Физика ЕГЭ — ФИПИ тапсырмаларының жауаптарымен шешімдері

Давление в покоящейся жидкости на глубине $h$ определяется выражением:$$p = p_0 + \rho gh$$

Скорость роста давления с глубиной определяется плотностью жидкости: чем больше плотность, тем круче график. Дийодметан тяжелее воды, поэтому утверждение 2 верно.

По закону сохранения зарядового числа:$$4 + 0 = Z + 0 \Rightarrow Z = 4$$

По закону сохранения массового числа:$$9 + 0 = A + 1 \Rightarrow A = 8$$

Одинаковое крайнее положение $x=2{,}0$ см наблюдается в моменты времени $t=0$ и $t=1{,}6$ с. Следовательно, период колебаний равен $1{,}6$ с.$$T=1{,}6\ \text{с}$$

Частота колебаний — величина, обратная периоду.$$\nu=\frac{1}{T}=\frac{1}{1{,}6}=0{,}625\ \text{Гц}$$

Проекция скорости равна наклону графика координаты по времени: $v_x = \dfrac{dx}{dt}$. В точке $D$ график убывает, поэтому $v_x < 0$, а не положительна. Утверждение 1 неверно.$$v_x(D)<0$$

На участке $CD$ график убывает. При этом по мере движения от $C$ к $D$ наклон становится более крутым по модулю, поэтому модуль скорости увеличивается, а не уменьшается. Утверждение 2 неверно.$$|v_x|\text{ увеличивается}$$

Кинетическая энергия тела связана со скоростью формулой:$$E_k = \dfrac{mv^2}{2}$$

В верхней точке траектории кинетическая энергия минимальна. По графику она примерно в 8 раз меньше начальной.$$\dfrac{E_{k0}}{E_{k\,\min}} \approx 8$$

Определим период колебаний маятника по заданной частоте:$$T = \dfrac{1}{\nu} = \dfrac{1}{0{,}5} = 2\ \text{с}$$

В момент начала движения маятник находится в крайнем положении 1, поэтому его потенциальная энергия максимальна. Следующий максимум потенциальной энергии будет достигнут через половину периода, то есть через $1\ \text{с}$, а не через…$$t_{E_p\,\max} = \dfrac{T}{2} = 1\ \text{с}$$

Так как бруски плавают, сила Архимеда уравновешивает вес обоих брусков.$$F_A = (m_1 + m_2)g = 2 \cdot 10 = 20\ \text{Н}$$

Уровень воды проходит по границе между брусками, поэтому в воду погружён полностью только один брусок. Его объём равен объёму вытесненной воды.$$V = \frac{F_A}{\rho_\text{воды}g} = \frac{20}{1000 \cdot 10} = 0{,}002\ \text{м}^3$$

Найдём период колебаний по заданной частоте:$$T = \dfrac{1}{\nu} = \dfrac{1}{2} = 0{,}5\ \text{с}$$

Груз начинает движение из крайнего положения 1. В это положение он впервые вернётся через один полный период, то есть через 0,5 с. Утверждение 2 верно.

Проекция скорости равна угловому коэффициенту графика координаты. В момент $t=4\ \text{с}$ график тела 2 убывает, поэтому его наклон и проекция скорости отрицательны.$$v_x=\frac{dx}{dt}<0$$

График тела 1 — прямая, проходящая примерно через точки $(0\ \text{с};1\ \text{м})$ и $(20\ \text{с};6\ \text{м})$. Поэтому скорость тела 1 равна$$v_1=\frac{6-1}{20}=0{,}25\ \text{м/с}$$

Высота столба воды в первом баке равна $a$, а во втором — $2a$. Поэтому давления воды на дно равны:$$p_1=\rho ga,\quad p_2=\rho g(2a)=2p_1$$

Площади дна баков равны $S_1=2a^2$ и $S_2=a^2$. Силы давления воды на дно:$$F_1=p_1S_1=\rho ga\cdot2a^2=2\rho ga^3,\quad F_2=p_2S_2=2\rho ga\cdot a^2=2\rho ga^3$$

Так как бруски плавают, сила Архимеда уравновешивает вес двух брусков.$$F_\text{A}=2mg=2\cdot1\cdot10=20\ \text{Н}$$

Уровень воды проходит по границе между брусками, поэтому в воду погружён один брусок. Объём вытесненной воды равен объёму одного бруска.$$V=\frac{F_\text{A}}{\rho_\text{в}g}=\frac{20}{1000\cdot10}=0{,}002\ \text{м}^3$$

Проекция скорости равна угловому коэффициенту касательной к графику координаты: $v_x = \dfrac{dx}{dt}$. В точке $C$ график убывает, поэтому $v_x < 0$.

