Vieningas valstybinis fizikos egzaminas– egzaminas, kuris nėra įtrauktas į visiems abiturientams privalomų testų sąrašą. Fiziką renkasi potencialūs inžinerijos studentai. Be to, kiekvienas universitetas kelia savo kartelę – prestižinėje švietimo įstaigų jis gali būti labai aukštas. Tai turi suprasti abiturientas, pradėdamas ruoštis egzaminui.Egzamino tikslas– mokymosi metu įgytų žinių ir įgūdžių lygio tikrinimas, ar jie atitinka programoje nurodytas normas ir standartus.
- Egzaminas trunka beveik 4 valandas – 235 minutes, šis laikas turi būti teisingai paskirstytas tarp užduočių, kad visas jas būtų galima sėkmingai atlikti nesugaištant nė minutės.
- Galite atsinešti skaičiuotuvą, nes norint atlikti užduotis reikia atlikti daug sudėtingų skaičiavimų. Taip pat galite pasiimti liniuotę.
- Darbas susideda iš trijų dalių, kurių kiekviena turi savo ypatybes ir susideda iš skirtingo sudėtingumo užduočių.
Antra dalis yra padalintas į 2 blokus. Pirmajame bloke turite taikyti formules, dėsnius ir teorijas, kad išspręstumėte problemas ir gautumėte atsakymą. Egzaminuojamajam pateikiami variantai, iš kurių jis turi pasirinkti tinkamą.
Antrame bloke – užduotys, reikia pateikti išsamų sprendimą, išsamų kiekvieno veiksmo paaiškinimą. Asmenys, tikrinantys užduotį, taip pat turėtų čia pamatyti formules, dėsnius, kuriais sprendžiama problema – jie turėtų pradėti išsamią užduoties analizę.
Fizika yra sunkus dalykas, maždaug vienas iš 15–1 kasmet laiko šį egzaminą, kad įstotų technikos universitetas. Daroma prielaida, kad tokių tikslų turintis abiturientas dalyko nesimokys „nuo nulio“, kad galėtų pasiruošti vieningam valstybiniam egzaminui.
Norėdami sėkmingai išlaikyti testą, turite:
- Pradėkite kartoti medžiagą iš anksto, visapusiškai žiūrėkite į klausimą;
- Aktyviai taikykite teoriją praktikoje – spręskite daugybę įvairaus sudėtingumo užduočių;
- Ugdykite save;
- Praeiti internetinis testavimas ankstesnių metų klausimais.
1) VIENAS VALSTYBINIS FIZIKOS EGZAMINAS TRUKIA 235 min
2) CIM STRUKTŪRA - 2018 ir 2019 m., palyginti su 2017 m. Šiek tiek PAKEISTUS: Egzamino versija susideda iš dviejų dalių ir apima 32 užduotis. 1 dalyje bus 24 trumpų atsakymų elementai, įskaitant savarankiško pranešimo elementus, kuriems reikalingas skaičius, du skaičiai arba žodis, taip pat atitikimo ir kelių pasirinkimų elementai, kurių atsakymus reikia parašyti kaip skaičių seką. 2 dalį sudarys 8 užduotys bendras vaizdas veikla – problemų sprendimas. Iš jų 3 užduotys su trumpu atsakymu (25–27) ir 5 užduotys (28–32), į kurias reikia pateikti išsamų atsakymą. Darbas apims trijų sudėtingumo lygių užduotis. Užduotys Pagrindinis lygisįtraukta į 1 darbo dalį (18 užduočių, iš kurių 13 užduočių, kurių atsakymas įrašytas skaičiumi, dviem skaičiais arba žodžiu ir 5 atitikimo ir kelių pasirinkimų užduotys). Aukštesniojo lygio užduotys yra paskirstytos tarp 1 ir 2 egzamino darbo dalių: 5 trumpų atsakymų užduotys 1 dalyje, 3 trumpų atsakymų užduotys ir 1 ilgo atsakymo užduotis 2 dalyje. Paskutinės keturios 2 dalies užduotys yra užduotys aukštas lygis sunkumų. 1 egzamino darbo dalis apims du užduočių blokus: pirmajame tikrinamas mokyklinio fizikos kurso konceptualaus aparato įvaldymas, antrojoje – metodinių gebėjimų įvaldymas. Pirmajame bloke yra 21 užduotis, sugrupuota pagal temą: 7 užduotys apie mechaniką, 5 užduotys apie MCT ir termodinamiką, 6 užduotys apie elektrodinamiką ir 3 apie kvantinę fiziką.
Nauja bazinio sudėtingumo užduotis yra paskutinė pirmosios dalies užduotis (24 vieta), kuri sutampa su astronomijos kurso grįžimu į mokyklos mokymo programa. Užduotis turi tipą „pasirinkti 2 sprendimus iš 5“. 24 užduotis, kaip ir kitos panašios užduotys egzamino darbe, vertinamos ne daugiau kaip 2 balus, jei abu atsakymo elementai yra teisingi, ir 1 balas, jei viename iš elementų padaryta klaida. Skaičių rašymo tvarka atsakyme neturi reikšmės. Paprastai užduotys bus kontekstinio pobūdžio, t.y. Dalis duomenų, reikalingų užduočiai atlikti, bus pateikti lentelės, diagramos ar grafiko pavidalu.
Pagal šią užduotį prie kodifikatoriaus buvo pridėtas skyriaus „Kvantinė fizika ir astrofizikos elementai“ poskyris „Astrofizikos elementai“, įskaitant šiuos punktus:
· saulės sistema: sausumos planetos ir milžiniškos planetos, maži Saulės sistemos kūnai.
· Žvaigždės: įvairių žvaigždžių savybių ir jų raštų. Žvaigždžių energijos šaltiniai.
· Šiuolaikinės idėjos apie Saulės ir žvaigždžių kilmę ir evoliuciją. Mūsų galaktika. Kitos galaktikos. Stebimos Visatos erdvinės skalės.
· Šiuolaikiniai vaizdai apie Visatos sandarą ir evoliuciją.
Daugiau apie KIM-2018 struktūrą galite sužinoti žiūrėdami internetinį seminarą, kuriame dalyvauja M.Yu. Demidova https://www.youtube.com/watch?v=JXeB6OzLokU arba toliau pateiktame dokumente.
Pasirengimas OGE ir vieningam valstybiniam egzaminui
Vidurinis bendrasis išsilavinimas
Line UMK A.V. Grachev. Fizika (10–11) (pagrindinis, išplėstinis)
Line UMK A.V. Grachev. Fizika (7–9)
UMK eilutė A.V. Peryshkin. Fizika (7–9)
Pasiruošimas vieningam valstybiniam fizikos egzaminui: pavyzdžiai, sprendimai, paaiškinimai
Su mokytoju analizuojame Vieningojo valstybinio fizikos egzamino (C variantas) užduotis.Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikos mokytoja, 27 metų darbo patirtis. Maskvos srities švietimo ministerijos garbės raštas (2013 m.), Voskresenskio vadovo padėka savivaldybės rajonas(2015), Maskvos srities matematikos ir fizikos mokytojų asociacijos prezidento pažymėjimas (2015).
