Альошина М.О. ЗНО.Фізика: Типові тестові завдання

Подождите немного. Документ загружается.

типоВі тестоВі заВдання

16. світіння, яке ми бачимо на рисунку, викликане газовим розрядом, що виникає біля заго-

стрених кінців щогл і рей. Таке світіння зумовлено електричним полем грозових хмар, яке

знач но підсилюється біля загострених ділянок поверхні провідників. Цей розряд називають

коронним.

17. З умови випливає, що довжина хвилі

λ=12

м, а період

T ==

с,

. Швидкість хвилі ста-

новить

м/с.

18. Описаний в умові задачі візок є прикладом пружинного маятника. Період такого маятника

= 2π

, де k — жорсткість пружини. Ми бачимо, що період пропорційний до

. Покла-

дений на візок вантаж збільшить масу пружинного маятника від 200 до 800 г, тобто в 4 рази.

Отже, період збільшиться в 2 рази

()42=

. Період коливань дорівнюватиме 0,8 с.

19. Магнітне поле має максимальну енергію у випадку, коли максимальною є сила струму в ко-

тушці. З умови випливає, що максимальне (амплітудне) значення сили струму

max

= 4

А.

Отже, максимальна енергія магнітного поля дорівнює

max

. Підставивши числові значення

величин і перевіривши одиниці величин, отримаємо 160 мДж.

20. Під час незатухаючих коливань (за відсутності втрат енергії) періодично відбуваються пере-

творення енергії електричного поля конденсатора в енергію магнітного поля котушки та зво-

ротні перетворення. Отже, максимальна енергія електричного поля дорівнює максимальній

енергії магнітного поля:

CU LI

. Звідси отримуємо

21. скористаймося тим, що поворот дзеркала на кут

спричиняє зміну напряму відбитого променя

на кут

2α.

Якби площина дзеркала була горизонтальною, відбитий промінь був би напрямле-

ний під кутом 40° до горизонту. Якщо нахилити дзеркало на кут 15°, як показано на рисунку

в умові задачі, кут між відбитим променем і горизонтом збільшиться на 30° і дорівнюватиме 70°.

22. Визначимо повну кількість N коливань за час

t ==20 002мс с,

Nt==ν 2000

. Зазначимо, що

енергія магнітного поля протягом кожного періоду двічі набуває максимального значення:

коли сила струму дорівнює

max

−I

max

. Отже, за час t (протягом 2000 коливань) енергія

набувала максимального значення 4000 разів.

23. Переходи з поглинанням фотону відповідають збільшенню енергії атома, тобто напрямленим

угору стрілкам. Відповідно до формули енергії фотона

Eh=ν

зростання частоти відповідає

зростанню довжини стрілки (тобто відстані між початковим і кінцевим рівнями енергії ато-

ма). Із рисунку бачимо, що найменша частота поглинутого фотона відповідає переходу 3, по-

тім ідуть переходи 1, 6 і 2.

розВ’язання, ВКазіВКи

24. Коли енергія виділяється (енергетичний вихід реакції є додатним), сумарна енергія зв’язку

ядер збільшується на відповідне значення. У даному випадку сумарна енергія зв’язку до по-

чатку реакції

224 9283 2532,, ,МеВМеВ МеВ+=

, а після реакції — 255,6 МеВ (ядро Гідроге-

ну

не має енергії зв’язку, оскільки є елементарною частинкою — протоном). Таким

чином, сумарна енергія зв’язку збільшилася на

2556 2532 24,,,МеВМеВ МеВ−=

. саме та-

ким є енергетичний вихід ядерної реакції.

25. енергія фотона

Eh=ν

, його імпульс

(тут h — стала Планка). Оскільки частота світла

(c — швидкість світла,

— довжина хвилі), отримуємо з цих співвідношень

Ecp= .

Якщо модуль імпульсу зменшився на

∆p,

енергія фотона зменшилася на

∆∆Ecp=⋅

. Згідно

із законом збереження енергії саме на стільки збільшилася кінетична енергія електрона.

26. Вектор швидкості не змінюється (за напрямом і модулем) лише під час

прямолінійного рівномірного руху. саме так рухається бульбашка пові-

тря, яка спливає у воді. Каштан, що падає з дерева, рухається прямо-

лінійно (тобто не змінює напряму швидкості), але рухається все швид-

ше. супутник рухається по коловій орбіті рівномірно (швидкість не

змінюється за модулем), проте його рух є криволінійним (швидкість змі-

нює напрям). А рух кульки під час коливань не є ані прямолінійним,

ані рівномірним (швидкість змінюється за напрямом і модулем).

