Примеры решения тестов и задач

• 1. На рисунке приведен график координаты движущегося тела. Каким из уравнений описывается движение данного тела: 1) х = 20 — 40 Г; 2) х = -5f; 3) х = 20 — 10t; 4) х = 20 —1²;
• 5) х = 15−6t.

Решение. График координаты от времени описывает равномерное прямолинейное движение, так как представляет собой прямую линию. При таком движении координата тела зависит от времени по линейному закону: х = ±х₀ ± vt. По графику начальная координата тела равна х₀ = 20 м; проекция скорости на ось Ох — v — Ах/At = (x-x₀)/(t-to) = (0 — 20)/(2 — 0) = -10 м/с, следовательно, х = 20 — 10f.

Ответ: 3.

• 2. Мяч брошен вертикально вверх со скоростью 20 м/с. Путь, пройденный мячом за 4 с, составляет:
• 1) 40 м; 2) 20 м; 3) 10 м; 4) 0 м; 5) 25 м.

Решение. Уравнение движение мячау = v₀t-gt²/2. В момент времени t = 4 с его координата у будет равна 0. Следовательно, за 4 с мяч достиг верхней точки траектории и упал на Землю.

В верхней точке траектории скорость мяча равна нулю, т. е. ^vo ~ &П ⁼ 0, отсюда время подъема t] = v₀/g. Если координата верхней точки траектории у_тах = ?j₀tj — gt²/2 = i’o/2g, то путь, пройденный мячом S = 2у_тах = 40 м.

Ответ: 1.

• 3. Тело массой 0,1 кг под действием сил Fj = 30 мН и F₂ = = 50 мН, направленных под углом, а = 60° друг другу, получает ускорение:
• 1) 0,6 м/с²; 2) 0,9 м/с²; 3) 0,7 м/с²; 4) 1,2 м/с²; 5) 1,5 м/с².

Решение. Равнодействующую двух сил F, и F₂ определим по правилу параллелограмма. Найдем угол р:

Модуль равнодействующей силы по теореме косинусов:

По второму закону Ньютона ускорение тела.

Ответ: 3.

4. Полезно ознакомиться с решением задачи следующего содержания. На тело массой т = 1 кг действуют три силы. Определить модуль ускорения тела, если размеры одной клеточки масштабной сетки по вертикали и горизонтали соответствуют силе 1 Н.

Решение. Сначала определим сумму проекций всех сил на оси х и у:

Отсюда модуль равнодействующей силы F по теореме Пифагора: Ответ: 3.

5. Легкая пружина жесткости к и длины I стоит вертикально на столе. С высоты Н над столом на нее падает небольшой шарик массы т. Какую максимальную скорость будет иметь шарик при своем движении вниз? Трением пренебречь.

Решение. Шарик будет совершать гармонические колебания около положения равновесия 2, показанного на рисунке. В положении равновесия скорость движения г>_тах шарика наибольшая, при этом сила его тяжести равна силе упругости пружины: mg = кх₀. По закону сохранения механической энергии в замкнутой системе для двух состояний шарика 1 и 2 имеем:

Решая систему этих двух уравнений, находим

Ответ: 2.

• 6. Тело обладает кинетической энергией Е_кин = 100 Дж и импульсом Р = 40 кг • м/с. Найти массу тела.
• 1) 1 кг; 2) 4 кг; 3) 8 кг; 4) 16 кг; 5) 10 кг.

Решение. Импульс тела равен р = mv, его кинетическая энер;

mv²

гия — Е_кин = -. Решая систему этих двух уравнении, нахо;

Р² _я

дим т = — = 8 кг.

Р

^КИН.

Ответ: 3.

• 7. Длину нити маятника увеличили в 4 раза, амплитуду колебаний уменьшили в 2 раза. Как изменится период колебаний маятника?
• 1) уменьшится в 4 раза; 2) уменьшится в 2 раза; 3) не изменится; 4) увеличится в 2 раза; 5) увеличится в 4 раза.

ГГ [Ж т₂

Решение. Периоды Г, =2л —, Т₂ =2к —. Отсюда — =2 или.

U V 8 Т_г

Т₂ = 27V Ответ: 4.

• 8. Единица измерения молярной массы вещества:
• 1) моль; 2) кг/моль; 3) моль/кг; 4) кг; 5) кг/м³.

Решение. Молярная масса м вещества равна отношению массы т вещества к количеству v молей, которое в нем содержится: р = m/v. Следовательно, единица измерения молярной массы — кг/моль.