Darbe pateikiamos įvairaus sudėtingumo užduotys: pagrindinės, pažengusios ir aukštos. Bazinio lygio užduotys – tai nesudėtingos užduotys, kurios tikrina svarbiausių fizikinių sąvokų, modelių, reiškinių ir dėsnių įvaldymą. Užduotys Aukštesnis lygis yra skirtos patikrinti gebėjimą naudoti fizikos sąvokas ir dėsnius analizuojant įvairius procesus ir reiškinius, taip pat gebėjimą spręsti uždavinius naudojant vieną ar du dėsnius (formules) bet kuria iš mokyklinio fizikos kurso temų. 4 darbe 2 dalies užduotys yra didelio sudėtingumo užduotys ir tikrinamos gebėjimas panaudoti fizikos dėsnius ir teorijas pasikeitusioje ar naujoje situacijoje. Atliekant tokias užduotis, reikia iš karto taikyti dviejų ar trijų fizikos skyrių žinias, t.y. aukštas mokymo lygis. Ši parinktis visiškai atitinka demonstracinę versiją Vieningo valstybinio egzamino versija 2017 m., užduotys paimtos iš atviro Vieningo valstybinio egzamino užduočių banko.
Paveikslėlyje parodytas greičio modulio ir laiko grafikas t. Iš grafiko nustatykite automobilio nuvažiuotą atstumą laiko intervalu nuo 0 iki 30 s.
Sprendimas. Automobilio nuvažiuotas kelias laiko intervalu nuo 0 iki 30 s lengviausiai gali būti apibrėžtas kaip trapecijos plotas, kurio pagrindas yra laiko intervalai (30 – 0) = 30 s ir (30 – 10). ) = 20 s, o aukštis yra greitis v= 10 m/s, t.y.
| S = | (30 + 20) Su | 10 m/s = 250 m. |
| 2 |
Atsakymas. 250 m.
100 kg sveriantis krovinys pakeliamas vertikaliai aukštyn naudojant trosą. Paveiksle parodyta greičio projekcijos priklausomybė V apkrova ašiai, nukreipta į viršų, kaip laiko funkcija t. Nustatykite troso įtempimo jėgos modulį kėlimo metu.
Sprendimas. Pagal greičio projekcijos priklausomybės grafiką v apkrova ašyje, nukreipta vertikaliai aukštyn, kaip laiko funkcija t, galime nustatyti apkrovos pagreičio projekciją
| a = | ∆v | = | (8 – 2) m/s | = 2 m/s 2. |
| ∆t | 3 s |
Apkrovą veikia: gravitacijos jėga, nukreipta vertikaliai žemyn, ir kabelio įtempimo jėga, nukreipta vertikaliai aukštyn išilgai kabelio (žr. 2. Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį. Panaudokime antrąjį Niutono dėsnį. Kūną veikiančių jėgų geometrinė suma lygi kūno masės ir jam suteikiamo pagreičio sandaugai.
+ = (1)
Parašykime vektorių projekcijos lygtį atskaitos sistemoje, susietoje su žeme, nukreipdami OY ašį aukštyn. Įtempimo jėgos projekcija teigiama, kadangi jėgos kryptis sutampa su OY ašies kryptimi, gravitacijos jėgos projekcija neigiama, kadangi jėgos vektorius yra priešingas OY ašiai, pagreičio vektoriaus projekcija taip pat yra teigiamas, todėl kūnas juda su pagreičiu aukštyn. Mes turime
T – mg = mama (2);
iš (2) formulės tempimo jėgos modulis
T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.
Atsakymas. 1200 N.
Kūnas tempiamas išilgai grubaus horizontalaus paviršiaus pastovus greitis kurio modulis yra 1,5 m/s, veikiant jėgą, kaip parodyta (1) paveiksle. Šiuo atveju kūną veikiančios slydimo trinties jėgos modulis yra 16 N. Kokią galią sukuria jėga? F?
Sprendimas.Įsivaizduokime problemos teiginyje nurodytą fizikinį procesą ir padarykite scheminį brėžinį, nurodantį visas kūną veikiančias jėgas (2 pav.). Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį.
Tr + + = (1)
Pasirinkę atskaitos sistemą, susietą su fiksuotu paviršiumi, rašome vektorių projekcijos lygtis į pasirinktas koordinačių ašis. Pagal problemos sąlygas kūnas juda tolygiai, nes jo greitis yra pastovus ir lygus 1,5 m/s. Tai reiškia, kad kūno pagreitis yra lygus nuliui. Horizontaliai kūną veikia dvi jėgos: slydimo trinties jėga tr. ir jėga, kuria tempiamas kūnas. Trinties jėgos projekcija yra neigiama, nes jėgos vektorius nesutampa su ašies kryptimi X. Jėgos projekcija F teigiamas. Primename, kad norėdami rasti projekciją, statmeną nuleidžiame nuo vektoriaus pradžios ir pabaigos iki pasirinktos ašies. Atsižvelgdami į tai turime: F cosα – F tr = 0; (1) išreikškime jėgos projekciją F, Šis F cosα = F tr = 16 N; (2) tada jėgos išvystyta galia bus lygi N = F cosα V(3) Pakeiskime, atsižvelgdami į (2) lygtį, ir pakeiskime atitinkamus duomenis į (3) lygtį:
N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.
Atsakymas. 24 W.
Apkrova, pritvirtinta prie lengvos spyruoklės, kurios standumas 200 N/m, patiria vertikalius svyravimus. Paveiksle parodytas poslinkio priklausomybės grafikas x kartas nuo karto apkrauti t. Nustatykite, kokia yra krovinio masė. Atsakymą suapvalinkite iki sveiko skaičiaus.
Sprendimas. Ant spyruoklės esanti masė patiria vertikalius svyravimus. Pagal apkrovos poslinkio grafiką X nuo laiko t, nustatome apkrovos svyravimo periodą. Virpesių periodas lygus T= 4 s; iš formulės T= 2π išreikškime masę m krovinys
| = | 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 |
Atsakymas: 81 kg.
Paveikslėlyje pavaizduota dviejų lengvų blokų ir nesvariojo kabelio sistema, su kuria galima išlaikyti pusiausvyrą arba pakelti 10 kg sveriantį krovinį. Trintis yra nereikšminga. Remdamiesi aukščiau pateikto paveikslo analize, pasirinkite du teisingus teiginius ir atsakyme nurodykite jų skaičius.
