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

типоВі тестоВі заВдання

100

22. Максимум освітленості спостерігається за умови, що в даній точці коливання в обох світло-

вих хвилях відбуваються з однаковою фазою. Для цього оптична різниця ходу має дорівню-

вати цілому числу довжин хвиль. Такій умові відповідає тільки різниця ходу 1,2 мкм (дві

довжини хвилі).

23. Згідно з постулатами теорії відносності ейнштейна швидкість світла у вакуумі однакова

у всіх інерціальних системах відліку (тобто дорівнює c), отже, вона не залежить від швид-

кості руху ракети.

24. скористаємося рівнянням ейнштейна для фотоефекту:

hAE

k

ν= +

max

. Згідно з цим рівнянням

для збільшення максимальної швидкості фотоелектронів частота світла має теж збільши тися.

З усіх перелічених світлофільтрів тільки синій пропускає світло з частотою, що перевищує

частоту зеленого світла (найбільша частота відповідає фіолетовій ділянці спектра).

25. Унаслідок

α

-розпаду з ядра вилетіла

α

-частинка, тобто ядро Гелію

2

4

He

. Згідно із законом

збереження електричного заряду атомний номер ядра зменшився на 2.

26. Зрозуміло, що висота, на якій перебуває камінець, спочатку збільшуєть-

ся, а потім зменшується. Вертикальна ж складова швидкості спочатку

зменшується до нуля, а після проходження верхньої точки траєкторії

зростає за модулем. За відсутності опору повітря горизонтальна складо-

ва швидкості не змінювалася би, але опір повітря веде до зменшення

цієї величини за модулем. сила тяжіння протягом руху не змінюється

(зрозуміло, що ми не беремо до уваги зміну відстані між камінцем і цен-

тром Землі).

27. Прикладом випаровування рідини є висихання калюж. Нагнітаючи по-

вітря до м’яча, ми здійснюємо досить швидке його стискання, так що

теплообмін практично не відбувається й процес можна вважати адіабат-

ним. Конденсація пари (перетворення пари на рідину) є причиною утво-

рення літніх туманів, а перетворення на холодному склі водяної пари

на льодові кристали є причиною утворення льодових візерунків.

28. Щоб гучномовець створював звук, його мембрану приводять до коли-

вального руху. Акустичний резонанс «працює» в музичних інструмен-

тах, зокрема струнних (гітарі, скрипці). Рупор забезпечує переважне

поширення звуку в певному напрямі саме через відбивання звуку від

стінок рупора. Будь-який звукоізолюючий матеріал має забезпечити до-

сить сильне поглинання звуку для його послаблення.

29. електростатичне поле утворюють нерухомі заряджені частинки. Одно-

рідне електростатичне поле існує між плоскими обкладками конден-

сатора, якщо заряд конденсатора не змінюється; нерухомий точковий

заряд утворює неоднорідне електростатичне поле. Нерухома котуш-

ка з постійним струмом утворює постійне магнітне поле, а котушка

зі змінним струмом — змінне магнітне поле.

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

101

розВ’язання, ВКазіВКи

30. У даному випадку течія не впливає на час переправи. Отже, переправа триватиме 150 с. За

цей час течія знесе хлопчика на відстань

02150 30, ⋅=

(м).

31. Рух космічного корабля по коловій орбіті відбувається під дією тяжіння планети. Отже, при-

скорення корабля (тобто доцентрове прискорення

a

v

r

=

2

) збігається з прискоренням вільного

падіння біля поверхні планети. Оскільки

v

r

T

=

2π

, отримуємо

a

r

T

==

4

2

8

π

м/с

2

.

32. Запишемо рівняння теплового балансу:

mc tLm

BB B

∆=

п

. Тут

mc t

BB B

,,∆= °70

— відповідно маса, пито-

ма теплоємність і зміна температури води (при цьому

∆t

B

=°70

с), L — питома теплота паро-

утворення води,

m

п

— маса пари. Звідси отримаємо мінімальну масу пари:

m

mc t

L

п

=

BB B

∆

.

33. Згідно з означенням ККД запишемо:

η= ⋅

A

Q

100%

. Отже,

AQ= 03,

. Оскільки

Qqm=

, де

q

— питома теплота згоряння палива, отримаємо

m

A

q

=

03,

.