Ответ: 2.

9. Число молекул в 1 м³ кислорода при нормальных условиях равно (N_a — число Авогадро; м — молярная масса; р — плотность газа):

Решение. Число молекул N в веществе массой тп равно m.

N = N_a—. Разделив обе части уравнения на объем газа, полуР.

N mN_A N_a m

чим соотношение: — ——= р—, где р = —. Отсюда, учиты;

V V р р V

«Vp N_a рN_a

вая, что V = 1 м, найдем N = — = -.

Р Р.

Ответ: 4.

• 10. Найти среднюю кинетическую энергию молекул кислорода, если его давление р = 0,1 МПа, плотность с = 1,43 кг/м³: 1) 3,8 • 10-¹⁸ Дж; 2) 1,2 • 10~¹⁹ Дж; 3) 5,6 • 10~²¹ Дж;
• 4) 7,8 • 10~²² Дж; 5) 9,8 • 10'²¹ Дж.

Решение. Уравнение состояния идеального газа (уравнение.

т

Менделеева — Клапейрона) имеет вид: pV — —RT. Разделив обе Р.

части этого уравнения на объем газа, получим соотношение.

mRT RT m pp

p =—= p —, где — = p — плотность газа. Отсюда Г = —.

V ц р V рЯ Искомая Е_к = З/сТ/2 = 3/сцР/(2рЯ). Здесь k = R/N_A, поэтому Е_К = 3pP/(2pN_A) = 5,6−1(Г²¹ Дж.

Ответ: 3.

• 11. Если идеальный тепловой двигатель, получив 4 кДж теплоты от нагревателя при температуре 127 °C, совершил работу 800 Дж, то какова будет температура холодильника?
• 1) 300 К; 2) 310 К; 3) 320 К; 4) 330 К; 5) 340 К.

Решение. КПД тепловой машины r| = A/Q_H, где Л — полезная работа; Q, — количество теплоты, полученное от нагревателя. С другой стороны, г| = (Г_н — Г_х)/Т_н, где Т_н и Т_х — соответственно температуры нагревателя и холодильника. Объединив уравнения, получаем Т_х = T_H(Q_H — A)/Q_H = 320 К.

Ответ: 3.

• 12. Два одинаковых шарика зарядили так, что заряд одного из них оказался по модулю в п раз большего другого. Шарики привели в соприкосновение и развели на вдвое большее, чем прежде, расстояние. Во сколько раз изменилась сила их кулоновского взаимодействия, если их заряды до соприкосновения были разноименными?
• 1) (п — 2)²/(5п); 2) (п — 1)²/(16п); 3) 5п/(п — 2)²;
• 4) п (п + 1)/2(п + 1); 5) (п²— 1)/(4п).

Решение. Сила взаимодействия шариков до соприкосновения Fj = q₁q₂/(47ie₀er₁²) = (nq₂)q₂/(4Ji6₀er₁²), где q_l и q₂ — соответственно заряды первого и второго шариков; здесь по условию задачи qj = nq₂; г_г — расстояние между ними. Суммарный заряд шариков до соприкосновения с учетом того, что они разноименные: (q_l — q₂)/2 = q₂(n — 1)/2. Так как радиусы шариков одинаковы, то их емкости равны. Следовательно, после соприкосновения заряды разделились поровну и на каждом шарике появился заряд: (q_a — q₂)/2 = q₂(n — 1)/2. Сила взаимодействия после соприкосновения.

где г₂ = 2г_г — расстояние между шариками после соприкосновения. Отношение сил Е₂/Е_г = (п — 1)²/(16п).

Ответ: 2.

• 13. На каком из сопротивлений R] = 3 Ом, R₂ = 5 Ом, Я₃ = = 3 Ом и Я₄ = 1 Ом, соединенных, как показано на рисунке, выделится наибольшая мощность?
• 1) R_i; 2) R₂; 3) R₃; 4) R₄; 5) и Я₄.

Решение. Сопротивления Rj и R₂ соединены последовательно, следовательно, Я_а 2 = Ri + Я₂ = 8 Ом, аналогично R_{3 4} = R₃ 4- + R₄ = 4 Ом. Сопротивления Ri ₂ и R_{3 4} соединены параллельно и падения напряжения на этих сопротивлениях одинаковы. Так KaK/jRj 2 ⁼ ^2^з, 4> то Тогда мощности, выделяемые на каждом из сопротивлений, будут:

Соотношение соответствующих мощностей.

т. е. наибольшая мощность выделится на сопротивлении R₃. Ответ: 3.