На участке $BC$ график становится более крутым и наклон остаётся отрицательным. Следовательно, модуль скорости увеличивается, а не уменьшается.

Проекция скорости равна наклону графика координаты $x(t)$. На участке $CD$ график убывает, причём его наклон по модулю увеличивается.$$v_x = \frac{dx}{dt}$$

Следовательно, на участке $CD$ модуль скорости увеличивается. Утверждение 1 дұрыс.

По таблице видно, что путь изменяется по закону $L = t^2$. Сравнивая с формулой равноускоренного движения из состояния покоя $L = \dfrac{at^2}{2}$, получаем $a = 2\ \text{м/с}^2$. Следовательно, утверждение 1 верно.$$L = t^2 = \dfrac{at^2}{2}$$

Скорость тела при равноускоренном движении равна $v = at$. В момент $t = 4\ \text{с}$: $v = 2 \cdot 4 = 8\ \text{м/с}$. Утверждение 2 верно.$$v(4) = a \cdot 4 = 8\ \text{м/с}$$

По таблице видно, что значения координаты повторяются через $0{,}8$ с: например, $x(0) = x(0{,}8) = 0$ и $x(0{,}4) = x(1{,}2) = 4$ см. Следовательно, период колебаний равен $T = 0{,}8$ с.$$T = 0{,}8\ \text{с}$$

Вычислим частоту колебаний:$$\nu = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{0{,}8} = 1{,}25\ \text{Гц}$$

Во время застревания пули столкновение является неупругим. За короткое время столкновения внешним импульсом натяжения нити можно пренебречь, поэтому для системы «пуля + шар» выполняется закон сохранения импульса.$$mv = (M+m)u$$

Скорость шара с пулей сразу после столкновения равна $u = \dfrac{mv}{M+m}$. При увеличении массы шара $M$ эта скорость уменьшается, поэтому уменьшается и энергия последующих колебаний, а значит, амплитуда становится меньше.

Проекция скорости определяется наклоном графика координаты $x(t)$. В первые 3 с координата возрастает, поэтому скорость положительна, а не отрицательна.$$v_x=\frac{dx}{dt}>0$$

В первые 3 с наклон графика уменьшается, следовательно, скорость уменьшается и проекция ускорения отрицательна.$$a_x=\frac{dv_x}{dt}<0$$

По таблице скорость уменьшается на $1\ \text{м/с}$ за $0{,}1\ \text{с}$, поэтому ускорение свободного падения равно $g = 10\ \text{м/с}^2$. Начальная скорость равна $v_0 = 5\ \text{м/с}$.$$v_0 = v(0{,}1) + g \cdot 0{,}1 = 4 + 10 \cdot 0{,}1 = 5\ \text{м/с}$$

На высоте $h = 0{,}8\ \text{м}$ найдём скорость из закона сохранения энергии или формулы движения.$$v^2 = v_0^2 - 2gh = 5^2 - 2 \cdot 10 \cdot 0{,}8 = 9$$

В моменты $t=0$ и $t=0{,}8$ с груз находится в противоположных крайних положениях: $x=4{,}0$ см и $x=-4{,}0$ см. Время между ними равно половине периода.$$\frac{T}{2}=0{,}8\ \text{с}$$

Находим период и частоту колебаний.$$T=1{,}6\ \text{с},\qquad \nu=\frac{1}{T}=0{,}625\ \text{Гц}$$

Проекция скорости равна производной координаты по времени: она определяется наклоном касательной к графику $x(t)$. Модуль скорости равен абсолютному значению этого наклона.$$v_x = \frac{dx}{dt}, \qquad |v| = \left|\frac{dx}{dt}\right|$$

По графику абсолютный наклон в точке $A$ больше, чем в точке $D$, поэтому модуль скорости в положении $A$ больше. Утверждение 1 верно.