Физика ОГЭ — решения заданий ФИПИ с ответами

При параллельном подключении оба нагревателя работают одновременно, поэтому их общая мощность равна сумме мощностей.$$P=2P_1=2\cdot600=1200\,\text{Вт}$$

Переведём время работы в секунды.$$t=14\,\text{мин}=14\cdot60=840\,\text{с}$$

При параллельном соединении напряжение на каждой лампе равно напряжению сети.$$U_1 = U_2 = U_3 = U = 120\ \text{В}$$

Рассчитаем мощность, потребляемую одной лампой.$$P_1 = \dfrac{U^2}{R} = \dfrac{120^2}{240} = 60\ \text{Вт}$$

Вода нагревается от $20\, ^\circ\mathrm{C}$ до температуры кипения $100\, ^\circ\mathrm{C}$, поэтому $\Delta T = 80\, ^\circ\mathrm{C}$. Полезная теплота складывается из теплоты нагревания воды и теплоты её парообразования.$$Q = mc\Delta T + mL$$

Подставим значения $m = 0{,}6\ \text{кг}$, $c = 4200\ \text{Дж}/(\text{кг}\cdot{}^\circ\mathrm{C})$ и $L = 2{,}3\cdot10^6\ \text{Дж/кг}$:$$Q = 0{,}6\left(4200\cdot80 + 2{,}3\cdot10^6\right) = 1{,}5816\cdot10^6\ \text{Дж}$$

Потенциальная энергия молота перед падением равна $mgh$. Так как на нагревание молота расходуется $50\%$ энергии, количество теплоты, полученное молотом, составляет:$$Q = 0{,}5mgh$$

Количество теплоты, необходимое для нагревания молота, определяется формулой:$$Q = cm\Delta T$$

При пробивании преграды кинетическая энергия пули уменьшилась. Выделившееся количество теплоты равно уменьшению кинетической энергии пули:$$Q_{\text{выд}} = \frac{mv_1^2}{2} - \frac{mv_2^2}{2} = \frac{m(v_1^2-v_2^2)}{2}$$

На нагревание пули пошло 65% выделившегося количества теплоты:$$Q_{\text{наг}} = 0{,}65Q_{\text{выд}} = 0{,}65\cdot\frac{m(v_1^2-v_2^2)}{2}$$

Потенциальная энергия молота на высоте $h$ при падении превращается в его механическую энергию.$$E = mgh$$

По условию на нагревание молота расходуется половина этой энергии.$$Q = 0{,}5mgh$$

При прохождении стены кинетическая энергия пули уменьшилась. Считаем, что вся потеря механической энергии превратилась в количество теплоты, пошедшее на нагревание пули.$$Q = E_{k1} - E_{k2}$$

Выразим потерю кинетической энергии через скорости пули:$$Q = \dfrac{mv_1^2}{2} - \dfrac{mv_2^2}{2} = \dfrac{m(v_1^2-v_2^2)}{2}$$

Количество теплоты, необходимое для нагревания стальной детали, вычисляется по формуле:$$Q = c m_д \Delta t$$

Подставим значения массы детали, удельной теплоёмкости стали и изменения температуры:$$Q = 500 \cdot 200 \cdot 20 = 2\,000\,000\ \text{Дж}$$

Обозначим конечную температуру смеси через $t$. Горячая вода отдаёт количество теплоты $Q_1 = m_1 c(80 - t)$, а холодная вода получает количество теплоты $Q_2 = m_2 c(t - 10)$.$$Q_1 = 3c(80-t),\quad Q_2 = 1{,}6c(t-10)$$

Так как 20 % теплоты горячей воды уходит в окружающую среду, холодная вода получает 80 % отданной теплоты.$$1{,}6c(t-10)=0{,}8\cdot 3c(80-t)$$

При торможении уменьшение кинетической энергии пули равно количеству теплоты, поглощённому пулей.$$\dfrac{mv_1^2}{2}-\dfrac{mv_2^2}{2}=Q$$

Количество теплоты, полученное пулей при нагревании, равно произведению массы, удельной теплоёмкости и изменения температуры.$$Q=mc\Delta T=mc(T_2-T_1)$$

Для тела 1 график скорости горизонтальный, поэтому его ускорение равно нулю. У тела 2 график наклонный, следовательно, его ускорение постоянно и отрицательно. Поэтому утверждение 1 неверно.$$a_x = \frac{\Delta v_x}{\Delta t}$$

В момент времени $t_1$ графики скоростей тел пересекаются, значит, проекции скоростей и сами скорости тел одинаковы. Утверждение 2 верно.$$v_{x1}(t_1)=v_{x2}(t_1)$$

На графике скорости ускорение равно угловому коэффициенту участка: $a_x = \dfrac{\Delta v_x}{\Delta t}$.

Участок $BC$ имеет наибольший по модулю наклон, поэтому на нём тело движется с максимальным по модулю ускорением. Утверждение 2 верно.

При движении снаряда с одинаковой начальной скоростью дальность полёта равна$$L = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}$$

Максимальное значение синуса равно единице, поэтому дальность максимальна при $2\alpha = 90^\circ$, то есть при $\alpha = 45^\circ$.$$\alpha = 45^\circ$$

При увеличении угла выстрела увеличивается вертикальная составляющая начальной скорости: $v_{0y} = v_0\sin\alpha$.

Максимальная высота полёта равна $H_{\max} = \dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$, поэтому с увеличением угла выстрела максимальная высота увеличивается. Утверждение 2 верно.

Высотомер определяет высоту по изменению атмосферного давления: с подъёмом в горы атмосферное давление уменьшается.

В U-образном манометре давление сравнивают по разности уровней жидкости в коленах. Это основано на зависимости гидростатического давления от высоты столба жидкости.$$p = \rho gh$$

Динамометр измеряет силу, с которой вода действует на лёгкий круг, закрывающий трубку снизу, а не непосредственно силу тяжести воды.

Сила давления жидкости на горизонтальный круг определяется давлением воды на уровне круга и площадью круга: $F = pS$, где гидростатическое давление зависит от высоты столба воды.

При сжатии створок гребешок выталкивает воду из раковины в одном направлении.

По закону сохранения импульса гребешок получает импульс, направленный противоположно импульсу выталкиваемой воды.

По закону Ома для участка цепи найдём сопротивление реостата:$$R = \dfrac{U}{I} = \dfrac{24}{4} = 6\ \mathrm{Ом}$$

Переведём площадь поперечного сечения в единицы СИ:$$S = 2\ \mathrm{мм^2} = 2 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{м^2}$$

Переведём продолжительность работы в минуты:$$2{,}5\ \text{ч} = 2{,}5 \cdot 60 = 150\ \text{мин}$$

По таблице на глубине 30 м максимально допустимое время пребывания водолаза меньше 150 минут.

Брусок движется равномерно, поэтому сила тяги и сила трения равны по модулю.$$F_{\text{тр}} = F_{\text{т}} = 1{,}4\ \text{Н}$$

Переведём расстояние в метры.$$s = 50\ \text{см} = 0{,}5\ \text{м}$$