14. В однородном магнитном поле с индукцией В по вертикальным проводам без трения вверх движется прямой проводник массой т, по которому течет ток I. Угол между направлением проводника с током и магнитной индукции равен р. В момент времени t после начала движения проводник имеет скорость V. Длина проводника равна:

Решение. На проводник с током действует сила Ампера F_A = IBlsin а, где, а = 90°. Ускорение проводника найдем из закона динамики: та_х = Fд* - mg, где Fд*. — F_Acos (90° - р) = = F_Asin р — проекция силы F_A на вертикальную ось Ох. Скорость.

Ответ: 1.

15. Заряженная частица (заряд — q, масса — т), ускоренная разностью потенциалов U, пролетает поперечное магнитное поле с индукцией В. Толщина области с полем d. Определить угол ф отклонения частицы от первоначального направления движения.

Решение. В магнитном поле частица под действием силы Лоренца движется по окружности, радиус которой находим из.

mv² «_ mv ^.

уравнения динамики — = qBv. Отсюда г = -. Так как г qB

,.. dqB

а = г sin ф, то ф = arcsin-.

mv

Скорость движения частицы найдем из закона сохранения энергии = qU, отсюда н=. Окончательно имеем г _ V т

Ф = arcsin Bd. ^ .

V 2Um

Ответ: 2.

16. Сила тока в цепи переменного тока изменяется по закону i = Z_maxcos wt. Если мгновенное значение силы тока для фазы л/3 равно 0,2 А, то действующее значение силы тока составляет: 1) 0,16 А; 2) 0,21 А; 3) 0,25 А; 4) 0,29 А; 5) 0,31 А.

Решение. Согласно условию задачи i = 0,2 А, соt = л/3. Подставив эти значения в уравнение колебаний силы тока, получим: 0,2 = 7_maxcos л/З, отсюда /_тах = 0,4 А. Действующее (эффективное) значение силы тока /_д = /_тах/ V2 = 0,29 А.

Ответ: 4.

• 17. Что произойдет с длиной волны света при переходе из среды с абсолютным показателем преломления щ = 2,2 в среду с абсолютным показателем преломления п_г = 1,1?
• 1) увеличится в 2 раза; 2) не изменится;
• 3) увеличится в 3 раза; 4) уменьшится в 3 раза;
• 5) уменьшится в 4 раза.

Решение. Абсолютный показатель преломления лучей света и скорость х их распространения в данной среде связаны соотношением п = с/х, где с = 3 • 10⁸ м/с — скорость света в вакуу;

sin i п₂ (cr>j) vi _.

ме. Согласно закону преломления- = — — - = —. Так.

sin г щ (сг>₂) v₂

A. V А].

как v = -, то — = —, и закон преломления принимает вид.

Т v₂ А₂

sin г А] п₂ П] Aj 2,2А_Х

-= — = —. Отсюда А₂ =-=-= 2А_Ь т. е. длина вол;

sin г А₂ п₁ п₂ 1,1.

ны увеличивается в 2 раза.

Ответ: 1.

• 18. Расстояние между предметом и его изображением равно 20 см. Величина прямого изображения предмета вдвое больше самого предмета. Найти фокусное расстояние линзы.
• 1) 0,20 м; 2) 0,25 м; 3) 0,30 м; 4) 0,35 м; 5) 0,40 м.

Решение. Известно, что собирающая линза создает мнимое, прямое и увеличенное изображение, если Г > 1 (заметим, что для рассеивающей линзы Г 1. Следовательно, в данной задаче предлагается рассмотреть собирающую линзу. Так как изображение мнимое, то для d и/можно записать:

Решая систему из приведенных выше двух уравнений, получа- I О 2.

ем: d =-= —-— = 0,2 м, 1/1 = 0,2 + 0,2 = 0,4 м. Из формулы.

^Г~^{1 2−1} 1 _р fd

линзы найдем ее искомое фокусное расстояние: F = ——=

= 0,4 м.

Ответ: 5.

19. Красная граница фотоэффекта для некоторого металла наступает при частоте падающего света v₀. При наличии задерживающего потенциала U фототок станет равным нулю при частоте света, равной:

Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта имеет вид.

hv = А + Красная граница фотоэффекта определяется из условия: А = hv₀. Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов и работа, затраченная на их полное торможение.

mv²

электрическим полем, связаны соотношением: = eU, где ей U — соответственно величина заряда электрона и задерживающий потенциал. Тогда уравнение Эйнштейна приобретает вид hv = hv₀ + eU, отсюда v = v₀ + eU/h.