27. середня кінетична енергія молекул одноатомного газу залежить лише

від температури:

EkT

. Тиск ідеального газу згідно з рівнянням

стану газу залежить від температури та об’єму. середня квадратична

швидкість молекул газу залежить від температури газу та маси моле-

кул:

кв

. Концентрація ж молекул (кількість молекул на одини-

цю об’єму) залежить тільки від об’єму даної маси газу.

28. Період коливань

= 2π

збільшиться вдвічі. енергію коливань мож-

на записати як максимальну потенціальну енергію пружної деформації

пружини. Оскільки жорсткість пружини та амплітуда коливань не змі-

нюються, енергія теж не змінюється. Видовження пружини в положен-

ні рівноваги є прямо пропорційним масі підвішених тягарців, отже, ця

величина збільшиться в 4 рази. Максимальна швидкість тягарців під

час коливань пов’язана з амплітудою A та циклічною частотою

спів-

відношенням

==ω

π2

. Отже, максимальна швидкість зменшиться

у 2 рази.

А Б В Г Д

типоВі тестоВі заВдання

29. Нижній індекс у символі елемента — атомний номер (зарядове число),

тобто кількість протонів у ядрі (а протони містить тільки ядро). Оскіль-

ки верхній індекс — масове число ядра, кількість нейтронів дорівнює

різниці значень верхнього та нижнього індексів. У ядрі атома електро-

нів немає, в атомі кількість електронів дорівнює кількості протонів;

в однозарядному позитивному йоні кількість електронів зменшується на

один, а в однозарядному негативному йоні — збільшується на один по-

рівняно з нейтральним атомом.

30. Робота сили опору рухові за модулем дорівнює початковій кінетичній енергії літака:

Звідси

31. Під час нагрівання газу поршень підніматиметься, а тиск буде сталим (процес ізобарний). Для

такого процесу об’єм газу прямо пропорційний абсолютній температурі:

. Отже, абсо-

лютна температура газу має збільшитися також на 15 %. За початкової температури 300 К

газ треба нагріти на 45 К.

32. За умовою корисна робота 140 кДж дорівнює чверті кількості теплоти, яку отримано від на-

грівника. Отже, від нагрівника отримано 560 кДж. Згідно із законом збереження енергії хо-

лодильнику передано 560 кДж – 140 кДж = 420 кДж енергії.

33. Визначимо опір ділянки кола, яка містить резистори 2 і 3:

−

кОм. Оскільки ця

ділянка з’єднана з резистором 1 послідовно, то напруга на ній вдвічі більша, ніж на резисто-

рі 1. Тоді потужність струму в резисторі 2 можна записати так:

== ==

()

Таким чином,

075= ,

34. Із закону Ома для повного кола випливає, що відношення напруги на полюсах джерела стру-

му до еРс джерела струму дорівнює

rR+

(тут r і R — відповідно внутрішній опір джерела

струму та опір зовнішнього кола). Звідси отримуємо

R = 17

Ом.

35. Оскільки зображення збільшене у 2 рази, то

fd= 2

(тут f і d — відстані від лінзи відповідно

до зображення предмета та до самого предмета). Підставивши це співвідношення у формулу

тонкої лінзи

11 1

df F

, отримуємо

dF= 15,

А Б В Г Д

розВ’язання, ВКазіВКи

36. Унаслідок анігіляції електрона та позитрона випромінюються фотони із загальною енергією,

яка дорівнює енергії спокою цих частинок, тобто

2164 10

213

≈⋅

−

Дж. Це становить трети-

ну енергії, що зазначена в умові. Отже, анігіляції зазнали три пари «електрон—позитрон».

Варіант 6

1. Залежність модуля швидкості (або модуля прискорення) від часу або координати не дають

підстав для висновку щодо прямолінійності чи криволінійності руху. А от якщо

x = const

то траєкторія є прямою, паралельною осі ординат.

2. Згідно з умовою прискорення вантажу напрямлене вниз. У цьому випадку вага вантажу мен-

ша за силу тяжіння:

Pmga=−()

. сила натягу мотузки дорівнює вазі вантажу.

3. Згідно із законом всесвітнього тяжіння сила тяжіння є обернено пропорційною квадрату від-

стані від центра Землі. Отже, відстань від центра Землі має дорівнювати

, а відстань

від поверхні Землі — R.

