Задание 21 ЕГЭ по физике: решения ФИПИ с ответами по шагам

При замкнутом ключе источник питает две параллельные ветви. Через катушку течёт ток $I_1 = 0{,}2\ \text{А}$.

После размыкания ключа источник отключается от внешней цепи. Однако ток в катушке не может мгновенно исчезнуть из-за явления самоиндукции: при уменьшении тока возникает ЭДС самоиндукции, поддерживающая прежнее направление тока.

Поскольку протон движется прямолинейно, электрическая и магнитная силы, действующие на него, равны по модулю и противоположны по направлению.$$F_\mathrm{э}=F_\mathrm{м},\quad qE=qvB$$

Электрическая сила для протона направлена вдоль электрического поля, то есть вправо. Направление магнитной силы определяется правилом левой руки и для показанных направлений скорости и магнитного поля направлено влево.$$F_\mathrm{м}=qvB$$

Объём комнаты равен:$$V = 5 \cdot 7 \cdot 3 = 105\ \text{м}^3$$

За $2\ \text{ч}$ увлажнитель увеличил массу водяного пара на:$$\Delta m = 0{,}2 \cdot 2 = 0{,}4\ \text{кг}$$

При равноускоренном движении с нулевой начальной скоростью путь зависит от времени квадратично:$$s = \dfrac{at^2}{2}$$

График зависимости $s(t)$ является возрастающей выпуклой параболой, проходящей через начало координат. Это график 4.

До излучения атом покоился, поэтому суммарный импульс системы был равен нулю. После излучения импульсы фотона и атома равны по модулю и противоположны по направлению:$$p_\text{а} = p_\gamma$$

Импульс фотона выражается через его энергию:$$p_\gamma = \dfrac{E_\gamma}{c}$$

Внешнее магнитное поле направлено в плоскость рисунка и уменьшается по величине. По правилу Ленца индукционный ток должен препятствовать уменьшению магнитного потока, поэтому создаваемое им магнитное поле также направлено в плоскость…

Чтобы магнитное поле рамки было направлено в плоскость рисунка, индукционный ток в рамке направлен по часовой стрелке. Следовательно, в ближайшей к прямолинейному проводнику вертикальной стороне рамки ток направлен вверх.

Обозначим начальную скорость каждого тела через $v_0$. Для свободно летящего тела вертикальная составляющая начальной скорости равна $v_0\sin\alpha$. В наивысшей точке вертикальная скорость становится равной нулю.$$0=(v_0\sin\alpha)^2-2gh_1$$

Из уравнения движения по вертикали найдём высоту подъёма свободно летящего тела:$$h_1=\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$$

При отклонении шарика на угол $\alpha$ его горизонтальное перемещение в направлении электрического поля равно $l\sin\alpha$. Поэтому работа электрического поля равна:$$A_{\text{эл}} = qEl\sin\alpha$$

Шарик поднимается на высоту $h = l(1-\cos\alpha)$, поэтому его потенциальная энергия увеличивается на $mgh$, а кинетическая энергия в конечном состоянии равна $\dfrac{mv^2}{2}$.

Для равноускоренного движения проекция скорости изменяется по линейному закону. Так как начальная скорость не равна нулю, график не проходит через начало координат.$$v_x = v_{0x} + a_xt$$

Энергия электрического поля конденсатора выражается через его заряд квадратично. Поэтому график является возрастающей параболой, проходящей через начало координат.$$W = \dfrac{q^2}{2C}$$

Для пирамидки № 1 в состоянии покоя сила упругости пружины уравновешивает силу тяжести кольца.$$F_{\text{упр}} = mg$$

Во время свободного падения кольцо и основание движутся с одинаковым ускорением $g$, поэтому в их общей неинерциальной системе сила тяжести компенсируется инерционной силой. Эффективный вес кольца равен нулю.$$P_{\text{эфф}} = m(g-a) = 0$$

Стекло является диэлектриком. При внесении стеклянной пластины между обкладками происходит поляризация диэлектрика: на его поверхностях возникают связанные заряды, ослабляющие электрическое поле внутри конденсатора.