- Norint išlaikyti apkrovos pusiausvyrą, reikia veikti lyno galą 100 N jėga.
- Paveiksle parodyta blokų sistema nesuteikia jokio stiprumo.
- h, reikia ištraukti 3 ilgio virvės atkarpą h.
- Lėtai pakelti krovinį į aukštį hh.
Sprendimas.Šioje problemoje reikia atsiminti paprasti mechanizmai, būtent blokai: kilnojamasis ir fiksuotas blokas. Judantis blokas suteikia dvigubai stipresnę jėgą, o lyno atkarpą reikia traukti dvigubai ilgiau, o fiksuotas blokas naudojamas jėgai nukreipti. Darbe paprasti laimėjimo mechanizmai neduoda. Išanalizavę problemą, iš karto pasirenkame reikiamus teiginius:
- Lėtai pakelti krovinį į aukštį h, reikia ištraukti 2 ilgio virvės atkarpą h.
- Norint išlaikyti apkrovos pusiausvyrą, lyno galą reikia veikti 50 N jėga.
Atsakymas. 45.
Aliumininis svarelis, pritvirtintas prie nesvario ir netiesiamo sriegio, visiškai panardinamas į indą su vandeniu. Krovinys neliečia indo sienelių ir dugno. Tada į tą patį indą su vandeniu panardinamas geležinis svarelis, kurio masė lygi aliuminio svarelio masei. Kaip dėl to pasikeis sriegio tempimo jėgos modulis ir apkrovą veikiančios gravitacijos jėgos modulis?
- Dideja;
- Sumažėja;
- Nesikeičia.
Sprendimas. Analizuojame problemos būklę ir išryškiname tuos parametrus, kurie tyrimo metu nekinta: tai kūno masė ir skystis, į kurį kūnas panardinamas ant siūlo. Po to geriau padaryti scheminį brėžinį ir nurodyti apkrovą veikiančias jėgas: sriegio įtempimą F valdymas, nukreiptas į viršų išilgai sriegio; gravitacija nukreipta vertikaliai žemyn; Archimedo jėga a, veikiantis iš skysčio pusės į panardintą kūną ir nukreiptas į viršų. Pagal uždavinio sąlygas apkrovų masė yra vienoda, todėl ir apkrovą veikiančios gravitacijos jėgos modulis nekinta. Kadangi skiriasi krovinio tankis, skirsis ir tūris.
| V = | m | . |
| p |
Geležies tankis – 7800 kg/m3, o aliuminio krovinio – 2700 kg/m3. Vadinasi, V ir< V a. Kūnas yra pusiausvyroje, visų kūną veikiančių jėgų rezultatas lygus nuliui. Nukreipkime OY koordinačių ašį aukštyn. Pagrindinę dinamikos lygtį, atsižvelgdami į jėgų projekciją, įrašome į formą F valdymas + F a – mg= 0; (1) Išreikškime įtempimo jėgą F valdymas = mg – F a(2); Archimedo jėga priklauso nuo skysčio tankio ir panardintos kūno dalies tūrio F a = ρ gV p.h.t. (3); Skysčio tankis nesikeičia, o geležies korpuso tūris yra mažesnis V ir< V a, todėl geležies apkrovą veikianti Archimedo jėga bus mažesnė. Darome išvadą apie sriegio įtempimo jėgos modulį, dirbant su (2) lygtimi, jis padidės.
Atsakymas. 13.
Masės blokas m nuslysta nuo fiksuotos grubios nuožulnios plokštumos, kurios kampas α prie pagrindo. Bloko pagreičio modulis lygus a, bloko greičio modulis didėja. Galima nepaisyti oro pasipriešinimo.
Nustatykite fizikinių dydžių ir formulių, pagal kurias jie gali būti apskaičiuoti, atitiktį. Kiekvienai pirmojo stulpelio pozicijai pasirinkite atitinkamą poziciją iš antrojo stulpelio ir užrašykite pasirinktus skaičius lentelėje po atitinkamomis raidėmis.
B) trinties koeficientas tarp bloko ir pasvirusios plokštumos
3) mg cosα
| 4) sinα – | a |
| g cosα |
Sprendimas.Šiai užduočiai atlikti reikia taikyti Niutono dėsnius. Rekomenduojame pasidaryti scheminį brėžinį; nurodyti visas judesio kinematines charakteristikas. Jei įmanoma, pavaizduokite pagreičio vektorių ir visų judančiam kūnui veikiančių jėgų vektorius; atminkite, kad kūną veikiančios jėgos yra sąveikos su kitais kūnais rezultatas. Tada užrašykite pagrindinę dinamikos lygtį. Pasirinkite atskaitos sistemą ir užrašykite gautą jėgos ir pagreičio vektorių projekcijos lygtį;
Vadovaudamiesi pasiūlytu algoritmu padarysime scheminį brėžinį (1 pav.). Paveiksle pavaizduotos bloko svorio centrui veikiančios jėgos ir atskaitos sistemos koordinačių ašys, susijusios su pasvirusios plokštumos paviršiumi. Kadangi visos jėgos yra pastovios, tai bloko judėjimas bus tolygiai kintamas didėjant greičiui, t.y. pagreičio vektorius nukreiptas judėjimo kryptimi. Pasirinkime ašių kryptį, kaip parodyta paveikslėlyje. Užrašykime jėgų projekcijas pasirinktose ašyse.
Užrašykime pagrindinę dinamikos lygtį:
Tr + = (1)
Parašykime šią (1) lygtį jėgų ir pagreičio projekcijai.
OY ašyje: žemės reakcijos jėgos projekcija yra teigiama, nes vektorius sutampa su OY ašies kryptimi Ny = N; trinties jėgos projekcija lygi nuliui, nes vektorius yra statmenas ašiai; gravitacijos projekcija bus neigiama ir lygi mg y= – mg cosα ; pagreičio vektoriaus projekcija a y= 0, nes pagreičio vektorius yra statmenas ašiai. Mes turime N – mg cosα = 0 (2) iš lygties išreiškiame reakcijos jėgą, veikiančią bloką iš pasvirosios plokštumos pusės. N = mg cosα (3). Užrašykime projekcijas OX ašyje.
OX ašyje: jėgos projekcija N yra lygus nuliui, nes vektorius yra statmenas OX ašiai; Trinties jėgos projekcija yra neigiama (vektorius nukreiptas priešinga kryptimi pasirinktos ašies atžvilgiu); gravitacijos projekcija yra teigiama ir lygi mg x = mg sinα (4) iš stačiojo trikampio. Pagreičio projekcija yra teigiama a x = a; Tada rašome lygtį (1) atsižvelgdami į projekciją mg sinα – F tr = mama (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Atminkite, kad trinties jėga yra proporcinga jėgai normalus slėgis N.