34. Згідно із законом Ома для повного кола

I

rR

=

+

E

. Потужність струму в резисторі становить

PIR=

2

.

35. Для простоти вважатимемо, що хвилі випромінюються з однако-

вими фазами. Тоді в рівновіддаленій від джерел точці O буде мак-

симум освітленості, а в точ ці M наступного максимуму (див. ри-

сунок) різниця ходу хвиль дорівнюватиме довжині хвилі

λ

.

Оскільки

MN xs

1

=+

і

MN xs

2

=−

, де

s

SS

=

12

2

і

xOM=

, отримуємо

LxsLxs

2222

++ −+−=() ()λ

. скориставшись тим, що

x

і

s

набага-

то менші, ніж L, можна спростити останнє рівняння. Помноживши

і розділивши його ліву частину на величину

LxsLxs

2222

++ ++−() (),

що приблизно дорівнює

2L

, знаходимо

x

L

s

L

SS

==

λλ

2

12

.

36. Через

N

періодів піврозпаду кількість радіоактивного ізотопу зменшиться у

2

N

разів. Отже,

можна знайти

N

як

ln

4100

2

. Проте простіше міркувати так: через 10 періодів піврозпаду

кількість атомів зменшиться у

2 1024

10

=

разів (це число тепер багато хто пам’ятає). Отже,

ще через два періоди піврозпаду кількість атомів зменшиться в

10244 4096 4100⋅= ≈

разів.

12 періодів піврозпаду дорівнюють 24 рокам.

t

O O

xv

t

O

a

t

O

v

t

O

t

O

hv

t

O

a

t

O

v

t

0

v

x

A

B

O

B

2

3

1

2

3

1

2

3

1

F

N

mg

тер

Т

тер

x

y

N

2

M

L

1

N

O

S

21

S

F

T

mg

α

R

H

h

L

F

α

N

mg

x

y

x

y

v

1

2

F

T

mg

A

q

1

q

2

q

1

qq

2

A

I =

rR+

(+ )rR

R

2

v

1

2

F

N

mg

x

y

α

F

N

mg

тер

т

F

N

mg

α

типоВі тестоВі заВдання

102

Варіант 8

1. Щоб знайти середню швидкість руху, потрібно весь шлях (105 км) розділити на весь час руху

(90 хв, тобто 1,5 год). Отже, середня швидкість руху дорівнює 70 км/год.

2. Модуль прискорення тим більший, чим більший модуль зміни швидкості за відповідний про-

міжок часу (усі проміжки часу однакові). Отже, найменшим є модуль прискорення від 2

до 4 хв.

3. Під час рівномірного руху по колу швидкість тіла напрямлена по дотичній до кола, а при-

скорення — по радіусу до центра кола. Кут між цими векторами становить 90°.

4. Досить зазначити, що згідно з умовою центр

O

кулі рухається без прискорення. Усі ж інші

точки в системі відліку, яка пов’язана з центром кулі, рівномірно рухаються по колах. Тому

кожна з цих точок має доцентрове прискорення (це прискорення однакове відносно центру

кулі та відносно опори).

5. З умови випливає: для деформації пружини динамометра на

x = 012,

м слід прикласти силу

F = 6

Н (наявність двох сил не є суттєвою: один із кінців пружини можна було б просто за-

кріпити). Із закону Гука отримуємо жорсткість пружини:

k

F

x

==50

Н/м.

6. скористаємося рівнянням Менделєєва — Клапейрона для початкового стану повітря в бало-

нах:

pV RT

m

M

11

1

=

,

pV RT

m

M

22

2

=

. Після сполучення балонів повітря масою

mm

12

+

займає

об’єм

VV

12

+ ,

тому

pV VRT

mm

M

12

+

()

=

+

. Із цих рівнянь випливає, що

pV VpVpV

12 11 22

+

()

=+

і кінцевий тиск повітря

p

pV pV

VV

==

+

11 22

12

540

кПа.

7. «стрибки» молекул зумовлюють дифузію у твердому тілі. Нагрівання пов’язане зі збільшен-

ням середньої швидкості руху частинок, плавлення — з руйнуванням кристалічних ґраток,

деформація — зі зміною положень рівноваги багатьох частинок.

