Решение заданий ЕГЭ по физике высокого уровня сложности
материал для подготовки к егэ (гиа) по физике (11 класс)

Слайд 1

ЭЛЕКТРОДИНАМИКА КВАНТОВАЯ ФИЗИКА

Слайд 2

Электрон влетает в плоский конденсатор со скоростью υ 0 ( υ 0 ˂˂ с), параллельно пластинам (см. рисунок), расстояние между которыми d . На какой угол отклонится при вылете из конденсатора вектор скорости электрона от первоначального направления, если конденсатор заряжен до разности потенциалов U ? Длина пластин L ( L >> d ). tg α = U∙e / (d∙m e ∙ υ 0 ) α = arctg (U∙e / (d∙m e ∙ υ 0 )) ОТВЕТ: α = arctg (U∙e / (d∙m e ∙ υ 0 )) + - РЕШЕНИЕ. tg α = υ у / υ х υ у = a ∙ t υ х = υ 0 ∙ t а = F к / m e F к = E∙e E = U/d υ υ 0 Е υ ┴ υ ║ х υ α a у

Слайд 3

В идеальном колебательном контуре амплитуда колебаний силы тока в катушке индуктивности I m = 5 мА, а амплитуда напряжения на конденсаторе U m = 2,0 В. В момент времени t напряжение на конденсаторе равно 1,2 В. Найдите силу тока в катушке в этот момент. РЕШЕНИЕ. W э (max) = W м (max) W э + W м = W э (max) C∙U 2 m /2 = L∙I 2 m /2 C∙U 2 /2 + L∙I 2 /2 = C∙U 2 m /2 L = C∙U 2 m / I 2 m C∙U 2 /2 + C∙U 2 m ∙I 2 /(I 2 m ∙2) = C∙U 2 m /2 U 2 + U 2 m ∙I 2 /I 2 m = U 2 m U 2 m ∙I 2 /I 2 m = U 2 m - U 2 I = I m ∙√(U 2 m - U 2 ) /U m I = 5 ∙ 10 -3 ∙√ (2 2 -1,2 2 )/2 I = 5 ∙ 10 -3 ∙√ (4 – 1,44)/2 I = 5 ∙ 10 -3 ∙√ 2,56 / 2 I = 5 ∙ 10 -3 ∙ 1,6 /2 I = 4 ∙ 10 -3 А ОТВЕТ: 4 ∙ 10 -3 А

Слайд 4

Уровни энергии электрона в атоме водорода задаются формулой E n = - 13,6 / n 2 эВ, где n = 1; 2; 3 . . . При переходе атома из состояния Е 2 в состояние Е 1 атом испускает фотон. Попав на поверхность фотокатода, фотон выбивает фотоэлектрон. Длина волны света, соответствующая красной границе фотоэффекта для материала поверхности фотокатода, λ кр = 300 нм. Чему равен максимально возможный модуль импульса фотоэлектрона? РЕШЕНИЕ . E ф = А вых + Е к (max) Е 2 - Е 1 = h∙c/ λ кр + m e ∙ υ 2 max /2 m e ∙ υ 2 max /2 = Е 2 - Е 1 - h∙c/ λ кр υ max = √ ( 2∙( Е 2 - Е 1 - h∙c/ λ кр )/m e ) p max = m e ∙ υ max p max = m e ∙√ ( 2∙( Е 2 - Е 1 - h∙c/ λ кр )/m e ) p max = √ ( 2∙m e ∙( Е 2 - Е 1 - h∙c/ λ кр ) ) p max = √ ( 2∙ 9,1∙10 -31 ∙((-13,6/4 + 13,6)∙1,6∙10 -19 – - 6,6∙10 -34 ∙3∙10 8 /3∙10 -7 )) p max = √ (18,2∙10 -31 ∙(16,32∙10 -19 – 6,6∙10 -19 )) p max = √ (18,2∙10 -31 ∙9,72∙10 -19 ) p max = √ (176,904∙10 -50 ) p max ≈ 13,3∙10 -25 кг∙м/с ОТВЕТ: 13,3∙10 -25 кг∙м/с E ф = Е 2 - Е 1 А вых = h∙c/ λ кр Е к (max) = m e ∙ υ 2 max /2