Для плоского конденсатора внесение диэлектрика увеличивает ёмкость в несколько раз: $C = \varepsilon_0 \varepsilon \dfrac{S}{d}$, где относительная диэлектрическая проницаемость стекла $\varepsilon > 1$.$$C_\text{после} > C_\text{до}$$

Источник постоянного тока остаётся подключённым, поэтому напряжение между пластинами не изменяется. При увеличении расстояния между пластинами в 2 раза напряжённость электрического поля уменьшается в 2 раза:$$E = \dfrac{U}{d},\qquad E' = \dfrac{E}{2}$$

Так как пылинка положительно заряжена, электрическая сила направлена вверх, а сила тяжести — вниз. Изначальное ускорение направлено вниз и равно $g/2$:$$g - a_{\text{эл}} = \dfrac{g}{2}$$

Энергия фотона равна энергии, выделившейся при переходе электрона с уровня $n=2$ на уровень $n=1$:$$E_\gamma = E_2 - E_1 = \left(-\frac{13{,}6}{2^2}\right) - (-13{,}6) = 10{,}2\ \text{эВ}$$

Работа выхода фотокатода определяется красной границей фотоэффекта:$$A_\text{вых} = h\nu_{\text{кр}} = 6{,}626\cdot10^{-34}\cdot6\cdot10^{14} = 3{,}976\cdot10^{-19}\ \text{Дж}$$

При движении шарика из начального положения в положение, соответствующее углу $\alpha$, он перемещается по горизонтали на расстояние $l\sin\alpha$. Поэтому работа электрического поля равна:$$A_{\text{эл}} = qEl\sin\alpha$$

Шарик поднимается по вертикали на высоту $h = l(1 - \cos\alpha)$, поэтому его потенциальная энергия увеличивается на:$$\Delta E_p = mgl(1 - \cos\alpha)$$

Амплитуда тока в цепи переменного тока определяется отношением амплитуды напряжения источника к полному сопротивлению контура.$$I_0 = \dfrac{U_0}{Z}$$

Для последовательного колебательного контура полное сопротивление с учётом активного сопротивления $R$ равно:$$Z = \sqrt{R^2 + \left(\omega L - \dfrac{1}{\omega C}\right)^2}$$

В состоянии электростатического равновесия напряжённость электрического поля внутри металла равна нулю: свободные заряды проводника перераспределяются так, чтобы компенсировать поле в его объёме.$$\vec{E}=0$$

Рассмотрим гауссову поверхность, полностью расположенную в металле и окружающую полость. Поток поля через неё равен нулю, поэтому суммарный заряд внутри поверхности должен быть равен нулю. Так как в полости находится заряд $+q$, на…

Внутренняя энергия одного моля идеального газа прямо пропорциональна абсолютной температуре.$$U = \frac{i}{2}RT$$

Следовательно, зависимости $U$ от $T$ соответствует график прямой пропорциональности — график 2.$$U \sim T$$

Резистор и реостат подключены параллельно к идеальной батарее. Поэтому напряжение на полном реостате постоянно и равно ЭДС батареи.$$U_{\text{реостата}}=E$$

Полное сопротивление реостата равно $R$, поэтому сила тока в ветви реостата постоянна.$$I=\dfrac{E}{R}$$

Масса воды, её начальная температура и температура кипения в обоих опытах одинаковы. Поэтому количество теплоты, необходимое для нагревания воды до кипения, одинаково:$$Q = cm\left(T_{\text{кип}}-T_0\right)$$

В положении 1 нагревательные элементы соединены последовательно. Их общее сопротивление равно $R_1+R_2$, поэтому мощность электрического тока равна:$$P_1 = \dfrac{U^2}{R_1+R_2}$$

Без пластинки параллельные главной оптической оси лучи после прохождения собирающей линзы сходятся в её главном фокусе $F$.

На первой границе плоскопараллельной пластинки луч преломляется к нормали, так как показатель преломления стекла больше показателя преломления воздуха. На второй границе луч выходит из стекла и преломляется от нормали.