4. Під час аварійного гальмування сила тертя надає автомобілю прискорення

ag=µ

. Тому галь-

мівний шлях автомобіля

22µ

. Звідси отримуємо

vgs

2=µ

5. На вантаж діють три сили (див. рисунок). Рівнодійна цих сил дорів-

нює нулю (вантаж перебуває у рівновазі):

mg FT





++= 0

. Запишемо це

рівняння в проекціях на горизонтальну та вертикальну осі координат:

TFsin,α− = 0

Tmgcosα− = 0

. Виключивши з цих рівнянь силу натя-

гу T мотузки, отримаємо

Fmg=⋅tgα

6. скористаємося законом збереження механічної енергії. Початкова потенціальна енергія пру-

жини переходить у кінетичну енергію кульки та потенціальну енергію кульки в полі тяжін-

ня Землі, тобто

mgh

. Тут

0025= ,

м. Звідси отримуємо

mghv

+()2

7. середня кінетична енергія поступального руху молекул прямо пропорційна абсолютній темпе-

ратурі:

EkT

(тут k — стала Больцмана). Оскільки кінетична енергія молекул

(де

— маса молекули), абсолютна температура пропорційна квадрату середньої квадратич-

ної швидкості руху молекул. Отже, абсолютна температура підвищилась у 2,25 разу (від 320

до 720 К). Зазначимо, що запропоновані варіанти неправильних відповідей «розраховано» на

тих, хто не буде виражати температуру в кельвінах або вважатиме, що між середньою швид-

кістю руху молекул і температурою існує пряма пропорційна залежність.

8. Якщо корисна потужність кип’ятильника

, то за час

вода отримує кількість теплоти

Pτ

Отже, можна записати рівняння

mc tP∆= τ

(тут

∆t =°4C

— зміна температури води). Звідси

mc t

∆

O O

тер

I =

rR+

(+ )rR

тер

типоВі тестоВі заВдання

9. За умови повного змочування висота стовпчика рідини в капілярі

2σ

. Звідси отримуємо

σρ= 05, grh

10. Механічна напруга у дроті

і згідно із законом Гука пов’язана з відносним видо-

вженням формулою

σε= E

(тут E — модуль пружності сталі). Звідси маса вантажу

πε

У це співвідношення треба підставити значення

ε=

−

11. Згідно із законом Кулона сила взаємодії кульок прямо пропорційна добутку модулів елек-

тричних зарядів цих кульок. сумарний заряд кульок зберігається. Оскільки кульки однако-

ві, то після дотику цей заряд поділиться навпіл, тобто заряд кожної з кульок становитиме

нКл. Отже, відношення модуля «нової» кулонівської сили F до модуля почат-

кової сили

дорівнює

⋅

12. електричне поле виконує під час переміщення зарядженої частинки роботу

Aq=−()ϕϕ

Отже, зміна кінетичної енергії частинки в полі

∆WAq

== −()ϕϕ

. Не слід забувати, що за-

ряд електрона є від’ємним, тобто

qe=−

, де

— елементарний електричний заряд. Зміна кі-

нетичної енергії електрона

∆We

=−>()ϕϕ

13. Ємність конденсатора збільшиться вдвічі. Оскільки U = const, заряд кожної з пластин кон-

денсатора теж збільшиться вдвічі. Отже, напруженість електричного поля, створюваного за-

рядом кожної з пластин, подвоїться. Оскільки сила електричної взаємодії

FqE=

, то вона

збільшиться в 4 рази.

14. електричний опір дроту

=ρ

. Якщо дріт скласти в 4 рази, його довжина l зменшиться

у стільки ж разів, а площа

поперечного перерізу у стільки ж разів збільшиться. Отже,

електричний опір дроту зменшиться в 16 разів.

15. На фотографії видно, що резистори з’єднані послідовно. Отже, сила струму в кожному з них

збігається з тією, яку показує амперметр (1 А). А от напруга в колі, яку показує вольтметр

(12 В), дорівнює сумі напруг на трьох резисторах. Отже, напруга на кожному резисторі до-

рівнює 4 В. Потужність струму в кожному резисторі

PUI==4

Вт.

16. скористаємося тим, що

⋅

кг м

1Н 1

. Отже, наведену в умові одиницю можна записати як

⋅

Ам

. Це є одиниця магнітної індукції (тесла).

17. Різниця потенціалів виникає внаслідок розділення зарядів, причиною якого є дія сили Ло-

ренца на вільні електрони у стрижні. сила Лоренца має бути напрямлена вздовж стрижня.