A-prioras F tr = μ N(7), išreiškiame bloko trinties koeficientą pasvirusioje plokštumoje.
| μ = | F tr | = | m(g sinα – a) | = tgα – | a | (8). |
| N | mg cosα | g cosα |
Kiekvienai raidei parenkame tinkamas pozicijas.
Atsakymas. A – 3; B-2.
8 užduotis. Dujinis deguonis yra 33,2 litro tūrio inde. Dujų slėgis 150 kPa, jų temperatūra 127° C. Nustatykite dujų masę šiame inde. Išreikškite savo atsakymą gramais ir suapvalinkite iki artimiausio sveikojo skaičiaus.
Sprendimas. Svarbu atkreipti dėmesį į vienetų konvertavimą į SI sistemą. Konvertuoti temperatūrą į Kelvinus T = t°C + 273, tūris V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3; Mes konvertuojame slėgį P= 150 kPa = 150 000 Pa. Naudojant idealiųjų dujų būsenos lygtį
Išreikškime dujų masę.
Būtinai atkreipkite dėmesį į tai, kurių vienetų prašoma užrašyti atsakymą. Tai labai svarbu.
Atsakymas.„48
9 užduotis. Idealios monoatominės dujos, kurių kiekis 0,025 mol, išsiplėtė adiabatiškai. Tuo pačiu metu jo temperatūra nukrito nuo +103°C iki +23°C. Kiek darbo nuveikė dujos? Išreikškite savo atsakymą džauliais ir suapvalinkite iki artimiausio sveikojo skaičiaus.
Sprendimas. Pirma, dujos yra monatominis laisvės laipsnių skaičius i= 3, antra, dujos plečiasi adiabatiškai - tai reiškia be šilumos mainų K= 0. Dujos veikia mažindamos vidinę energiją. Atsižvelgdami į tai, pirmąjį termodinamikos dėsnį rašome 0 = ∆ forma U + A G; (1) išreikškime dujų darbą A g = –∆ U(2); Vienatominių dujų vidinės energijos pokytį rašome kaip
Atsakymas. 25 J.
Oro dalies santykinė drėgmė tam tikroje temperatūroje yra 10%. Kiek kartų reikia keisti šios oro dalies slėgį, kad esant pastoviai temperatūrai jos santykinė drėgmė padidėtų 25%?
Sprendimas. Klausimai, susiję su sočiųjų garų ir oro drėgme, dažniausiai sukelia sunkumų moksleiviams. Santykinei oro drėgmei apskaičiuoti naudokite formulę
Pagal problemos sąlygas temperatūra nesikeičia, vadinasi, slėgis sočiųjų garų lieka ta pati. Užrašykime formulę (1) dviem oro būsenoms.
φ 1 = 10 %; φ 2 = 35 %
Išreikškime oro slėgį iš (2), (3) formulių ir raskime slėgio santykį.
| P 2 | = | φ 2 | = | 35 | = 3,5 |
| P 1 | φ 1 | 10 |
Atsakymas. Slėgis turėtų būti padidintas 3,5 karto.
Karšta skysta medžiaga buvo lėtai aušinama lydymosi krosnyje esant pastoviai galiai. Lentelėje pateikiami medžiagos temperatūros matavimo rezultatai per tam tikrą laiką.
Pasirinkite iš pateikto sąrašo du teiginius, kurie atitinka atliktų matavimų rezultatus ir nurodo jų numerius.
- Medžiagos lydymosi temperatūra tokiomis sąlygomis yra 232°C.
- Per 20 minučių. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos.
- Medžiagos šiluminė talpa skystoje ir kietoje būsenoje yra vienoda.
- Po 30 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos.
- Medžiagos kristalizacijos procesas truko daugiau nei 25 minutes.
Sprendimas. Medžiagai vėsstant jos vidinė energija mažėjo. Temperatūros matavimų rezultatai leidžia nustatyti temperatūrą, kurioje medžiaga pradeda kristalizuotis. Nors medžiaga keičiasi iš skystos į kietą, temperatūra nesikeičia. Žinodami, kad lydymosi temperatūra ir kristalizacijos temperatūra yra ta pati, pasirenkame teiginį:
1. Medžiagos lydymosi temperatūra tokiomis sąlygomis yra 232°C.
Antras teisingas teiginys yra:
4. Po 30 min. pradėjus matavimus medžiaga buvo tik kietos būsenos. Kadangi temperatūra šiuo metu jau yra žemesnė už kristalizacijos temperatūrą.
Atsakymas. 14.
Izoliuotoje sistemoje kūno A temperatūra yra +40°C, o kūno B – +65°C. Šie kūnai buvo termiškai kontaktuojami vienas su kitu. Po kurio laiko atsirado šiluminė pusiausvyra. Kaip dėl to keitėsi kūno B temperatūra ir bendra kūnų A ir B vidinė energija?
Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:
- Padidėjęs;
- Sumažėjo;
- Nepasikeitė.
Lentelėje užrašykite kiekvieno pasirinktus skaičius. fizinis kiekis. Skaičiai atsakyme gali kartotis.
Sprendimas. Jei izoliuotoje kūnų sistemoje nevyksta jokie energijos virsmai, išskyrus šilumos mainus, tai kūnų, kurių vidinė energija mažėja, išskiriamas šilumos kiekis yra lygus šilumos kiekiui, kurį gauna kūnai, kurių vidinė energija didėja. (Pagal energijos tvermės dėsnį.) Šiuo atveju bendra sistemos vidinė energija nekinta. Tokio tipo problemos sprendžiamos remiantis šilumos balanso lygtimi.
| ∆U = ∑ | n | ∆U i = 0 (1); |
| i = 1 |
kur ∆ U– vidinės energijos pasikeitimas.
Mūsų atveju dėl šilumos mainų sumažėja kūno B vidinė energija, vadinasi, mažėja šio kūno temperatūra. Kūno A vidinė energija didėja, kadangi kūnas gavo šilumos kiekį iš kūno B, jo temperatūra padidės. Kūnų A ir B suminė vidinė energija nekinta.
Atsakymas. 23.
Protonas p, skrendantis į tarpą tarp elektromagneto polių, greitis statmenas indukcijos vektoriui magnetinis laukas, kaip parodyta paveikslėlyje. Kur yra Lorenco jėga, veikianti protoną, nukreipta brėžinio atžvilgiu (aukštyn, link stebėtojo, toliau nuo stebėtojo, žemyn, kairėn, dešinėn)
Sprendimas. Magnetinis laukas veikia įkrautą dalelę Lorenco jėga. Norint nustatyti šios jėgos kryptį, svarbu prisiminti kairės rankos mnemoninę taisyklę, nepamiršti atsižvelgti į dalelės krūvį. Kairiosios rankos keturis pirštus nukreipiame išilgai greičio vektoriaus, teigiamai įkrautos dalelės atveju vektorius turėtų patekti statmenai į delną, nykštys atidėtas 90° rodo dalelę veikiančios Lorenco jėgos kryptį. Dėl to gauname, kad Lorenco jėgos vektorius figūros atžvilgiu yra nukreiptas nuo stebėtojo.
