Задание 25 ЕГЭ по физике: решения ФИПИ с ответами по шагам

По закону Ома для полной цепи сила тока равна:$$I = \dfrac{\mathcal{E}}{R+r}$$

Тепловая мощность, выделяемая на реостате сопротивлением $R$, определяется формулой $P = I^2R$. Подставим выражение для силы тока:$$P(R) = \dfrac{\mathcal{E}^2R}{(R+r)^2}$$

Площадь квадратной рамки равна:$$S = l^2 = (0{,}10)^2 = 1{,}0 \cdot 10^{-2}\ \text{м}^2$$

По графику за время $5\ \text{с}$ проекция магнитной индукции изменилась от $0{,}3\ \text{Тл}$ до $-0{,}2\ \text{Тл}$. Поэтому модуль скорости изменения магнитной индукции равен:$$\left|\frac{\Delta B_n}{\Delta t}\right| = \frac{|{-0{,}2}-0{,}3|}{5} = 0{,}1\ \text{Тл/с}$$

Расстояние от точки $A$ до линзы равно $d_A = 40\ \text{см}$. По формуле тонкой линзы найдём расстояние от линзы до изображения точки $A$:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d_A}+\frac{1}{f_A},\qquad \frac{1}{20}=\frac{1}{40}+\frac{1}{f_A},\qquad f_A=40\ \text{см}$$

Точка $B$ расположена на $10\ \text{см}$ ближе к линзе, поэтому $d_B = 40 - 10 = 30\ \text{см}$. Расстояние до изображения точки $B$ равно:$$\frac{1}{20}=\frac{1}{30}+\frac{1}{f_B},\qquad f_B=60\ \text{см}$$

По формуле Томсона выразим электроёмкость контура:$$C = \frac{1}{4\pi^2\nu^2L}$$

Ёмкость плоского воздушного конденсатора определяется формулой:$$C = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$$

Площадь квадратной рамки равна$$S = l^2 = (0{,}10)^2 = 0{,}01\ \text{м}^2$$

По закону электромагнитной индукции модуль ЭДС на каждом участке графика определяется скоростью изменения нормальной составляющей магнитной индукции:$$|\mathcal{E}| = S\left|\frac{dB_n}{dt}\right|$$

Энергия одного фотона определяется длиной волны излучения:$$E_{\text{ф}} = \frac{hc}{\lambda}$$

Переведём величины в единицы СИ: $P = 1{,}1 \cdot 10^3\ \text{Вт}$, $\lambda = 600 \cdot 10^{-9}\ \text{м}$.$$E_{\text{ф}} = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^8}{600 \cdot 10^{-9}} \approx 3{,}315 \cdot 10^{-19}\ \text{Дж}$$

При подключении положительного полюса батареи к точке А диод включён в обратном направлении, поэтому ток через диод и резистор $R_2$ не протекает. Ток проходит только через резистор $R_1$.$$P_1=\frac{\mathcal{E}^2}{R_1}$$

Определим сопротивление первого резистора по мощности в этом случае.$$R_1=\frac{\mathcal{E}^2}{P_1}=\frac{12^2}{7{,}2}=20\ \text{Ом}$$

До распада ядро покоилось, поэтому суммарный импульс продуктов распада равен нулю. Импульсы $\alpha$-частицы и тяжёлого иона противоположны и равны по модулю:$$\vec p_\alpha + \vec p_I = 0, \qquad p_\alpha = p_I = p$$

Выделившаяся энергия переходит в кинетическую энергию продуктов распада:$$\Delta E = \frac{p^2}{2m_\alpha} + \frac{p^2}{2M}$$

При подключении положительного полюса батареи к точке $A$ ток от точки $A$ к точке $B$ может идти через верхнюю ветвь: сначала через резистор $R_1$, затем через верхний диод, находящийся в прямом направлении, и далее через резистор $R_2$…$$R_{\text{экв}1}=R_1+R_2$$

Полное сопротивление цепи в этом случае найдём по мощности источника:$$R_{\text{экв}1}=\dfrac{U^2}{P_1}=\dfrac{12^2}{4{,}8}=30\ \text{Ом}$$

Так как проводник движется равномерно, сила тяжести уравновешивается силой Ампера:$$F_\text{А} = mg$$