Оскільки ця сила перпендикулярна до швидкості руху та магнітної індукції поля, швидкість

поступального руху стрижня має бути напрямлена перпендикулярно до площини рисунка.

розВ’язання, ВКазіВКи

18. Із формули

= 2π

випливає, що період коливань дорівнюватиме 0,8 початкового значен-

ня за умови, що довжина нитки становитиме 0,64 початкової довжини. Отже, нитку вкороти-

ли на 0,36 початкової довжини. Звідси знаходимо початкову довжину нитки:

250

см

0,36

см=

250

см

0,36

см=

19. Згідно з умовою довжина хвиль

λ=5

м. Оскільки за 60 с було 30 сплесків хвиль, то період

хвиль

T = 2

с. Швидкість хвиль

25,

м/с. Отже, за 1 хв хвилі проходять 150 м. саме

така відстань між судном і берегом.

20. Відбитий від літака імпульс має повернутися до радіолокатора раніше, ніж почнеться випро-

мінювання наступного імпульсу, тобто не більше ніж через

t =

5000

с. Відстань до літака до-

рівнює половині шляху, який проходить випромінювання:

21. Кут

відхилення дифракційними ґратками променів, які відповідають максимуму k-го по-

рядку, визначається формулою дифракційних ґраток:

dksinϕλ=

. У даному випадку

k = 2

d =

мм. На екрані відстань між максимумами другого порядку та максимумом нульового по-

рядку (центром дифракційної картини) дорівнює

Ltgϕ

(L — відстань між дифракційними ґрат-

ками та екраном). Оскільки

набагато менше, ніж d, кут

малий і

tgϕϕ≈ sin

. Отже,

λ=

22. На фотографії видно, що паралельний пучок світла після проходження через лінзу збира-

ється на відстані 12 см від неї. Отже, фокусна відстань лінзи дорівнює 12 см. скористаємо-

ся формулою тонкої лінзи

1 11

d fF

. Якщо підставити

F = 12

см,

d = 18

см, то отримаємо

відстань до зображення

f = 36

см. Отже, відстань між джерелом світла та його зображенням

буде

df+=54

см.

23. Позначимо A роботу виходу електронів з катода. Згідно з рівнянням ейнштейна для фото-

ефекту

hAE

ν= +

max

та умовою

kmax

отримуємо, що енергія кванта

hν

вдвічі більша

за роботу виходу. Після подвоєння частоти енергія кванта дорівнюватиме

. Із рівняння

ейнштейна випливає, що тоді максимальна кінетична енергія фотоелектронів дорівнювати-

ме

, тобто збільшиться втричі.

24. Лінійчатий спектр є характерним для випромінювання ізольованих атомів (наприклад, для

випромінювання одноатомних газів). Цій умові відповідає тільки Гелій.

25. 6,25 % становлять

початкової кількості атомів. Отже, відбулося зменшення кіль кості

атомів у

рази, тобто минуло 4 періоди піврозпаду радіоактивного елемента. Період півроз-

паду становить

год, або 75 хв.

типоВі тестоВі заВдання

26. У газі частинки перебувають на великих відстанях одна від одної, вза-

ємодіють лише під час зіткнень. Такого стану речовини, в якому б час-

тинки зовсім не взаємодіяли, немає. Взаємодія частинок на великих від-

станях можлива лише в плазмі (внаслідок йонізації частинки речовини

заряджені, тому спостерігається кулонівська взаємодія). Анізотропія

властива лише кристалам, а плинність, зумовлена стрибками части-

нок,— рідині.

27. При послідовному з’єднанні провідників сила струму в них однакова;

при паралельному з’єднанні на всіх провідниках однакова напруга. За-

гальна сила струму дорівнює сумі сил струму в гілках кола (ви-

падок 2).

28. В усіх випадках виконується закон збереження електричного заряду,

тобто зміна Z відповідає заряду частинки, що вилетіла (нагадуємо, що

−e

— заряд електрона;

— заряд протона та позитрона;

+2e

— за-

ряд альфа-частинки; 0 — заряд нейтрона). Зміна масового числа при-

близно відповідає масі частинки, яка вилетіла (в атомних одиницях

маси). Маси електрона та позитрона можна вважати приблизно таки-

ми, що дорівнюють нулю, масу нуклона — 1 а.о.м., масу альфа-

частинки — 4 а.о.м.