Atsakymas. nuo stebėtojo.
Įtempimo modulis elektrinis laukas plokščiame 50 μF talpos oro kondensatoriuje yra lygus 200 V/m. Atstumas tarp kondensatoriaus plokščių yra 2 mm. Koks yra kondensatoriaus įkrovimas? Atsakymą parašykite µC.
Sprendimas. Paverskime visus matavimo vienetus į SI sistemą. Talpa C = 50 µF = 50 10 -6 F, atstumas tarp plokščių d= 2 · 10 –3 m.. Problema kalba apie plokščią oro kondensatorių - prietaisą elektros krūviui ir elektrinio lauko energijai kaupti. Iš elektrinės talpos formulės
Kur d- atstumas tarp plokščių.
Išreikškime įtampą U=E d(4); Pakeiskime (4) į (2) ir apskaičiuokime kondensatoriaus įkrovą.
q = C · Red= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC
Atkreipkite dėmesį į vienetus, kuriais reikia rašyti atsakymą. Gavome kulonais, bet pateikiame µC.
Atsakymas. 20 µC.
Studentas atliko šviesos lūžio eksperimentą, parodytą nuotraukoje. Kaip kinta stikle sklindančios šviesos lūžio kampas ir stiklo lūžio rodiklis didėjant kritimo kampui?
- Dideja
- Sumažėja
- Nesikeičia
- Kiekvieno atsakymo pasirinktus skaičius įrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.
Sprendimas. Tokio pobūdžio uždaviniuose mes prisimename, kas yra refrakcija. Tai bangos sklidimo krypties pasikeitimas pereinant iš vienos terpės į kitą. Ją lemia tai, kad bangų sklidimo greičiai šiose terpėse yra skirtingi. Išsiaiškinę, į kurią terpę šviesa sklinda, parašykime lūžio dėsnį į formą
| sinα | = | n 2 | , |
| sinβ | n 1 |
Kur n 2 – absoliutus stiklo lūžio rodiklis, terpė, į kurią patenka šviesa; n 1 yra pirmosios terpės, iš kurios ateina šviesa, absoliutus lūžio rodiklis. Dėl oro n 1 = 1. α – pluošto kritimo kampas į stiklinio puscilindro paviršių, β – pluošto lūžio kampas stikle. Be to, lūžio kampas bus mažesnis už kritimo kampą, nes stiklas yra optiškai tankesnė terpė - terpė su dideliu lūžio rodikliu. Šviesos sklidimo greitis stikle yra lėtesnis. Atkreipkite dėmesį, kad kampus matuojame nuo statmeno, atkurto spindulio kritimo taške. Jei padidinsite kritimo kampą, lūžio kampas padidės. Tai nepakeis stiklo lūžio rodiklio.
Atsakymas.
Varinis džemperis tam tikru momentu t 0 = 0 pradeda judėti 2 m/s greičiu lygiagrečiais horizontaliais laidžiais bėgiais, prie kurių galų prijungtas 10 omų rezistorius. Visa sistema yra vertikaliame vienodame magnetiniame lauke. Trumpiklio ir bėgių pasipriešinimas yra nereikšmingas, trumpiklis visada yra statmenai bėgiams. Magnetinės indukcijos vektoriaus srautas Ф per grandinę, kurią sudaro trumpiklis, bėgiai ir rezistorius, laikui bėgant kinta t kaip parodyta grafike.
Naudodami diagramą pasirinkite du teisingus teiginius ir savo atsakyme nurodykite jų skaičius.
- Iki to laiko t= 0,1 s magnetinio srauto pokytis grandinėje yra 1 mWb.
- Indukcinė srovė trumpiklyje diapazone nuo t= 0,1 s t= 0,3 s maks.
- Indukcinio emf, atsirandančio grandinėje, modulis yra 10 mV.
- Indukcinės srovės, tekančios trumpikliu, stipris yra 64 mA.
- Norint išlaikyti džemperio judėjimą, jam veikiama jėga, kurios projekcija bėgių kryptimi yra 0,2 N.
Sprendimas. Naudodamiesi magnetinės indukcijos vektoriaus srauto per grandinę priklausomybės laiku grafiku, nustatysime sritis, kuriose kinta srautas F ir kur srauto pokytis lygus nuliui. Tai leis mums nustatyti laiko intervalus, per kuriuos grandinėje atsiras indukuota srovė. Tikras teiginys:
1) Iki to laiko t= 0,1 s magnetinio srauto pokytis per grandinę lygus 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Indukcinio emf, atsirandančio grandinėje, modulis nustatomas naudojant EMR dėsnį
Atsakymas. 13.
Pagal srovės ir laiko grafiką in elektros grandinė, kurio induktyvumas yra 1 mH, nustatykite modulį Savęs sukeltas emf laiko intervalu nuo 5 iki 10 s. Atsakymą parašykite µV.
Sprendimas. Paverskime visus dydžius į SI sistemą, t.y. 1 mH induktyvumą paverčiame H, gauname 10 –3 H. Srovė, parodyta paveikslėlyje mA, taip pat bus konvertuojama į A, padauginus iš 10–3.
Savęs indukcijos emf formulė turi formą
šiuo atveju laiko intervalas pateikiamas pagal problemos sąlygas
∆t= 10 s – 5 s = 5 s
sekundes ir naudodamiesi grafiku nustatome srovės pasikeitimo intervalą per šį laiką:
∆aš= 30 10 –3 – 20 10 –3 = 10 10 –3 = 10 –2 A.
Skaitines reikšmes pakeičiame į formulę (2), gauname
| Ɛ | = 2 ·10 –6 V arba 2 µV.
Atsakymas. 2.
Dvi skaidrios plokštumos lygiagrečios plokštės tvirtai prispaudžiamos viena prie kitos. Šviesos spindulys nukrenta iš oro ant pirmosios plokštės paviršiaus (žr. pav.). Yra žinoma, kad viršutinės plokštės lūžio rodiklis yra lygus n 2 = 1,77. Nustatykite fizikinių dydžių ir jų reikšmių atitiktį. Kiekvienai pirmojo stulpelio pozicijai pasirinkite atitinkamą poziciją iš antrojo stulpelio ir užrašykite pasirinktus skaičius lentelėje po atitinkamomis raidėmis.
