer tračnica 0,2 N.

1) Po vremenu t= 0,1 s promjena magnetskog toka kroz strujni krug jednaka je 1 mWb ∆F = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modul induktivne emf koji nastaje u krugu određuje se korištenjem EMR zakona

Odgovor. 13.

Pomoću grafa ovisnosti struje o vremenu u električnom krugu čiji je induktivitet 1 mH odredite modul samoinduktivne emf u vremenskom intervalu od 5 do 10 s. Odgovor napišite u µV.

Riješenje. Pretvorimo sve veličine u SI sustav, tj. induktivitet od 1 mH pretvorimo u H, dobijemo 10 –3 H. Također ćemo pretvoriti struju prikazanu na slici u mA u A množenjem s 10 –3.

Formula za emf samoindukcije ima oblik

u ovom slučaju, vremenski interval je dan prema uvjetima problema

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

sekundi i pomoću grafa određujemo interval promjene struje tijekom tog vremena:

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

Zamjenjujemo numeričke vrijednosti u formulu (2), dobivamo

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V, ili 2 µV.

Odgovor. 2.

Zapišimo zakon refrakcije

sinβ =	grijeh50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Nacrtajmo približan put grede kroz ploče. Koristimo formulu (1) za granice 2–3 i 3–1. Kao odgovor dobivamo

A) Sinus upadnog kuta zrake na granicu 2-3 između ploča je 2) ≈ 0,433;

B) Kut loma zrake pri prelasku granice 3–1 (u radijanima) je 4) ≈ 0,873.

Odgovor. 24.

Odredite koliko α - čestica i koliko protona nastaje kao rezultat reakcije termonuklearne fuzije

+ → x+ g;

Riješenje. U svim nuklearnim reakcijama poštuju se zakoni očuvanja električnog naboja i broja nukleona. Označimo s x broj alfa čestica, y broj protona. Sastavimo jednadžbe

+ → x + y;

rješavanje sustava koji imamo x = 1; g = 2

Odgovor. 1 – α-čestica; 2 – protoni.

E = PC (3),

Gdje E– energija fotona, str– impuls fotona, m – masa fotona, c= 3 · 10 8 m/s – brzina svjetlosti. Uzimajući u obzir formulu (3) imamo:

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

Odgovor zaokružimo na desetinke i dobijemo 8,2.

Odgovor. 8,2.

Jezgra atoma je podvrgnuta radioaktivnom pozitronskom β - raspadu. Kako se zbog toga promijenio električni naboj jezgre i broj neutrona u njoj?

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

Povećana;
Smanjena;
Nije se promijenilo.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Pozitron β - raspad u atomskoj jezgri događa se kada se proton transformira u neutron uz emisiju pozitrona. Zbog toga se broj neutrona u jezgri povećava za jedan, električni naboj smanjuje za jedan, a maseni broj jezgre ostaje nepromijenjen. Dakle, reakcija transformacije elementa je sljedeća:

Odgovor. 21.

d sinφ = kλ (1),

Odgovor. 42.

Za svaku količinu odredite odgovarajuću prirodu promjene:

Povećat će se;
Smanjit će se;
Neće se promijeniti.

Odabrane brojeve za svaku fizikalnu veličinu upiši u tablicu. Brojevi u odgovoru mogu se ponavljati.

Riješenje. Važno je zapamtiti o kojim vrijednostima ovisi otpor vodiča. Formula za izračunavanje otpora je

Ohmov zakon za dio kruga, iz formule (2), izražavamo napon

U = ja R (3).

Odgovor. 13.

Period titranja matematičkog njihala na površini Zemlje je 1,2 puta veći od perioda titranja na određenom planetu. Koja je veličina ubrzanja gravitacije na ovom planetu? Utjecaj atmosfere u oba slučaja je zanemariv.

Riješenje. Matematičko njihalo je sustav koji se sastoji od niti čije su dimenzije puno veće od dimenzija kuglice i same kuglice. Poteškoće mogu nastati ako se zaboravi Thomsonova formula za period titranja matematičkog njihala.

T= 2π (1);

l– duljina matematičkog njihala; g- ubrzanje sile teže.

Po stanju

Izrazimo iz (3) g n = 14,4 m/s 2. Treba napomenuti da ubrzanje gravitacije ovisi o masi planeta i polumjeru

Odgovor. 14,4 m/s 2.

Riješenje. Ako vodič kroz koji teče struja stavite u magnetsko polje, polje na vodič kroz koji teče struja djelovat će Amperovom silom. Zapišimo formulu za modul Amperove sile

F A = ja LB sinα;

F A = 0,6 N

Odgovor. F A = 0,6 N.

Riješenje. Energija magnetskog polja zavojnice izračunava se formulom

W m =	LI 2	(1);
	2

Po stanju W 1 = 120 J, dakle W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

ja 1 2 =	2W 1	; ja 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Zatim trenutni odnos

ja 2 2	= 49;	ja 2	= 7
ja 1 2		ja 1

Odgovor. Jačina struje mora se povećati 7 puta. U obrazac za odgovore upisujete samo broj 7.