29. Дія генератора електричного струму ґрунтується на явищі електромагніт-

ної індукції. Дія електричного чайника, як і будь-якого електронагрі-

вального приладу, ґрунтується на тепловій дії електричного струму. елек-

тричний двигун працює завдяки дії магнітного поля на провідник

(зокрема, на рамку) зі струмом. У сонячній батареї, яка перетворює енер-

гію світла на енергію електричного струму, розділення зарядів відбува-

ється внаслідок поглинання світлових квантів.

30. Визначимо жорсткість пружини:

==40

Н/м. Далі можна скористатися формулою для

потенціальної енергії деформованої пружини:

(тут x — видовження пружини). Не-

обхідна робота є зміною потенціальної енергії пружини:

kx kx

=−

(тут

— відповід-

но початкове та кінцеве видовження пружини).

31. Під час ізотермічного процесу згідно із законом Бойля — Маріотта добуток тиску газу та його

об’єму лишається сталим, тобто тиск газу змінюється обернено пропорційно об’єму. Отже,

тиск газу зменшився в 1,25 разу та становить 0,8 початкового тиску. Таким чином, тиск газу

зменшився на 20 %.

А Б В Г Д

розВ’язання, ВКазіВКи

32. ККД теплового двигуна, який працює за циклом Карно,

η=

−TT

. Тут

— абсолют-

ні температури відповідно нагрівника та холодильника. Звідси отримуємо

==51250

К.

33. Якщо напруга на показаній ділянці кола U, то сила струму в резисторах відповідно

. Оскільки

RR R

12 3

, то сила струму в резисторах 1 і 3 однакова. Згідно з форму-

лою

PIR=

отримуємо

0,25.

34. Із закону Ома для повного кола випливає, що еРс джерела струму дорівнює

Ir R()+

(тут

r і R — відповідно внутрішній опір джерела струму та опір зовнішнього кола). Отже,

Ir RIrR

1122

()()+= +

, звідки отримуємо

r =

1 Ом. еРс джерела струму дорівнює 36 В.

35. Оскільки зображення збільшене у 2 рази,

fd= 2

(тут f і d — відстані від лінзи відповідно до

зображення предмета та до самого предмета). Нагадаємо, що для уявного зображення

f < 0

Отже,

fd=−2

. Підставивши це співвідношення у формулу тонкої лінзи

11 1

df F

, отриму-

ємо

dF= 05,

36. Якщо маса зменшилася на

, то енергія речовини зменшилася на

Emc=

(тут c — швид-

кість світла у вакуумі). саме ця енергія виділилася внаслідок ядерних реакцій.

Варіант 7

1. Під час прямолінійного рівномірного руху прискорення дорівнює нулю, швидкість постійна,

а залежність координат від часу є лінійною.

2. Переміщення є пропорційним квадрату часу. Отже, якщо за першу секунду воно дорів-

нює s, то за дві секунди

, а за три секунди

. Переміщення за третю секунду

становитиме

ss s

5−=

. Можна скористатися також законом непарних чисел: для прямолі-

нійного рівноприскореного руху без початкової швидкості переміщення за рівні послідовні

проміжки часу відносяться як

1357:::

…

3. Відповідно до правила моментів (другої умови рівноваги твердого тіла) алгебраїчна сума мо-

ментів усіх сил, що обертають важіль, має дорівнювати нулю:

±± ±±=mglmgl mgl

11 22 33

0... .

Тут l — плече відповідної сили, тобто відстань від осі важеля до лінії дії відповідної сили.

Знак «+» відповідає силам, що обертають важіль проти годинникової стрілки, знак «–»

відповідає силам, що обертають важіль за годинниковою стрілкою. У даному випадку,

якщо маса кожного тягарця m, а кількість «схованих» тягарців N, отримуємо рівняння

30301020mmNm⋅+⋅− ⋅=,, ,

. Звідси

N = 5

4. З умови випливає, що з боку води на тягарець діє архімедова сила, що дорівнює 2 Н. Вага

тягарця в повітрі у 2,5 разу більша за цю силу. Отже, густина тягарця у 2,5 разу більша

за густину води.

типоВі тестоВі заВдання

5. Розглядатимемо брусок із тягарцями як одне тіло. Рівнодійна чо-

тирьох сил, які діють на це тіло (сили тяжіння



, сили тяги



з боку динамометра, сили нормальної реакції опори



, сили тер-

тя



тер

) дорівнює нулю. Записавши відповідні співвідношення в про-

екціях на осі координат, які показано на рисунку, та скориставшись

формулою

тер

=µ

, отримуємо

−Fmg

sin

cos

З фотографії видно,

що основа похилої площини дорівнює 4 клітинкам, а висота —

3 клітинкам. Звідси знаходимо:

sin,,cos ,.αα==06 08

6. Можна скористатися законом збереження механічної енергії: сума кінетичної та потенці-

альної енергій м’яча у верхній точці дорівнює кінетичній енергії м’яча в початковий мо-

мент його руху.