Sprendimas. Norint išspręsti šviesos lūžio dviejų terpių sąsajoje problemas, ypač problemas, susijusias su šviesos pratekėjimu per plokštumos lygiagrečias plokštes, galima rekomenduoti tokią sprendimo procedūrą: nubrėžti brėžinį, nurodantį spindulių, sklindančių iš vienos terpės, kelią. kitas; Spindulio kritimo taške ties sąsaja tarp dviejų terpių nubrėžkite normalią paviršių, pažymėkite kritimo ir lūžio kampus. Ypatingą dėmesį atkreipkite į nagrinėjamos terpės optinį tankį ir atminkite, kad kai šviesos pluoštas pereina iš optiškai mažiau tankios terpės į optiškai tankesnę terpę, lūžio kampas bus mažesnis už kritimo kampą. Paveikslėlyje parodytas kampas tarp krintančio spindulio ir paviršiaus, tačiau mums reikia kritimo kampo. Atminkite, kad kampai nustatomi pagal statmeną, atkurtą smūgio taške. Nustatome, kad pluošto kritimo į paviršių kampas yra 90° – 40° = 50°, lūžio rodiklis n 2 = 1,77; n 1 = 1 (oras).
Užrašykime lūžio dėsnį
| sinβ = | nuodėmė50 | = 0,4327 ≈ 0,433 |
| 1,77 |
Nubraižykime apytikslį sijos kelią per plokštes. 2–3 ir 3–1 riboms naudojame formulę (1). Atsakydami gauname
A) Spindulio kritimo kampo sinusas ant ribos 2–3 tarp plokščių yra 2) ≈ 0,433;
B) Spindulio lūžio kampas kertant ribą 3–1 (radianais) yra 4) ≈ 0,873.
Atsakymas. 24.
Nustatykite, kiek α dalelių ir kiek protonų susidaro termobranduolinės sintezės reakcijos metu
+ → x+ y;
Sprendimas. Visų akivaizdoje branduolinės reakcijos laikomasi elektros krūvio ir nukleonų skaičiaus tvermės dėsnių. Pažymime x alfa dalelių skaičių, y – protonų skaičių. Sudarykime lygtis
+ → x + y;
sprendžiant mūsų turimą sistemą x = 1; y = 2
Atsakymas. 1 – α-dalelė; 2 – protonai.
Pirmojo fotono impulso modulis yra 1,32 · 10 –28 kg m/s, tai yra 9,48 · 10 –28 kg m/s mažiau nei antrojo fotono impulso modulis. Raskite antrojo ir pirmojo fotono energijos santykį E 2 /E 1. Atsakymą suapvalinkite iki artimiausios dešimtosios.
Sprendimas. Antrojo fotono impulsas yra didesnis nei pirmojo fotono impulsas pagal sąlygas, o tai reiškia, kad jį galima pavaizduoti p 2 = p 1 + Δ p(1). Fotono energiją galima išreikšti fotono impulsu, naudojant šias lygtis. Tai E = mc 2 (1) ir p = mc(2), tada
E = pc (3),
Kur E- fotonų energija, p– fotono impulsas, m – fotono masė, c= 3 · 10 8 m/s – šviesos greitis. Atsižvelgdami į (3) formulę turime:
| E 2 | = | p 2 | = 8,18; |
| E 1 | p 1 |
Atsakymą suapvaliname iki dešimtųjų ir gauname 8,2.
Atsakymas. 8,2.
Atomo branduolys patyrė radioaktyvų pozitronų β skilimą. Kaip dėl to pasikeitė branduolio elektrinis krūvis ir jame esančių neutronų skaičius?
Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:
- Padidėjęs;
- Sumažėjo;
- Nepasikeitė.
Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.
Sprendimas. Pozitronas β – skilimas atomo branduolyje įvyksta, kai protonas virsta neutronu su pozitrono emisija. Dėl to neutronų skaičius branduolyje padidėja vienu, elektros krūvis sumažėja vienu, o branduolio masės skaičius išlieka nepakitęs. Taigi elemento transformacijos reakcija yra tokia:
Atsakymas. 21.
Laboratorijoje buvo atlikti penki eksperimentai, skirti stebėti difrakciją naudojant įvairias difrakcijos gardeles. Kiekviena iš grotelių buvo apšviesta lygiagrečiais monochromatinės šviesos pluoštais, turinčiais tam tikrą bangos ilgį. Visais atvejais šviesa krito statmenai grotoms. Dviejuose iš šių eksperimentų buvo pastebėtas toks pat pagrindinių difrakcijos maksimumų skaičius. Pirmiausia nurodykite eksperimento, kuriame buvo panaudota trumpesnio periodo difrakcinė gardelė, numerį, o paskui – eksperimento, kuriame buvo panaudota ilgesnio periodo difrakcinė gardelė, numerį.
Sprendimas.Šviesos difrakcija yra reiškinys, kai šviesos pluoštas patenka į geometrinio šešėlio sritį. Difrakcija gali būti stebima, kai šviesos bangos kelyje didelėse kliūtyse yra nepermatomų plotų arba skylių, kurios yra nepermatomos šviesai, o šių sričių ar skylių dydžiai yra proporcingi bangos ilgiui. Vienas iš svarbiausių difrakcijos prietaisų yra difrakcijos gardelė. Kampinės kryptys į difrakcijos modelio maksimumus nustatomos pagal lygtį
d sinφ = kλ (1),
Kur d– difrakcijos gardelės periodas, φ – kampas tarp normalės gardelės atžvilgiu ir krypties į vieną iš difrakcijos modelio maksimumų, λ – šviesos bangos ilgis, k– sveikasis skaičius, vadinamas difrakcijos maksimumo tvarka. Išreikškime iš (1) lygties
Pasirinkdami poras pagal eksperimento sąlygas, pirmiausia parenkame 4, kur buvo naudojama trumpesnio periodo difrakcijos gardelė, o tada eksperimento, kuriame buvo panaudota didesnio periodo difrakcijos gardelė, skaičius - tai yra 2.
Atsakymas. 42.
Srovė teka per vielinį rezistorių. Rezistorius buvo pakeistas kitu, tokio pat metalo ir tokio pat ilgio, bet pusę skerspjūvio ploto viela, per kurią buvo praleidžiama pusė srovės. Kaip pasikeis rezistoriaus įtampa ir jo varža?
Kiekvienam kiekiui nustatykite atitinkamą pakeitimo pobūdį:
- Padidės;
- Sumažės;
- Nepakeis.
Kiekvieno fizinio dydžio pasirinktus skaičius užrašykite į lentelę. Skaičiai atsakyme gali kartotis.
Sprendimas. Svarbu atsiminti, nuo kokių verčių priklauso laidininko varža. Atsparumo apskaičiavimo formulė yra
Omo dėsnis grandinės atkarpai pagal (2) formulę išreiškiame įtampą
U = Aš R (3).