Слайд 5

Фотокатод, покрытый кальцием (работа выхода 4,42∙10 -19 Дж), освещается светом с частотой 2∙10 15 Гц. Вылетевшие из катода электроны попадают в однородное магнитное поле перпендикулярно линиям индукции и движутся по окружностям. Максимальный радиус такой окружности 5 мм. Каков модуль индукции магнитного поля? РЕШЕНИЕ. F = F л F = m e ∙a ц F л = B∙e∙ υ max a ц = υ 2 max /R max m e ∙ υ 2 max /R max = B∙e∙ υ max m e ∙ υ max /R max = B∙e B = m e ∙ υ max /(e∙R max ) B = m e ∙ √ ( 2∙(h∙ ν -2∙ А вых )/m e )/(e∙R max ) B = √ ( 2∙m e ∙(h∙ ν - 2∙ А вых ) ) /(e∙R max ) B = √ ( 2∙ 9,1∙10 -31 ∙( 6,6∙10 -34 ∙2∙10 15 - 2∙4,42∙1 0 -19 )) /(1,6 ∙10 -19 ∙5 ∙10 -3 ) B = √ ( 18,2 ∙10 -31 ∙(13,2∙10 -19 - 8,84∙10 -19 ))/8 ∙10 - 22 ) B =√ ( 18,2 ∙10 -31 ∙4,36 ∙10 -19 )/8 ∙10 - 22 ) ≈ 3,15 ∙ 10 - 14 Тл ОТВЕТ: 3,15 ∙ 10 - 14 Тл E ф = А вых + Е к (max) E ф = h∙ ν Е к (max) = m e ∙ υ 2 max /2 h∙ ν = А вых + m e ∙ υ 2 max /2 υ max = √ ( 2∙(h∙ ν - 2∙ А вых )/m e )

Слайд 1

Методика решения задач повышенной сложности. Механика

Слайд 2

Этапы подготовки к ЕГЭ Систематизация теоретического материала. Решение задач базового уровня. Решение задач повышенного уровня из части 1 ЕГЭ. Решение задач повышенного уровня из части 2 ЕГЭ. Решение задач высокого уровня.

Слайд 3

Алголирм решения задач по теме «Кинематика» Записать кратко условие задачи, выразив исходные данные в СИ. Выделить тела (тело), движение которых рассматривается. Заменить реальные тела материальными точками. Выбрать систему отсчета. В случае прямолинейного движения система координат содержит одну ось, с которой совпадает траектория движения. Если движение криволинейное – две (или даже три) оси. Схематически изобразить движение в выбранной системе координат, изобразив начальные, текущие и конечные векторы скорости и ускорения (желательно с соблюдением масштаба). Определить характер движения. Если движение криволинейное, желательно разложить его на два (или более) прямолинейных. Записать кинематическое уравнение движения точки в проекциях на координатных оси с учетом знаков проекции векторов скорости и ускорения. Из полученных уравнений выразить искомую величину и произвести вычисления.

Слайд 4

Задача 1 Наклонная плоскость пересекается с горизонтальной плоскостью по прямой АВ. Угол между плоскостями α = 30 0 . Маленькая шайба начинает движение вверх по наклонной плоскости из точки А с начальной скоростью v 0 = 2 м/с под углом β = 60 0 к прямой АВ. В ходе движения шайба съезжает на прямую АВ в точке В. Пренебрегая трением между шайбой и наклонной плоскостью, найдите расстояние АВ. Решение. Выбор системы координат: ось х направлена по прямой АВ , ось у – вверх по наклонной плоскости перпендикулярно линии АВ. Проекции вектора ускорения свободного падения: g x = 0, g y = - g sin α. Кинематика движения по наклонной плоскости эквивалентна кинематике движения тела, брошенного под углом β к горизонту, в поле силы тяжести с ускорением g sin α (в известных уравнениях кинематики для тела, брошенного под углом β к горизонту, делается замена g на g sin α.): X(t) = (v 0 cosβ)·t Y(t) = (v 0 sinβ)·t - · t 2 . Условие у = 0 позволяет найти расстояние АВ, исключая время t из выписанных уравнений для х и у: АВ = 2v 0 2 sinβ cosβ /( gsinα ) = 2/5 ≈ 0,69 м. А В

Слайд 5

Задача 2 С какой скоростью в момент старта ракеты нужно выстрелить из пушки, чтобы поразить ракету, стартующую вертикально вверх с ускорением а? Расстояние от пушки до места старта ракеты L, пушка стреляет под углом α к горизонту.