8. Відносна вологість повітря

ϕ= ⋅

p

н

100 %

, де

p

і

p

н

— відповідно парціальний тиск водяної

пари та тиск насиченої водяної пари за тієї самої температури. За умовою значення

p

є од-

наковим, а тиск насиченої пари збільшується з підвищенням температури. Отже, відносна

вологість повітря зменшується з підвищенням температури.

9. Згідно з описаною в умові послідовністю процесів графік може мати тільки вигляд, показа-

ний на рисунку В.

10. Згідно з принципом суперпозиції напруженість поля

 

EE E=+

12

(



E

1

,



E

2

— напруженості

поля відповідно першого та другого зарядів). Тільки у точці

C

напруженості



E

1

і



E

2

на-

прямлені протилежно та однакові за модулем. Отже, тільки у точці

C

напруженість поля

дорівнює нулю.

103

розВ’язання, ВКазіВКи

11. Питомий опір металу зростає з підвищенням температури приблизно лінійно; при 0 °с пито-

мий опір металу не дорівнює нулю.

12. Після перегоряння лампи опір кола збільшиться, унаслідок чого зменшаться сила струму та

напруга на резисторі.

13. На провідник у магнітному полі діє сила Ампера, напрям якої можна визначити за правилом

лівої руки. Щоб ця сила була напрямлена «від нас», магнітна індукція має бути напрямле-

на вниз.

14. Взаємне притягання діє між провідниками, струм по яких тече в один бік. Цій умові відпо-

відають сусідні витки котушки.

15. Нагрівання спричиняє розрив зв’язків і збільшення кількості вільних електронів і дірок.

Чим більшою є кількість вільних заряджених частинок, тим менший електричний опір.

16. Амплітуду звукових хвиль визначала гучність звуку під час прослуховування; швидкість по-

ширення звуку в повітрі є практично однаковою для всіх звуків. Швидке прослуховування

спричинило збільшення вдвічі частоти звуку та зменшення вдвічі довжини звукових хвиль.

17. Модуль електрорушійної сили самоіндукції дорівнює

L

I

t

∆

,

де

L = 006,

Гн — індуктивність

котушки, а

∆

I

t

— швидкість зміни сили струму. У даному випадку ця швидкість є постій-

ною, вона дорівнює 1,5

А/c

. Тому отримуємо, що модуль електрорушійної сили самоіндук-

ції дорівнює 0,09 В, або 90 мВ.

18. Відстань між двома найближчими гребенями хвиль — це довжина хвилі

λ.

Період коливань

човна

T

v

=

λ

, де

v = 2м/c

— швидкість хвилі. Отже, за час

t = 60

с плавучий буй здійснить

t

T

vt

==

λ

15

коливань. саме стільки разів буй підніматиметься на гребень хвилі.

19. Порівнявши наведену формулу із загальною формулою гармонічних коливань

xx t=+

m

cos( )ωϕ

0

, доходимо висновку: амплітуда коливань

x

m

= 02,

м, циклічна частота

ωπ= рад/c

, частота

ν

ω

π

==

2

05,

Гц, а період коливань

T ==

2

π

ω

с.

20. У початковий момент кінетична енергія

E

k

максимальна (тягарець проходить через поло-

ження рівноваги). Вона дорівнює повній енергії коливань

E

. Надалі швидкість тягарця

змінюється за законом

vv t

x

=

m

cosω

. Тому кінетична енергія тягарця змінюється за зако-

ном

EE t

k

= cos

2

ω

. У момент

t

1

05= ,

с кінетична енергія вперше зменшилася вдвічі, тобто

cos,

2

1

2

ωt =

звідки

ω

π

t

1

4

=

. Кінетична енергія зменшиться до нуля, коли

cosωt

дорівнюва-

тиме нулю. Уперше це відбудеться, коли

ω

π

t =

2

, тобто в момент

tt==21

1

с.

типоВі тестоВі заВдання

104

21. Період вільних коливань у коливальному контурі визначається за формулою Томсона:

TLC= 2π

. Відповідна довжина радіохвилі

λπ==cT cLC2

, де

c =⋅310

8

м/c

,

L =⋅

−

510

7

Гн.

Звідси ємність конденсатора контуру

C

cL

==⋅=

−

λ

π

2

22

4

1251012 500

8

,Ф пФ

.

22. Найбільшого відхилення зазнає у призмі фіолетове світло, а найменшого — червоне.