Odgovor. Druga lampica će zasvijetliti.

Riješenje. Napravimo objašnjavajući crtež.

– Sila napetosti konca;

– Sila reakcije dna posude;

a je Arhimedova sila koja djeluje samo na uronjeni dio tijela, a djeluje na središte uronjenog dijela žbice;

– sila gravitacije koja na žbicu djeluje sa Zemlje i djeluje na središte cijele žbice.

Po definiciji, masa žbice m i Arhimedov modul sile izražavaju se kako slijedi: m = SLρ a (1);

F a = Slρ u g (2)

Razmotrimo momente sila u odnosu na točku ovjesa žbice.

M(T) = 0 – moment sile zatezanja; (3)

M(N)= NL cosα je moment sile reakcije oslonca; (4)

Uzimajući u obzir predznake trenutaka, napišemo jednadžbu

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

s obzirom da je prema trećem Newtonovom zakonu sila reakcije dna posude jednaka sili F d kojim igla za pletenje pritišće dno posude koju pišemo N = F d i iz jednadžbe (7) ovu silu izražavamo:

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

Zamijenimo numeričke podatke i dobijemo to

F d = 0,025 N.

Odgovor. F d = 0,025 N.

Riješenje. Napišimo Mendelejev–Clapeyronovu jednadžbu stanja idealnog plina za dušik

Gdje V– volumen cilindra, T 1 = t 1 + 273°C. Prema uvjetima, vodik se može skladištiti pod tlakom str 2 = p 1/5; (3) S obzirom na to

Možemo izraziti masu vodika radeći izravno s jednadžbama (2), (3), (4). Konačna formula izgleda ovako:

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

Nakon zamjene numeričkih podataka m 2 = 28 g.

Odgovor. m 2 = 28 g.

Riješenje. U idealnom oscilatornom krugu titrajna energija je očuvana. Za trenutak vremena t zakon održanja energije ima oblik

C	U 2	+ L	ja 2	= L	ja sam 2	(1)
	2		2		2

Za amplitudne (maksimalne) vrijednosti pišemo

a iz jednadžbe (2) izražavamo

C	=	ja sam 2	(4).
L		Hm 2

Zamijenimo (4) u (3). Kao rezultat dobivamo:

ja = ja sam (5)

Dakle, struja u zavojnici u trenutku vremena t jednak

ja= 4,0 mA.

Odgovor. ja= 4,0 mA.

Riješenje. Napravimo objašnjavajući crtež

α je upadni kut zrake;

β je kut loma zrake u vodi;

AC je udaljenost između točke ulaska snopa u vodu i točke izlaska snopa iz vode.

Prema zakonu o lomu svjetlosti

sinβ =	grijehα	(3)
	n 2

Promotrimo pravokutni ΔADB. U njemu AD = h, tada je DB = AD

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

Dobijamo sljedeći izraz:

AC = 2 DB = 2 h	grijehα	(5)

Zamijenimo numeričke vrijednosti u dobivenu formulu (5)

Odgovor. 1,63 m.

Jedinstveni državni ispit iz fizike– ispit koji nije u popisu kolokvija koji su obvezni za sve maturante. Fiziku biraju potencijalni studenti inženjerstva. Štoviše, svako sveučilište postavlja vlastitu letvicu – u prestižnosti obrazovne ustanove može biti vrlo visoka. Diplomant to mora shvatiti kada započne pripremu za ispit.Svrha ispita– provjera usklađenosti razine znanja i vještina stečenih tijekom školovanja s normativima i standardima navedenim u programu.

Ispit traje gotovo 4 sata - 235 minuta, a ovo vrijeme mora biti pravilno raspoređeno između zadataka kako bi se uspješno riješili svi bez gubljenja ijedne minute.
Dopušteno je ponijeti kalkulator sa sobom jer su potrebni mnogi složeni izračuni za dovršavanje zadataka. Možete uzeti i ravnalo.
Rad se sastoji od tri dijela, svaki ima svoje karakteristike i sastoji se od zadataka različite razine složenosti.

Prvi dio Ispitni rad sastoji se od redovitih testova s višestrukim odgovorima od kojih morate izabrati točan. Svrha prvog dijela je provjera osnovnih znanja i sposobnosti primjene teorije u praksi na početnoj razini. Kada proučavate novu temu u razredu, takvi se zadaci mogu dati za učvršćivanje novog gradiva. Da biste uspješno položili ovu razinu, morate naučiti i ponoviti zakone, teorije, formule, definicije kako biste ih mogli reproducirati na ispitu. U ovom dijelu nalaze se i zadaci u kojima trebate pravilno uspostaviti podudarnosti. Formulira se problem i predlaže nekoliko pitanja za njega. Za svako pitanje morate odabrati točan odgovor od ponuđenih i označiti ga u obrascu. Svrha ovog dijela ispita je provjera sposobnosti povezivanja veličina, primjene nekoliko formula i teorija te izvođenja izračuna na temelju teorijskih podataka.
Drugi dio podijeljen je u 2 bloka. U prvom bloku trebate primijeniti formule, zakone i teorije kako biste riješili probleme i dobili odgovor. Ispitaniku se predočavaju opcije među kojima mora izabrati onu točnu.
U drugom bloku - zadaci, morate dati detaljno rješenje, potpuno objašnjenje svake radnje. Osobe koje provjeravaju zadatak trebaju ovdje vidjeti i formule, zakone koji se koriste za rješavanje problema - trebaju započeti detaljnu analizu zadatka.