Слайд 6

Решение. В задаче идет речь о двух телах, поэтому уравнения движения следует записать для каждого из них. Обозначим через t 1 время, прошедшее с момента старта и выстрела до попадания снаряда в ракету. Координаты снаряда в момент времени t 1 : Xc = v 0 cosα t 1 (1) y c = v 0 sinα · t 1 – gt 1 2 /2 (2). Координаты ракеты в момент времени t1: X р = L (3) Y р = at 1 2 /2 (4). Поскольку в момент времени t 1 снаряд коснулся ракеты, то есть координаты совпали, то х с = х р (5) у с = у р (6). Из системы уравнений (1-6) получаем: L = v 0 cosα t 1 (7) at 1 2 /2 = v 0 sinα t 1 - gt 1 2 /2 (8). Два уравнения с двумя неизвестными v 0 и t 1 . Подставляя t 1 из (7) в (8), окончательно находим: V 0 =

Слайд 7

Алгоритм решения задач по теме «Динамика» Кратко записать условие задачи. Все данные перевести в СИ. Сделать чертеж (схему, рисунок) к задаче. Выделить рассматриваемые тела, указать направление их движения. Определить, с какими другими телами взаимодействует каждое из них. Показать на рисунке все силы, действующие на рассматриваемые тела. Выбрать тело отсчета и связанную с ним систему координат, расположив ее так, чтобы одна из осей совпадала с направлением ускорения тела. Записать для каждого тела уравнение второго закона Ньютона в векторном виде. Записать каждое из уравнений в виде проекций на выбранные оси координат. Решить полученную систему уравнений в общем виде. Получить расчетную формулу. Произвести проверку размерности полученной величины. Вычислить значения искомых величин.

Слайд 8

Задача 3 Деревянный брусок плавает на поверхности воды в миске. Миска покоится на поверхности Земли. Что произойдет с глубиной погружения бруска в воду, если миска будет стоять на полу лифта, который движется с ускорением, направленным вертикально вверх? Ответ поясните, указав, какие физические явления и закономерности вы при этом использовали. Решение. Когда брусок, воды и миска покоятся относительно Земли, сила Архимеда уравновешивает силу тяжести плавающего бруска. Та же по величине и направлению сила Архимеда уравновешивает силу тяжести вытесненной бруском воды. Поэтому масса бруска и масса вытесненной им воды одинаковы. Когда брусок, вода и миска покоятся относительно друг друга, но движутся с ускорением относительно Земли, одна и та же сила Архимеда вместе с силой тяжести сообщает одно и то же ускорение как плавающему бруску, так и воде в объеме, вытесненном бруском, что приводит к соотношению: F A = m(a-g) = mвытес. воды (a-g), откуда следует, что и при движении относительно Земли с ускорением а ≠ g масса бруска и масса вытесненной воды одинаковы. Поскольку масса бруска одна и та же, масса вытесненной им воды в обоих случаях одинакова. Вода практически не сжимаема, поэтому плотность воды в обоих случаях одинакова. Значит, объем вытесненной воды не изменяется, глубина погружения бруска в лифте остается прежней.

Слайд 9

Задача 4 Два одинаковых бруска, связанные легкой пружиной, покоятся на гладкой горизонтальной поверхности стола. В момент t =0 правый брусок начинают двигать так, что за время τ он набирает конечную скорость и движется затем равномерно по прямой, совпадающей с осью пружины. За время τ левый брусок успевает сместится значительно меньше, чем правый. Каков характер движения левого бруска относительно стола при t > τ ? Ответ поясните, указав, какие физические явления и закономерности вы при этом использовали.