23. слід урахувати закон збереження енергії: енергія спокою вихідного ядра

mc

1

2

переходить

у енергію спокою кінцевого ядра

mc

2

, енергію

γ

-кванту

hν

, частково — у кінетичну енергію

утвореного ядра (а можливо, й у енергію частинок, які вилітають під час перетворення).

24. Згідно з рівнянням ейнштейна для фотоефекту енергія кванту випромінювання

hAE

k

ν= +

.

Отже, робота виходу фотоелектронів з даної поверхні

Ah E

k

=−=ν 14,

еВ. Після підвищення

частоти випромінювання в 1,5 разу енергія квантів збільшиться теж у 1,5 разу і дорівнювати-

ме 3,6 еВ. Максимальна кінетична енергія фотоелектронів становитиме

36 14 22,, ,еВ еВ еВ−=

.

25. слід скористатися тим, що сумарні значення зарядового та масового чисел не змінюються вна-

слідок ядерної реакції. Отже, суми нижніх індексів у правій і лівій частинах рівняння реакції

однакові, суми верхніх індексів — теж. Рівняння реакції має вигляд

2

3

1

2

4

He+H He→ +

1

p

.

26. Закону збереження імпульсу відповідає формула

 

pp p

n12

+++=... const

,

закону Ампера — формула

FBIl

А

= sinα

, закону всесвітнього тяжіння —

формула

FG

mm

r

=

12

2

, закону заломлення світла — формула

sin

α

β

=

n

2

1

.

27. Формула першого закону термодинаміки має вигляд

QUA=+∆

. Оскіль-

ки внутрішня енергія ідеального газу залежить тільки від температури,

для ізотермічного процесу

∆U = 0

, тому

QA=

. Для ізохорного процесу

A = 0

, для адіабатного

Q = 0

. Для ізобарного нагрівання значення всіх

трьох величин:

Q

,

∆U

,

A

— додатні. слід урахувати, що

A > 0

для

розширення газу і

A < 0

— для стискання.

28. Розташуємо наведені в умові випромінювання в порядку зростання до-

вжини хвилі: ультрафіолетове, фіолетове (380 нм), синє, голубе, зелене

(520 нм), червоне (760 нм), інфрачервоне. Відразу бачимо, що довжина

хвилі 640 нм не може відповідати жодному з цих випромінювань, до-

вжина хвилі 250 нм відповідає ультрафіолетовому випромінюванню, 460

і 500 нм — відповідно синьому та голубому світлу, а 950 нм — інфра-

червоному випромінюванню.

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

105

розВ’язання, ВКазіВКи

29. Б. Клапейрон установив рівняння стану ідеального газу; Ч. Вільсон

створив бульбашкову камеру, яка дозволила дослідити багато перетво-

рень ядер і елементарних частинок; Г. Ом установив залежність сили

струму в провіднику від напруги на кінцях провідника; Х. Каммерлінг-

Оннес, досліджуючи електричний опір ртуті за низьких температур, від-

крив явище надпровідності.

30. Під час руху початкова кінетична енергія бруска

E

mv

0

2

=

поступово перетворюється на вну-

трішню енергію внаслідок роботи сили тертя ковзання

Fmg

тер

=µ

, де

µ

— коефіцієнт тертя

ковзання. Зі співвідношення

mv

mg s

0

2

=⋅µ

отримуємо

s

v

g

=

0

2

2µ

. Порівнявши це співвідношен-

ня з наведеним в умові задачі, отримуємо

µ=025,

.

31. Позначимо масу кулі

m

, тоді маса іграшкового автомобіля

500m

. Якщо швидкість руху авто-

мобіля

v

, то швидкість польоту кулі

400v

. Кінетична енергія кулі

Emv

mv

1

2

400

2

80000==

()

,

а автомобіля

Emv

mv

2

500

2

250==

⋅

. Отже,

E

1

2

320=

.

32. Під час ізохорного нагрівання газу отримана кількість теплоти

Q

дорівнює зміні вну-

трішньої енергії

U

газу. Оскільки для одноатомного газу

URT

m

M

=⋅ ⋅

3

2

, отримуємо:

QRT

m

M

=⋅ ⋅=

3

2

498∆

Дж.

33. Якщо трос складається з

N

дротів, то максимальну масу вантажу можна визначити з умо-

ви

σ

м

=

mg

NS

, де

σ

м

=⋅510

8

Па — межа міцності сталі, а

S =⋅

−

510

7

м

2

. Звідси

N

mg

S

==

σ

м

48

.

