Физика ЕГЭ — ФИПИ тапсырмаларының жауаптарымен шешімдері

Через достаточно большой промежуток времени конденсатор заряжается до напряжения, равного ЭДС индукции, возникающей в движущемся проводящем стержне.$$U = \mathcal{E} = Blv$$

Энергия электрического поля конденсатора выражается через его ёмкость и напряжение:$$W = \frac{CU^2}{2}$$

После испарения части воды в сосуде устанавливается давление насыщенного пара. По графику при температуре $16\ ^\circ\text{C}$ получаем $p_{\text{н}} \approx 18\ \text{гПа} = 1{,}8\cdot10^3\ \text{Па}$.$$p_{\text{н}} \approx 1{,}8\cdot10^3\ \text{Па}$$

Количество вещества водяного пара найдём из уравнения Менделеева–Клапейрона.$$\nu = \frac{p_{\text{н}}V}{RT}$$

Для исследования зависимости сопротивления от длины материал и площадь поперечного сечения проводников должны быть одинаковыми, а длина — различаться.$$R = \rho \dfrac{l}{S}$$

Проводники 2 и 5 изготовлены из алюминия и имеют одинаковый диаметр 1,0 мм. Их длины различаются: 100 см и 200 см.

Оптическая сила линзы связана с фокусным расстоянием соотношением $D=\dfrac{1}{f}$. При $D=5$ дптр фокусное расстояние равно:$$f=\frac{1}{5}\ \text{м}=20\ \text{см}$$

По формуле тонкой линзы найдём расстояние от пәннің до линзы:$$\frac{1}{d}=\frac{1}{f}-\frac{1}{F}=\frac{1}{20}-\frac{1}{30}=\frac{1}{60},\quad d=60\ \text{см}$$

Амперметр включён последовательно с резистором $R_1$, поэтому ток через $R_1$ равен $1\ \text{А}$.$$I_1=1\ \text{А}$$

Найдём напряжение на резисторе $R_1$ по закону Ома.$$U_1=I_1R_1=1\cdot3=3\ \text{В}$$

Поскольку после установления равновесия в воде остаётся лёд, смесь имеет температуру плавления льда, то есть $0\,^{\circ}\mathrm{C}$. Вода охлаждается от $15\,^{\circ}\mathrm{C}$ до $0\,^{\circ}\mathrm{C}$ и отдаёт теплоту.$$Q_\mathrm{в}=m_\mathrm{в}c\left(t_\mathrm{н}-t_\mathrm{к}\right)$$

Отданная водой теплота расходуется на плавление части льда.$$Q_\mathrm{л}=m_\mathrm{л}\lambda$$

Так как скорость частицы перпендикулярна линиям магнитной индукции, сила Лоренца играет роль центростремительной силы.$$qvB = \dfrac{mv^2}{R}$$

Из уравнения движения выразим заряд через скорость частицы.$$q = \dfrac{mv}{BR}$$

Проведём луч, скользящий через верхний конец сваи. После преломления на поверхности воды он идёт к границе тени на дне. Угол $r$ отсчитывается от нормали к поверхности воды.$$n_{\text{возд}}\sin 30^\circ=n_{\text{воды}}\sin r$$

Так как показатель преломления воздуха принимаем равным единице, найдём угол преломления в воде.$$\sin r=\frac{\sin 30^\circ}{4/3}=\frac{1/2}{4/3}=\frac{3}{8}$$

В первом случае изображение действительное, так как оно получено на экране. Обозначим расстояние от предмета до линзы через $d_1$, а расстояние от линзы до экрана — через $f_1$. Из условия увеличения получаем:$$\Gamma_1=\frac{f_1}{d_1}=5,\quad f_1=5d_1$$

Подставим это соотношение в формулу тонкой линзы и найдём расстояния до пәннің и изображения:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{f_1}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{5d_1}=\frac{6}{5d_1};\quad d_1=18\text{ см},\quad f_1=90\text{ см}$$

Найдём фокусное расстояние собирающей линзы по оптической силе:$$f = \dfrac{1}{D} = \dfrac{1}{5}\ \text{м} = 0{,}2\ \text{м} = 20\ \text{см}$$

Для действительного изображения увеличение связано с расстояниями до предмета и изображения соотношением $k = \dfrac{b}{a}$. Поэтому при $k = 2$ имеем $b = 2a$.