Pagal problemos sąlygas antrasis rezistorius pagamintas iš tos pačios medžiagos vielos, vienodo ilgio, bet skirtingo skerspjūvio ploto. Plotas dvigubai mažesnis. Pakeitę į (1) matome, kad varža padidėja 2 kartus, o srovė sumažėja 2 kartus, todėl įtampa nekinta.
Atsakymas. 13.
Virpesių laikotarpis matematinė švytuoklėŽemės paviršiuje yra 1,2 karto ilgesnis nei jo svyravimų periodas kurioje nors planetoje. Kas yra pagreičio modulis? laisvas kritimasšioje planetoje? Abiem atvejais atmosferos įtaka yra nereikšminga.
Sprendimas. Matematinė švytuoklė yra sistema, susidedanti iš sriegio, kurio matmenys yra daug daugiau dydžių kamuolys ir pats kamuolys. Gali kilti sunkumų, jei pamirštama Tomsono formulė matematinės švytuoklės svyravimo periodui.
T= 2π (1);
l– matematinės švytuoklės ilgis; g- gravitacijos pagreitis.
Pagal sąlygą
Išreikškime iš (3) g n = 14,4 m/s 2. Reikia pažymėti, kad gravitacijos pagreitis priklauso nuo planetos masės ir spindulio
Atsakymas. 14,4 m/s 2.
Tiesus 1 m ilgio laidininkas, turintis 3 A srovę, yra vienodame magnetiniame lauke su indukcija IN= 0,4 Tesla 30° kampu vektoriaus atžvilgiu. Kokio dydžio magnetinio lauko laidininką veikia jėga?
Sprendimas. Jei į magnetinį lauką įdėsite srovę nešantį laidininką, srovės laidininko laukas veiks su ampero jėga. Užrašykime Ampero jėgos modulio formulę
F A = Aš LB sinα ;
F A = 0,6 N
Atsakymas. F A = 0,6 N.
Ritėje sukaupta magnetinio lauko energija, per ją tekant nuolatinei srovei, lygi 120 J. Kiek kartų reikia padidinti srovės, tekančios per ritės apviją stiprumą, kad padidėtų joje sukaupta magnetinio lauko energija iki 5760 J.
Sprendimas. Ritės magnetinio lauko energija apskaičiuojama pagal formulę
| W m = | LI 2 | (1); |
| 2 |
Pagal sąlygą W 1 = 120 J, tada W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.
| aš 1 2 = | 2W 1 | ; aš 2 2 = | 2W 2 | ; |
| L | L |
Tada dabartinis santykis
| aš 2 2 | = 49; | aš 2 | = 7 |
| aš 1 2 | aš 1 |
Atsakymas. Srovės stiprumas turi būti padidintas 7 kartus. Atsakymo formoje įvedate tik skaičių 7.
Elektros grandinę sudaro dvi lemputės, du diodai ir laido posūkis, sujungtas kaip parodyta paveikslėlyje. (Diodas leidžia srovei tekėti tik viena kryptimi, kaip parodyta paveikslėlio viršuje.) Kuri iš lempučių užsidegs, jei magneto šiaurinis ašigalis bus priartintas prie ritės? Paaiškinkite savo atsakymą nurodydami, kokius reiškinius ir modelius naudojote paaiškinime.
Sprendimas. Magnetinės indukcijos linijos atsiranda iš šiaurinio magneto poliaus ir išsiskiria. Artėjant magnetui magnetinis srautas per vielos ritę didėja. Pagal Lenco taisyklę magnetinis laukas, kurį sukuria ritės indukcinė srovė, turi būti nukreiptas į dešinę. Pagal stulpelio taisyklę srovė turi tekėti pagal laikrodžio rodyklę (žiūrint iš kairės). Antrosios lempos grandinės diodas eina šia kryptimi. Tai reiškia, kad užsidegs antra lemputė.
Atsakymas. Antroji lemputė užsidegs.
Aliuminio stipinų ilgis L= 25 cm ir skerspjūvio plotas S= 0,1 cm 2 pakabintas ant sriegio viršutiniame gale. Apatinis galas remiasi į horizontalų indo dugną, į kurį pilamas vanduo. Panardintos stipino dalies ilgis l= 10 cm Raskite jėgą F, kuriuo mezgimo adata spaudžia indo dugną, jei žinoma, kad siūlas yra vertikaliai. Aliuminio tankis ρ a = 2,7 g/cm 3, vandens tankis ρ b = 1,0 g/cm 3. Gravitacijos pagreitis g= 10 m/s 2
Sprendimas. Padarykime aiškinamąjį brėžinį.
– Sriegio įtempimo jėga;
– Indo dugno reakcijos jėga;
a – Archimedo jėga, veikianti tik panardintą kūno dalį ir taikoma panardintos stipino dalies centrui;
– gravitacijos jėga, veikianti stipiną iš Žemės ir taikoma viso stipino centrui.
Pagal apibrėžimą stipino masė m ir modulis Archimedo jėga išreiškiami taip: m = SLρa (1);
F a = Slρ in g (2)
Panagrinėkime jėgų momentus, palyginti su stipino pakabos tašku.
M(T) = 0 – tempimo jėgos momentas; (3)
M(N)= NL cosα – atramos reakcijos jėgos momentas; (4)
Atsižvelgdami į momentų požymius, rašome lygtį
| NL cosα + Slρ in g (L – | l | )cosα = SLρ a g | L | cosα (7) |
| 2 | 2 |
atsižvelgiant į tai, kad pagal trečiąjį Niutono dėsnį indo dugno reakcijos jėga lygi jėgai F d kuriuo mezgimo adata spaudžia indo dugną rašome N = F d ir iš (7) lygties išreiškiame šią jėgą:
| F d = [ | 1 | Lρ a– (1 – | l | )lρ in ] Sg (8). |
| 2 | 2L |
Pakeiskime skaitinius duomenis ir gaukime juos
F d = 0,025 N.
Atsakymas. F d = 0,025 N.
Cilindras, kuriame yra m 1 = 1 kg azoto, stiprumo bandymo metu sprogo esant temperatūrai t 1 = 327 °C. Kokia vandenilio masė m 2 galima būtų laikyti tokiame cilindre esant temperatūrai t 2 = 27°C, turint penkis kartus didesnę saugos ribą? Azoto molinė masė M 1 = 28 g/mol, vandenilis M 2 = 2 g/mol.
Sprendimas. Parašykime Mendelejevo – Klepeirono idealiųjų dujų būsenos azoto lygtį
Kur V- cilindro tūris, T 1 = t 1 + 273°C. Atsižvelgiant į būklę, vandenilis gali būti laikomas slėgyje p 2 = p 1 /5; (3) Atsižvelgiant į tai
Vandenilio masę galime išreikšti tiesiogiai dirbdami su (2), (3), (4) lygtimis. Galutinė formulė atrodo taip:
| m 2 = | m 1 | M 2 | T 1 | (5). | ||
| 5 | M 1 | T 2 |
Pakeitus skaitinius duomenis m 2 = 28 g.