34. елементарний електричний заряд

e

дорівнює модулю заряду електрона. Оскільки заряд електро-

на негативний, в електричному полі на нього діє сила, напрямлена протилежно силовим лініям.

Отже, при переміщенні електронів у цьому напрямі поле виконує додатну роботу:

AFsNeEs== .

Підставивши

N = 10

8

,

E =⋅510

5

В/м,

s =

−

10

2

м, отримаємо

A =⋅ =

−

81080

8

Дж нДж

.

35. скориставшись першим законом електролізу

mkIt=

і формулою для роботи електричного

струму

AUIt=

, отримаємо:

A

mU

k

=

. саме це і є витрата енергії. Підставивши числові зна-

чення, отримаємо

A ==⋅18 05,,МДжкВт год

.

А Б В Г Д

1

2

3

4

типоВі тестоВі заВдання

106

36. Для розв’язання задачі слід скористатися подібністю трикутників (див.

рисунок). Із подібності випливає, що

L

R

h

r

=

. Тут

R

,

L

— відповідно

радіус сонця та його відстань від Землі,

r

,

h

— відповідно радіус кулі

та висота її центра над водою.

Звідси

h

rL

R

==1000

м. Зазначимо, що навіть за такої висоти куля

продовжує утворювати півтінь.

Варіант 9

1. Під час прямолінійного рівноприскореного руху прискорення є сталим,

залежність швидкості від часу є лінійною, а графік залежності коорди-

нати від часу є параболою.

2. Для цього випадку легше за все розглянути «обернену» ситуацію, а саме: тіло протягом 5 с

рухається рівноприскорено без початкової швидкості. Треба визначити, яку частину всього

шляху тіло пройшло за останню секунду. Оскільки шлях (який дорівнює в даному випад-

ку модулю переміщення) пропорційний квадрату часу, за 4 с із 5 с руху тіло проходить

16

25

усього шляху. Отже, за останню секунду воно проходить

9

25

усього шляху.

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, які обертають важіль проти хода годинникової стрілки, знак «–»

відповідає силам, які обертають важіль за ходом годинникової стрілки. У даному випад-

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

mNmm⋅+ ⋅−⋅=04 01 2030,,,

. Звідси

N = 2

.

4. З умови випливає, що з боку рідини на брусок діє архімедова сила, яка дорівнює 2 Н. Вага

бруска в повітрі в 4 рази більша за цю силу. Отже, густина бруска в 4 рази більша за гус-

тину рідини.

5. Під час зісковзування на кубик діють три сили: сила тяжіння

mg



,

сила нормальної реакції опори



N

та сила тертя



F

тер

. Запишемо дру-

гий закон Ньютона у векторному вигляді:

ma mg NF





=++

тер

. Записавши

це рівняння в проекціях на осі координат, які показано на рисунку,

та скориставшись формулою

FN

тер

=µ

, отримуємо

ag=−(sin cos)αµ α

.

Із фотографій видно, що основа похилої площини дорівнює 12 клітин-

кам, а висота — 5 клітинкам. Звідси знаходимо

sinα=

5

13

,

cosα=

12

13

.

З іншого боку,

s

at

=

2

. Отже,

µ= −

5

12

13

6

2

s

gt

.

сонце

R

r

h

L

t

0

t

0

h v

t

0

a

t

0

v

t

0

v

A

B

O

2

3

1

2

3

1

F

N

mg

ТР

Т

тер

x

y

N

2

M

L

1

N

O

S

21

S

F

T

mg

α

R

H

h

L

F

α

N

mg

x

y

x

y

v

1

2

F

T

?

A

q

1

q

2

q

1

qq

2

A

F

N

mg

x

y

α

F

N

mg

тер

т

F

N

mg

α

t

0

t

0

h v

t

0

a

t

0

v

t

0

v

A

B

O

2

3

1

2

3

1

F

N

mg

ТР

Т

тер

x

y

N

2

M

L

1

N

O

S

21

S

F

T

mg

α

R

H

h

L

F

α

N

mg

x

y

x

y

v

1

2

F

T

?