Fizika je težak predmet, otprilike jedan od 15-1 polaže ovaj ispit svake godine kako bi dobio pristup tehničko sveučilište. Pretpostavlja se da diplomant s takvim ciljevima neće naučiti predmet "od nule" kako bi se pripremio za Jedinstveni državni ispit.
Da biste uspješno položili test, morate:

Počnite ponavljati gradivo unaprijed, pristupite pitanju sveobuhvatno;
Aktivno primijeniti teoriju u praksi - riješiti mnoge zadatke različitih razina složenosti;
Educirajte se;
Proći online testiranje na pitanja iz prethodnih godina.

Učinkoviti pomoćnici u pripremi - online tečajevi, mentori. Uz pomoć stručnog mentora možete analizirati pogreške i brzo dobiti povratnu informaciju. Online tečajevi a resursi sa zadacima pomoći će vam u stjecanju iskustva u rješavanju raznih zadataka. "Riješit ću Jedinstveni državni ispit iz fizike" - prilika za učinkovit trening prije testiranja.

1) JEDINSTVENA DRŽAVNA ISPITA IZ FIZIKE TRAJE 235 min

2) STRUKTURA CIM-ova - 2018. i 2019. u odnosu na 2017. godinu. MALO IZMIJENJENO: Ispitna verzija sastojat će se od dva dijela i sadržavat će 32 zadatka. Dio 1 sadržavat će 24 stavke s kratkim odgovorima, uključujući stavke za samoprocjenu koje zahtijevaju broj, dva broja ili riječ, kao i stavke s podudaranjem i višestrukim izborom koje zahtijevaju da odgovori budu napisani kao niz brojeva. Drugi dio će sadržavati 8 zadataka zajedno opći pogled aktivnosti – rješavanje problema. Od toga 3 zadatka s kratkim odgovorom (25–27) i 5 zadataka (28–32) za koje je potrebno dati detaljan odgovor. Rad će sadržavati zadatke tri razine težine. Zadaci osnovne razine uključeni su u 1. dio rada (18 zadataka, od toga 13 zadataka s odgovorom zabilježenim u obliku broja, dva broja ili riječi te 5 zadataka sparivanja i višestrukog izbora). Zadaci napredne razine raspoređeni su između 1. i 2. dijela ispitnog lista: 5 zadataka s kratkim odgovorom u 1. dijelu, 3 zadatka s kratkim odgovorom i 1 zadatak s dugim odgovorom u 2. dijelu. Zadnja četiri zadatka 2. dijela su zadaci iz visok stupanj složenosti. Prvi dio ispitnog rada sadržavat će dva bloka zadataka: prvim se provjerava ovladavanje pojmovnim aparatom školskog kolegija fizike, a drugim se provjerava ovladavanje metodičkim vještinama. Prvi blok obuhvaća 21 zadatak koji su grupirani prema tematskoj pripadnosti: 7 zadataka iz mehanike, 5 zadataka iz MCT-a i termodinamike, 6 zadataka iz elektrodinamike i 3 iz kvantne fizike.

Novi zadatak osnovne razine složenosti je posljednji zadatak prvog dijela (24. mjesto), vremenski usklađen s povratkom kolegija astronomije u školski plan i program. Zadatak ima karakteristiku tipa "odabir 2 prosudbe od 5." Zadatak 24, kao i ostali slični zadaci u ispitnom listu, boduje se s najviše 2 boda ako su oba elementa odgovora točna, odnosno 1 bodom ako je u jednom od elemenata napravljena pogreška. Redoslijed kojim su brojevi napisani u odgovoru nije bitan. U pravilu će zadaci biti kontekstualne prirode, tj. Neki od podataka potrebnih za izradu zadatka prikazat će se u obliku tablice, dijagrama ili grafikona.

U skladu s ovim zadatkom, pododjeljak "Elementi astrofizike" odjeljka "Kvantna fizika i elementi astrofizike" dodan je u kodifikator, uključujući sljedeće točke:

· Sunčev sustav: terestrički planeti i divovski planeti, mala tijela Sunčeva sustava.

· Zvijezde: raznolikost zvjezdanih karakteristika i njihovih uzoraka. Izvori zvjezdane energije.

· Suvremene ideje o postanku i evoluciji Sunca i zvijezda. Naša galaksija. Druge galaksije. Prostorna mjerila promatranog svemira.

· Moderni pogledi o strukturi i evoluciji svemira.

Više o strukturi KIM-2018 možete saznati gledajući webinar uz sudjelovanje M.Yu. Demidova https://www.youtube.com/watch?v=JXeB6OzLokU ili u dokumentu ispod.