Ответ: 5.

• 20. Заряд ядра урана равен 92, а его массовое число 238. Определите нуклонный состав этого ядра после трех альфа-распадов и двух бета-распадов.
• 1) 32 протона и 130 нейтронов;
• 2) 93 протона и 142 нейтрона;
• 3) 86 протонов и 130 нейтронов;
• 4) 90 протонов и 144 нейтрона;
• 5) 88 протонов и 138 нейтронов.

Решение. Схемы альфа-распада и бета-распада с учетом правила смещения имеют вид соответственно:

Следовательно, каждый альфа-распад сопровождается уменьшением зарядного числа Z на 2 и уменьшением массового числа А на 4. Каждый бета-распад сопровождается увеличением числа Z на 1, а число Л остается без изменения. Таким образом, зарядовое число Z' полученного элемента:

массовое число.

В конечном ядре содержится 88 протонов и N = А' - Z' = = 226 — 88 = 138 нейтронов.

Ответ: 5.

21. Вычислить энергию ядерной реакции.

• 1) 22,5 МэВ; 2) -17,4 МэВ; 3) 14,5 МэВ; 4) 0 МэВ;
• 5) -212 МэВ.

Решение. Энергия ядерной реакции Q = 931(mj + т₂ — Xmj), где Ш] и т₂ — масса частиц, вступающих в реакцию; — сумма массы частиц, образовавшихся в результате реакции.

Произведем вычисления:

Знак «минус» означает, что энергия в результате реакции поглощается.

Ответ: 2.

• 22. Легковой автомобиль едет по горизонтальной дороге со скоростью х₀. Если водитель заблокирует задние колеса, тормозной путь составитLj = 28 м, а если передние колеса, тормозной путь будет равен 1₂ = 16 м. Каким окажется тормозной путь машины, если заблокировать все четыре колеса? Центр массы автомобиля расположен на равных расстояниях от осей передних и задних колес, диаметр которых одинаков.
• 1) 10 м; 2) 15 м; 3) 20 м; 4) 11 м; 5) 30 м.

Решение. Центр массы автомобиля расположен на высоте h относительно дороги, а расстояние между передними и задними колесами равно I.

Запишем уравнение моментов сил относительно передних колес (точка 0Ц. N₂l — mgl/2 + [iN₂h = 0, где р — коэффициент трения колес. Отсюда N₂ = mgl/[2(, l + p/i)]. Работа силы трения при торможении задними колесами: А_г = F_Tp2L_г = pJV₂Ii = = nmglLi/[2(l + p/i)]. Составим уравнение моментов сил относительно задних колес (точка 0₂): mgl/2-N-J. + pA^/i = 0, откуда Nj = mgl/[2(l — ph)]. Работа силы трения при торможении передними колесами: А₂ = F_TplL₂ = = p.mglL₂/[2(l — jn/i)].

Работа сил трения при торможении четырьмя колесами: А₃ = pmgL₃. Кинетическая энергия автомобиля перед началом торможения расходуется на работу против сил трения: ти^/2 = = Ai = А₂ = А₃. Совместно решая вышеприведенные уравнения, получим mvq/2 = А_г = А₂ = А₃.

Ответ: 4.

• 23. Какая часть массы свинцовой пули, летящей со скоростью г’х = 400 м/с расплавится, если она пробивает стену и летит дальше со скоростью г>₂ = 250 м/с. Начальная температура пули ц = 100 °C. Считать, что все количество теплоты, выделившееся при ударе, пошло на нагревание пули. Удельная теплоемкость и удельная теплота плавления свинца соответственно с = 126 Дж/(кг-К) и X — 30 кДж/кг. Температура плавления свинца равна = 327 °C.
• 1) 37%; 2) 47%; 3) 57%; 4) 67%; 5) 77%.

" «, Пи>2

Решение. Изменение кинетическом энергии пули Л =-;

mvj _{тт Л}

——. На нагревание затрачивается тепло Q = cm(t^ - fy) +.

+ ХАт, где Ат — масса пули, расплавившейся при ударе. По закону сохранения энергии замкнутой системы увеличение внутренней энергии пули равно изменению ее кинетической энер;

mv о mv? ,. ,. «.

гии: — - - = сггщ_пл — t,) + ХАm. Поделив обе части.

2 2.

уравнения на т имеем.

Ответ: 4.