Оптическая сила линзы связана с её фокусным расстоянием соотношением $D=\dfrac{1}{F}$. Поэтому$$F=\frac{1}{D}=\frac{1}{5}=0{,}2\ \text{м}$$

Расстояние от линзы до экрана является расстоянием до изображения: $f=0{,}5\ \text{м}$. По формуле тонкой линзы найдём расстояние от груза до линзы:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f},\qquad \frac{1}{d}=\frac{1}{0{,}2}-\frac{1}{0{,}5}=3\ \text{м}^{-1},\qquad d=\frac{1}{3}\ \text{м}$$

Для главных максимумов дифракционной решётки выполняется условие:$$d\sin\varphi_m=m\lambda$$

При малых углах координата максимума в задней фокальной плоскости линзы равна:$$x_m\approx f\varphi_m=\frac{fm\lambda}{d}$$

Переведём температуры в кельвины и объём в единицы СИ:$$T_1 = 150 + 273 = 423\ \mathrm{K},\quad T_2 = 20 + 273 = 293\ \mathrm{K},\quad V = 0{,}5\cdot10^{-3}\ \mathrm{m^3}$$

До охлаждения водяной пар можно считать идеальным газом. Его масса равна:$$m_1 = \frac{p_1VM}{RT_1} = \frac{8\cdot10^3\cdot0{,}5\cdot10^{-3}\cdot18\cdot10^{-3}}{8{,}31\cdot423} \approx 2{,}05\cdot10^{-5}\ \mathrm{kg}$$

При переходе света из одной прозрачной среды в другую частота световой волны не изменяется: её задаёт источник.$$f = \text{const}$$

Длина волны в жидкости определяется выражением:$$\lambda = \dfrac{c}{nf}$$

При установлении теплового равновесия вода массой $m_\mathrm{в}=0{,}45\,\mathrm{кг}$ отдаёт теплоту при охлаждении от $45\,^{\circ}\mathrm{C}$ до $5\,^{\circ}\mathrm{C}$.$$Q_\mathrm{отд}=m_\mathrm{в}c(t_1-t_2)$$

Лёд при температуре $0\,^{\circ}\mathrm{C}$ полностью плавится, а затем получившаяся вода нагревается до конечной температуры $5\,^{\circ}\mathrm{C}$.$$Q_\mathrm{пол}=m_\mathrm{л}\lambda+m_\mathrm{л}c(t_2-0)$$

По рисунку расстояние между соседними линиями сетки составляет $5\,\text{см}$, поскольку отрезок длиной $20\,\text{см}$ равен четырём клеткам.$$1\ \text{клетка}=\dfrac{20}{4}=5\,\text{см}$$

Источник находится на расстоянии шести клеток от оптического центра, а изображение — на расстоянии трёх клеток.$$a=OS=6\cdot5=30\,\text{см},\quad b=OS'=3\cdot5=15\,\text{см}$$

До замыкания ключа ток в цепи отсутствует, поэтому показание идеального вольтметра равно ЭДС источника:$$\mathcal{E}=9\ \text{В}$$

Амперметр измеряет ток в ветви с резистором 3 Ом. Напряжение на первой параллельной группе равно:$$U_1=I_3R_3=0{,}4\cdot3=1{,}2\ \text{В}$$

Вода охлаждается от $5\ ^\circ\text{C}$ до $0\ ^\circ\text{C}$, а лёд нагревается от $-20\ ^\circ\text{C}$ до $0\ ^\circ\text{C}$. Для компенсации этого количества теплоты замерзает часть воды.$$Q_\text{получ} = m_\text{л}c_\text{л}(0 - (-20)) + m_\text{в}c_\text{в}(5 - 0)$$

Запишем уравнение теплового баланса. Здесь $m$ — масса замёрзшей воды.$$m\lambda = 1 \cdot 2100 \cdot 20 + 0{,}5 \cdot 4200 \cdot 5$$

Так как скорость частицы перпендикулярна линиям магнитной индукции, модуль силы Лоренца равен:$$F_{\text{л}} = qvB$$

Эта сила является центростремительной силой, обеспечивающей движение частицы по окружности:$$F_{\text{ц}} = \dfrac{mv^2}{r}$$

При падении перпендикулярно грани $AC$ луч не меняет направления и распространяется внутри клина вертикально вверх.$$i_{AC}=0^\circ$$

Грань $AB$ образует с горизонтальной гранью $AC$ угол $\alpha = 30^\circ$. После отражения от $AB$ луч отклоняется так, что его направление образует с горизонталью угол $30^\circ$ вниз.