A

q

1

q

2

q

1

qq

2

A

F

N

mg

x

y

α

F

N

mg

тер

т

F

N

mg

α

107

розВ’язання, ВКазіВКи

6. За відсутності опору повітря можна скористатися законом збереження механічної енер-

гії: сума кінетичної та потенціальної енергій м’яча в будь-якій точці траєкторії дорівнює

кінетичній енергії м’яча в початковий момент його руху. Отже,

mv

mgh

mv

2

0

2

22

+=

. Звідси

vv gh=−

0

2

.

7. Із рівняння Клапейрона випливає, що абсолютна температура ідеального газу прямо пропор-

ційна добутку тиску та об’єму газу.

8. З умови задачі випливає, що 90 г води становлять 15 % повної маси насиченої пари в кім-

наті за даної температури. Отже, маса насиченої пари в об’ємі кімнати дорівнює 600 г, а її

густина становить 15 г/м

3

.

9. скориставшись періодичною системою елементів, визначаємо молярну масу вуглекислого

газу (

CO

2

): 0,044 кг/моль. Отже, вказана маса вуглекислого газу (8,8 г) становить 0,2 моль.

Тому відповідна кількість молекул дорівнює

026101210

23 23

,,⋅⋅ =⋅

.

10. Необхідний для вказаного перетворення процес складається з двох етапів: лід спочатку має

перетворитися на воду (розтанути) за температури

0 °C

, а потім вода, що виникла, має на-

грітися від 0 до

20 °C

. На першому етапі лід поглинає кількість теплоти

λm

, де

λ

— пито-

ма теплота плавлення льоду, а на другому етапі поглинається кількість теплоти

mc tt()

K

−

п

,

де c — питома теплоємність води, а

t

п

і

t

K

— відповідно початкова та кінцева температури

речовини. Отже,

Qmmc tt=+ −λ ()

K п

.

11. Частинки, які мають різні за знаком електричні заряди, притягуються одна до одної. силу

притягання можна знайти за законом Кулона:

F

qq

r

k

e

r

=

⋅

=

12

0

2

4πε

. Тут

k =

1

4

0

πε

, e — елемен-

тарний електричний заряд.

12. Ємність плоского повітряного конденсатора можна обчислити за формулою

C

S

d

=

ε

0

, де S —

площа обкладок, а d — відстань між ними. Якщо збільшити площу лише однієї обкладки,

заряд розподілятиметься на ній лише по тій ділянці, що лежить напроти меншої обкладки.

Отже, фактично S не зміниться. Ємність конденсатора теж не зміниться.

13. електричний опір є прямо пропорційним довжині провідника та обернено пропорційним пло-

щі його поперечного перерізу:

R

l

S

=ρ

. Якщо l зменшиться у три рази, а S — у 9 разів, то

електричний опір збільшиться втричі.

14. Згідно із законом Ома

I

U

R

=













струм у резисторах становить відповідно 80 і 20 мА. Загаль-

на сила струму дорівнює сумі сил струмів у резисторах.

типоВі тестоВі заВдання

108

15. Для послідовно з’єднаних резисторів сила струму є однаковою. Тому для визначення потуж-

ності зручно скористатися формулою

PIR=

2

. Із неї випливає, що потужність струму прямо

пропорційна опору резистора. Отже, потужність струму в другому резисторі в 1,5 разу біль-

ша, ніж у першому.

16. Згідно з формулою для розрахунку сили Лоренца

FqvB= sinα

; у даному випадку

FqvB=

.

Звідси отримуємо

q

F

vB

e==2

.

17. Позначимо



B

вертикальну складову магнітного поля Землі. Під час поступального руху про-

відника завдовжки l зі швидкістю v перпендикулярно до однорідного магнітного поля в про-

віднику виникає еРс індукції, що дорівнює

Bvl

. Унаслідок цього відбувається розділення

зарядів. Тому між кінцями провідника виникає різниця потенціалів, яка дорівнює еРс ін-

дукції.

18. Згідно із формулою

T

m

k

= 2π

для збільшення періоду коливань вдвічі треба збільшити масу

пружинного маятника в 4 рази. Отже, треба підвісити ще 3 такі самі тягарці.

19. З умови випливає, що період хвилі

T ==

30

12

25

c

c,

, а довжина хвилі

λ=6

м. Отже, швид-

кість хвилі

v

T

==

λ

24,

м/с.