• 24. Сколько электронов проходит через поперечное сечение проводника длиной I = 10 м с диаметром поперечного сечения d = 2 мм за t = 10 мин при напряжении на этом проводнике U — 220 В? Удельное сопротивление меди р = 1,7 • 10″⁸ Ом • м.
• 1) 0,5 • 10²³; 2) 2,5 • 10²⁵; 3) 0,5 • 10²⁵; 4) 2 • 10²⁸; 5) 1,5 • 10²⁵.

Решение. Сила тока / определяется как отношение заряда q всех электронов, прошедших через поперечное сечение проводника, ко времени t, в течение которого этот заряд прошел: / = q/t. С другой стороны по закону Ома сила тока I — U/R, где R = рZ/S — сопротивление проводника; S = nd²/4 — площадь его поперечного сечения. Исключив из уравнений I, найдем q = nd²tU/(4pl). Число всех электронов N найдем, разделив заряд всех электронов, на заряд одного электрона е (элементарный заряд):

Ответ: 5.

• 25. Колебательный контур состоит из катушки с индуктивностью L и плоского конденсатора, состоящего из двух пластинок в виде дисков радиуса г, расположенных на расстоянии d друг от друга. Как изменится период собственных колебаний контура, если конденсатор заполнить диэлектриком с диэлектрической проницаемостью е = 4?
• 1) уменьшится в 2 раза;
• 2) уменьшится в 4 раза;
• 3) не изменится;
• 4) увеличится в 2 раза;
• 5) увеличится в 4 раза.

Решение. Найдем площадь пластин конденсатора S = л г². Ем;

Sc₀ лг²г₀

кость конденсатора без диэлектрика С = —— = -, где е₀ =.

d d

= 8,85−1СГ¹² Ф/м — электрическая постоянная. По формуле Томсона период колебаний контура Т = 2лл/Zc =2лг^^-1.

_D _ ^Seo тгг^ов В случае наличия диэлектрика его емкость С = —— = -,.

d d

а период колебаний контура — Т_Ж1Л = 2к^ЬС_лтл =2кг^^^1.

Получаем Г_диэл/Т = у/ё = 2 или Т_диэл = 2 Г.

Ответ: 4.

• 26. Обмотка соленоида имеет сопротивление 10 Ом. Какова его индуктивность, если при прохождении тока за 0,05 с в нем выделяется количество теплоты, эквивалентное энергии магнитного поля соленоида?
• 1) 0,5 Гн; 2) 1 Гн; 3) 1,5 Гн; 4) 2,0 Гн; 5) 2,5 Гн.

Решение. Энергия магнитного поля соленоида W — L1²/2. По закону Джоуля — Ленца количество теплоты Q = I²Rt. Так как W = Q, то L1²/2 = I²Rt, отсюда L = 2Rt = 1 Гн.

Ответ: 2.

• 27. Фотокатод, покрытый натрием (работа выхода А = = 4−10^-19 Дж) облучается светом с длиной волны X = 400 нм. Вылетевший из катода электрон влетает в однородное электрическое поле перпендикулярно линиям напряженности этого поля. Определить скорость электрона к моменту времени t = 4 • 10″⁷ с от начала полета в электрическом поле, если напряженность поля Е = 5 В/м.
• 1) 5,8 • 10⁵ м/с; 2) 8 • 10⁵ м/с; 3) 9,9 • 10⁸ м/с;
• 4) 2 • 10³ м/с; 5) 8 • 10'⁵ м/с.

Решение. Из уравнения Эйнштейна найдем максимальную ско;

l2(hv — А).

V гп_е

1, «^me^ve

рость фотоэлектронов: hv = А + —-, отсюда v₀ =

Движение электрона в электрическом поле представляет собой суперпозицию двух движений: равномерного и прямолинейного в направлении вектора начальной скорости й₀ и равноускоренного вниз (навстречу линии вектора Ё) под действием электрической силы F. Из второго закона Ньютона ускорение электрона в направлении оси у равна а_у = F/m_e, где F = еЕ. Отсюда а_у = еЕ/т_е. В направлении оси у начальная скорость электрона равна нулю (, v_0y = 0), тогда вдоль этого направления проекция скорости v_y = Vty + at = at = eEt/m. Искомая скорость:

Ответ: 1.

Приложения

Таблица П1

Шкала электромагнитных волн.

Физические постоянные.

Единицы для измерения малых длин волн.

Таблица П4

Относительная масса некоторых изотопов, а.е.м.

Множители и приставки СИ для образования десятичных кратких и дольных единиц и их наименований.