Atsakymas. m 2 = 28 g.
Idealioje virpesių grandinėje srovės svyravimų amplitudė induktoriuje yra Aš= 5 mA, o kondensatoriaus įtampos amplitudė Um= 2,0 V. Laiku t kondensatoriaus įtampa yra 1,2 V. Raskite srovę šiuo momentu.
Sprendimas. Idealioje virpesių grandinėje svyravimo energija išsaugoma. Laiko momentą t energijos tvermės dėsnis turi formą
| C | U 2 | + L | aš 2 | = L | Aš 2 | (1) |
| 2 | 2 | 2 |
Amplitudės (maksimalioms) reikšmėms rašome
o iš (2) lygties išreiškiame
| C | = | Aš 2 | (4). |
| L | Um 2 |
Pakeiskime (4) į (3). Rezultate gauname:
aš = Aš (5)
Taigi, srovė ritėje laiko momentu t lygus
aš= 4,0 mA.
Atsakymas. aš= 4,0 mA.
2 m gylio rezervuaro apačioje yra veidrodis. Šviesos spindulys, praeinantis per vandenį, atsispindi nuo veidrodžio ir išeina iš vandens. Vandens lūžio rodiklis yra 1,33. Raskite atstumą tarp spindulio įėjimo į vandenį taško ir spindulio išėjimo iš vandens taško, jei pluošto kritimo kampas yra 30°
Sprendimas. Padarykime aiškinamąjį brėžinį
α – spindulio kritimo kampas;
β – pluošto lūžio vandenyje kampas;
AC – atstumas tarp spindulio įėjimo į vandenį taško ir spindulio išėjimo iš vandens taško.
Pagal šviesos lūžio dėsnį
| sinβ = | sinα | (3) |
| n 2 |
Apsvarstykite stačiakampį ΔADB. Jame AD = h, tada DB = AD
| tgβ = h tgβ = h | sinα | = h | sinβ | = h | sinα | (4) |
| cosβ |
Gauname tokią išraišką:
| AC = 2 DB = 2 h | sinα | (5) |
Pakeiskime skaitines reikšmes į gautą formulę (5)
Atsakymas. 1,63 m.
Ruošiantis vieningam valstybiniam egzaminui, kviečiame susipažinti su fizikos darbo programa 7–9 klasėms į UMK liniją Peryshkina A.V. Ir aukštesnio lygio darbo programa 10-11 klasėms mokymo medžiagai Myakisheva G.Ya. Programas gali peržiūrėti ir nemokamai atsisiųsti visi registruoti vartotojai.
Pakeitimai į Vieningų valstybinių egzaminų užduotys fizikoje 2019 m nėra metų.
Vieningo valstybinio egzamino fizikos užduočių struktūra 2019 m
Egzamino darbas susideda iš dviejų dalių, įskaitant 32 užduotys.
1 dalis yra 27 užduotys.
- 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–27 užduotyse atsakymas yra sveikasis arba baigtinis skaičius dešimtainis.
- 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 ir 24 užduočių atsakymas yra dviejų skaičių seka.
- 19 ir 22 užduočių atsakymas yra du skaičiai.
2 dalis yra 5 užduotys. Atsakymas į 28–32 užduotis apima Išsamus aprašymas visą užduoties eigą. Antrąją užduočių dalį (su išsamiu atsakymu) vertina ekspertų komisija, remdamasi.
Vieningos fizikos valstybinio egzamino temos, kurios bus įtrauktos į egzamino darbą
- Mechanika(kinematika, dinamika, statika, mechanikos išsaugojimo dėsniai, mechaniniai virpesiai ir bangos).
- Molekulinė fizika(molekulinė kinetinė teorija, termodinamika).
- SRT elektrodinamika ir pagrindai(elektrinis laukas, nuolatinė srovė, magnetinis laukas, elektromagnetinė indukcija, elektromagnetiniai virpesiai ir bangos, optika, SRT pagrindai).
- Kvantinė fizika ir astrofizikos elementai(bangų-dalelių dualizmas, atominė fizika, fizika atomo branduolys, astrofizikos elementai).
Vieningojo valstybinio fizikos egzamino trukmė
Visas egzaminas bus baigtas 235 minutes.
Numatomas laikas užduotims atlikti įvairios dalys darbas yra:
- kiekvienai užduočiai su trumpu atsakymu – 3–5 minutės;
- kiekvienai užduočiai su detaliu atsakymu – 15–20 min.
Ką galite laikyti egzaminui:
- Naudojamas neprogramuojamas skaičiuotuvas (kiekvienam mokiniui) su galimybe skaičiuoti trigonometrinės funkcijos(cos, sin, tg) ir valdovas.
- Papildomų prietaisų ir prietaisų, kuriuos leidžiama naudoti vieningam valstybiniam egzaminui, sąrašą patvirtina Rosobrnadzor.
Svarbu!!! Egzamino metu nereikėtų pasikliauti apgaulės lapais, patarimais ar techninių priemonių (telefonų, planšetinių kompiuterių) naudojimu. 2019 m. Vieningo valstybinio egzamino vaizdo stebėjimas bus sustiprintas papildomomis kameromis.
Fizikos vieningų valstybinių egzaminų balai
- 1 balas – už 1-4, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 19, 20, 22, 23, 25, 26, 27 užduotis.
- 2 taškai – 5, 6, 7, 11, 12, 16, 17, 18, 21, 24.
- 3 taškai – 28, 29, 30, 31, 32.
Iš viso: 52 taškai(maksimalus pirminis balas).
Ką reikia žinoti ruošiant užduotis vieningam valstybiniam egzaminui:
- Žinoti/suprasti fizikinių sąvokų, dydžių, dėsnių, principų, postulatų reikšmę.
- Gebėti apibūdinti ir paaiškinti kūnų (taip pat ir kosminių objektų) fizikinius reiškinius ir savybes, eksperimentų rezultatus... pateikti pavyzdžių praktinis naudojimas fizinių žinių
- Atskirkite hipotezes nuo mokslinė teorija, daryti išvadas remiantis eksperimentu ir kt.
- Gebėti pritaikyti įgytas žinias sprendžiant fizines problemas.
- Įgytas žinias ir įgūdžius panaudoti praktinėje veikloje ir kasdieniame gyvenime.
Kur pradėti ruoštis vieningam valstybiniam fizikos egzaminui:
- Išstudijuokite kiekvienai užduočiai reikalingą teoriją.
- Treniruokis testo užduotys fizikoje, sukurta remiantis Vieningu valstybiniu egzaminu. Mūsų svetainėje bus atnaujintos fizikos užduotys ir parinktys.
- Teisingai valdykite savo laiką.
Linkime sėkmės!