20. З’єднавши конденсатор і котушку, отримали коливальний контур. За відсутності активного

опору сумарна енергія електричного поля конденсатора та магнітного поля котушки зберіга-

ється:

CU

CU LI

0

2

22

222

=+

. Звідси отримуємо

I

CU U

L

=

−()

0

22

.

21. світловий промінь, паралельний головній оптичній осі лінзи, після заломлення у розсіюваль-

ній лінзі напрямлений так, що його продовження проходить через фокус лінзи.

22. У середовищі з показником заломлення n швидкість світла зменшується в

n

разів. Частота ж

світла лишається незмінною. Відповідно до формули

λ

ν

=

v

довжина хвилі світла зменшується

в n разів.

23. Згідно з постулатами теорії відносності ейнштейна швидкість світла у вакуумі однакова у всіх

інерціальних системах відліку (тобто дорівнює c). Вона не залежить від швидкості руху ракети.

24. енергія кванта

Eh=ν

. Вона тим більша, чим більша частота електромагнітної хвилі (тобто

чим менша довжина хвилі). Із наведених випромінювань найбільшу частоту має ультрафіо-

летове.

25. Поглинання нейтрона не змінює заряд ядра. Отже, атомний номер ядра теж не змінюється.

109

розВ’язання, ВКазіВКи

26. Повне перетворення механічної енергії на внутрішню цілком можливе

(наприклад, унаслідок тертя). Передача тепла від більш холодного тіла

до тіла з більшою температурою не може відбуватися «сама собою», про-

те може бути частиною більш складного процесу (саме це відбувається

під час роботи холодильника). Згідно з другим законом термодинаміки

повне перетворення внутрішньої енергії на механічну неможливе. На-

ближення ж ККД теплового двигуна до 100 % можливе лише внаслідок

наближення температури холодильника

T

х

до абсолютного нуля, оскіль-

ки максимально можливий ККД теплового двигуна η

η

max

=

−

TT

T

нх

н

.

27. Розімкнення кола фактично означає, що опір зовнішнього кола прямує

до нескінченності. Оскільки відношення напруги на полюсах джерела

струму та еРс цього джерела становить

R

Rr+

, то при великих значен-

нях R напруга лише трохи менша від еРс, а при малих значеннях

R

напруга дуже мала (режим короткого замикання). Коли

Rr=

, напруга

дорівнює половині еРс.

28. Атоми нейтральні. Заряди протона та альфа-частинки є позитивними

(відповідно 1 і 2 елементарні заряди).

29. Умову рівноваги важеля встановив Архімед у III ст. до н. е. Відкритий

у XVII ст. закон Паскаля описує передачу тиску рідинами та газами.

е. Х. Ленц у XIX ст. встановив правило, згідно з яким індукційний

струм «намагається» компенсувати ту зміну магнітного потоку, яка

є його причиною. У XX ст. А. ейнштейн записав рівняння фотоелек-

тричного ефекту виходячи з припущення, що світло поглинається окре-

мими квантами.

30. Щоб рухатися найкоротшим шляхом, хлопчик мав спрямувати свій рух

угору за течією під певним кутом, як показано на рисунку. Тоді швидкість

його руху відносно Землі

 

vv v=+

12

(тут



v

1

— швидкість руху хлопчика

від носно води,



v

2

— швидкість течії). Із прямокутного трикутника швид-

костей отримуємо

vvv=−

1

2

= 1,2 м/с. Отже, переправа тривала 50 с.

31. У нижній точці траєкторії прискорення



a

тягарця напрямлене вгору. Отже, вага тягарця (що

дорівнює силі натягу нитки)

Pmga=+()

. Модуль прискорення

a

v

l

=

2

. Отже,

Pmg

v

l

=+()

2

.

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

А Б В Г Д

1

2

3

4

t

00

xv

t

0

a

t

0

v

t

0

t

0

hv

t

0

a

t

0

v

t

0

v

x

A

B

O

B

2

3

1

2

3

1

2

3

1

F

N

mg

тер

Т

тер

x

y

N

2

M

L

1

N

O

S

21

S

F

T

mg

α

R

H

h

L

F

α

N

mg

x

y

x

y

v

1

2

F

T

mg

A

q

1

q

2

q

1

qq

2

A

I =

rR+(+)rR

R

2

v

1

2

F

N

mg

x

y

α

F

N

mg

тер

т

F

N

mg

α

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

Подождите немного. Документ загружается.