Сила Ампера, действующая на проводник с током, равна:$$F_\text{А} = BIl$$

До размыкания ключа в установившемся режиме катушка не оказывает сопротивления постоянному току, а конденсатор тока не пропускает. Поэтому ток в катушке определяется ЭДС источника и сопротивлением резистора.$$I_0 = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{9}{3} = 3\ \text{А}$$

До размыкания ключа энергия магнитного поля катушки равна:$$W_L = \frac{LI_0^2}{2}$$

Сначала подключим положительный полюс батареи к точке А, а отрицательный — к точке В. Ток выходит из точки А и проходит через резистор $R_1$ слева направо. Верхний диод включён в обратном направлении, поэтому ток через него не идёт…$$R_{\text{экв}} = R_1$$

По потребляемой мощности определим сопротивление резистора $R_1$.$$R_1 = \frac{\mathcal{E}^2}{P_1} = \frac{12^2}{14{,}4} = 10\ \Omega$$

На сторонах $AC$ и $DE$ ток направлен параллельно магнитному полю, поэтому сила Ампера на них равна нулю. На сторонах $AE$ и $CD$ ток перпендикулярен полю, поэтому силы Ампера имеют модуль$$F_A = I a B$$

Сила Ампера на стороне $CD$ приложена непосредственно на оси вращения и момента относительно этой оси не создаёт. Сила Ампера на стороне $AE$ направлена вверх и создаёт опрокидывающий момент.$$M_A = F_A a = I B a^2$$

Импульс светового импульса связан с его энергией соотношением:$$p = \frac{W}{c}$$

При полном отражении от зеркала направление импульса света меняется на противоположное, поэтому изменение импульса по модулю в два раза больше первоначального импульса:$$\Delta p = 2p = \frac{2W}{c}$$

Так как плоскость гладкая, ускорение бруска вдоль наклонной плоскости равно проекции ускорения свободного падения:$$a = g\sin\alpha$$

Брусок начинает движение из состояния покоя. Его скорость после прохождения пути $l$ найдём по формуле равноускоренного движения:$$v^2 = 2al = 2gl\sin\alpha$$

Для действительного изображения расстояния до предмета и изображения берём положительными. Линейное увеличение по модулю равно отношению расстояния от линзы до изображения к расстоянию от предмета до линзы.$$\Gamma = \frac{b}{a}$$

Найдём расстояние от линзы до изображения:$$b = \Gamma a = 2 \cdot 30 = 60\,\text{см}$$

При замкнутом ключе после длительного времени ток постоянен, поэтому конденсатор тока не пропускает. Ток проходит через источник, резисторы $R_1$ и $R_2$, а сопротивлением катушки можно пренебречь.$$I=\frac{\mathcal{E}}{R_1+R_2+r}=\frac{12}{8+3+1}=1\ \text{А}$$

Напряжение на конденсаторе равно напряжению на резисторе $R_2$, поскольку конденсатор подключён параллельно ветви, содержащей $R_2$ и идеальную катушку.$$U_C=IR_2=1\cdot3=3\ \text{В}$$

До размыкания ключа ток в установившемся режиме определяется только сопротивлением резистора, так как катушка постоянному току сопротивления не оказывает:$$I_0=\frac{\mathcal{E}}{r}=\frac{6}{2}=3\ \text{А}$$

После размыкания источник и резистор отключены от колебательного контура. В начальный момент конденсатор не заряжен, а ток через катушку равен $I_0$. Амплитуда напряжения на конденсаторе равна:$$U_{C\,\max}=I_0\sqrt{\frac{L}{C}}$$

Поскольку второй стержень движется равномерно и на него не действует внешняя сила, сила Ампера уравновешивает силу трения:$$B l I = \mu m g$$

ЭДС индукции в контуре возникает из-за относительного движения стержней:$$\mathcal{E} = B l v_{\text{отн}}$$

На проводник действуют сила тяжести $m\vec{g}$, реакция рельсов $\vec{N}$, сила трения $\vec{F}_{\text{тр}}$, направленная вниз по наклонной плоскости, и сила Ампера $\vec{F}_A$, направленная вверх по рельсам. Так как движение…$$F_A = IBL$$

Сила Ампера горизонтальна. Её составляющая вдоль наклонной плоскости равна $F_A\cos\alpha$, а составляющая, прижимающая проводник к плоскости, равна $F_A\sin\alpha$.$$N = mg\cos\alpha + F_A\sin\alpha$$