7. Із рівняння стану ідеального газу

випливає, що абсолютна температура газу пря-

мо пропорційна добутку тиску та об’єму газу.

8. Відносна вологість повітря має збільшитися від 40 до 60 %, отже, треба випарити воду, маса

якої дорівнює 20 % маси насиченої водяної пари в об’ємі кімнати.

9. Зазначена в умові кількість атомів Карбону втричі перевищує кількість атомів в одному молі

(тобто числове значення сталої Авогадро). Отже, маса речовини втричі перевищує масу одного

моля (із періодичної системи елементів знаходимо, що маса одного моля Карбону дорівнює 12 г).

10. Вода спочатку має охолонути від 40 до

0 °C

, а вже потім за температури

0 °C

перетворитися

на лід (кристалізуватися). На першому етапі процесу вода віддає кількість теплоти

mc t∆

де c — питома теплоємність води. На другому етапі вода віддає кількість теплоти

λm

, де

— питома теплота плавлення льоду.

11. електрони, які мають однаковий електричний заряд, відштовхуються один від одного. силу

відштовхування можна знайти за законом Кулона:

⋅

4πε

. Тут

k =

πε

, e — еле-

ментарний електричний заряд.

12. Ємність плоского повітряного конденсатора можна обчислити за формулою

, де S —

площа обкладок, d — відстань між ними. Якщо збільшити вдвічі всі розміри конденсатора,

то S збільшиться в 4 рази, d — у 2 рази. Отже, ємність конденсатора збільшиться вдвічі.

13. За сталої напруги сила струму обернено пропорційна електричному опору R провідника. Опір,

у свою чергу, прямо пропорційний питомому опору

провідника













. Отже,

Оскільки питомий опір міді в 7 разів менший за питомий опір сталі, то сила струму збіль-

шиться в 7 разів.



тер

розВ’язання, ВКазіВКи

14. При послідовному з’єднанні сила струму в усіх провідниках однакова, а напруга джерела

струму дорівнює сумі напруг на ділянках кола. Отже, сила струму в резисторі становити-

ме 0,5 А; напруга на резисторі дорівнюватиме

1203684−=

(В). Згідно із законом Ома опір

резистора дорівнює

168

(Ом).

15.

Для паралельно з’єднаних резисторів напруга є однаковою. Тому для визначення потужності

зручно скористатися формулою

. З неї випливає, що потужність струму обернено про-

порційна опору резистора. Отже, потужність струму в другому резисторі в 1,5 разу менша,

ніж у першому.

16. Оскільки в даному випадку

α= °90

, то згідно з формулою для сили Лоренца

FqvB= sinα

отримаємо

FevB=

. Звідси швидкість електрона

= .

17. Відповідно до закону електромагнітної індукції еРс індукції в котушці дорівнює за модулем

швидкості зміни магнітного потоку, тобто

∆Φ

∆t

. Магнітний потік

Φ=NBS

, де

— кількість

витків у котушці, а S — площа поперечного перерізу осердя (саме в осерді практично зосе-

реджене магнітне поле). Отже,

∆Φ

∆

. Згідно з умовою

∆

= 8

Tл

, звідки отримуємо

еРс індукції 1,6 В.

18. Коли амплітуда коливань набагато менша за довжину маятника (а саме так і є в даному

випадку), то коливання можна вважати гармонічними. А період гармонічних коливань не

залежить від амплітуди. Такого висновку можна дійти й на основі формули періоду коли-

вань математичного маятника (

= 2π

): до правої частини цієї формули не входить ам-

плі туда коливань.

19. Незмінною залишається тільки частота хвилі.

20. З’єднавши конденсатор і котушку, ми отримаємо коливальний контур. Період коливань у та-

кому контурі становитиме

TLC= 2π

. Заряд конденсатора зменшується від максимального

значення до нуля за чверть періоду, тобто за час

tLC=

21. Промінь, який проходить через «подвійний фокус» збиральної лінзи, після заломлення про-

ходить і через другий «подвійний фокус». Отже, рисунки А і Б не можуть бути правильни-

ми. На рисунку Г промінь відхиляється від головної оптичної осі так, як його може відхи-

лити тільки розсіювальна лінза. Правильним є рисунок В.