Слайд 10

Решение Будем считать, как это обычно и делается, систему отсчета, связанную с Землей, инерциальной. Тогда при t > τ подвижная система отсчета, связанная с правым бруском, тоже инерциальная, поскольку движется относительно инерциальной системы отсчета равномерно и прямолинейно (без вращения). Из условия следует, что при t = 0 пружина была не напряжена, а при t > τ она растянута. Поэтому на левый брусок вдоль прямой, по которой движутся бруски, действует упругая сила пружины, и в инерциальной подвижной системе отсчета, связанной с правым бруском, левый брусок совершает колебания. (Если упругая сила пружины связана с ее деформацией соотношением Fx = - kx , то эти колебания гармонические.) Движение левого бруска относительно стола является суперпозицией равномерного прямолинейного движения и колебаний вдоль той же прямой.

Слайд 11

Алгоритм решения задач по теме «Законы сохранения в механике» Выделить систему взаимодействующих тел, выбрать систему отсчета. Выбрать нулевой уровень потенциальной энергии. Установить характер взаимодействия тел и проанализировать возможность применения ЗСИ и ЗСМЭ. Для этого необходимо: а) проверить, можно ли данную систему считать замкнутой; б) провести анализ сил, действующих в системе, чтобы узнать наличие или отсутствие неконсервативных сил. Изобразить на чертеже импульсы (или скорости) тел системы до и после взаимодействия. Обосновать возможность применения закона сохранения импульса и закона сохранения механической энергии Записать закон сохранения импульса в векторном виде и спроектировать его на оси координат.

Слайд 12

Задача 5 Космонавт, находясь в космическом пространстве в состоянии невесомости, бросил предмет массой m 1 = 5 кг со скоростью v = 12 м/с относительно корабля и, вследствие отдачи, отлетел в противоположную сторону. Определить работу, которую совершил космонавт при бросании, если его масса m 2 = 70 кг.

Слайд 13

Решение Рассмотрим систему «корабль-космонавт-предмет-Земля». Эта система подобна замкнутой, но неконсервативная, так как сила, с которой космонавт действует на предмет, неконсервативна. За малое время взаимодействия космонавта с предметом можно считать, что корабль имеет постоянную скорость, поэтому инерциальную систему можно связать с кораблем. Работа, которую совершил космонавт при бросании, равна A = W 2 – W 1 , где W 1 и W 2 – полная механическая энергия системы до и после броска. Так как потенциальная энергия системы не изменяется (высота орбиты постоянна), то W 1 =0, W 2 = m 1 v 1 2 /2 + m 2 v 2 2 /2, A = W 2. Неизвестную скорость v 2 космонавта можно определить из закона сохранения импульса для системы «космонавт -предмет»: 0 = m 1 + m 2 (импульс системы до взаимодействия равен нулю) В проекциях на ось х: m 1 v 1 – m 2 v 2 = 0, откуда v 2 = m 1 v 1 / m 2 Тогда работа A = ( m 1 v 1 2 /2)·(1 + m 1 / m 2 ) Подставим числовые значения величин: А = 386 Дж.

Слайд 14

Алгоритм решения задач по теме «Статика» Изобразить на чертеже рассматриваемое тело и силы, действующие на него. Проанализировать возможное движение тела. Если приложенные силы исключают всякое ускоренное поступательное движение, то записывают уравнение: Σ = 0 (1) 3. Если рассмотренные силы создают вращающий момент относительно какой-либо Оси , но тело не вращается, то записывают второе условие равновесия: Σ М i = 0 (2) Для этого выбирают ось, относительно рассматривают моменты действующих сил. Ось удобно выбирать так, чтобы через нее проходило как можно больше линий действия сил. В этом случае моменты большинства сил относительно оси будут равны нулю и уравнение моментов будет достаточно простым. Находим плечи всех сил относительно оси. При записи уравнения моментов необходимо учитывать знаки моментов рассматриваемых сил. 4.Если в полученное уравнение моментов входили две или более неизвестные величины, то к нему необходимо добавить уравнение (1) или уравнение моментов, взятых относительно других осей.

Слайд 15

Задача 6 Лестница длиной 4 м приставлена к идеально гладкой стене под углом к полу α = 60 0 . Коэффициент трения скольжения между полом и лестницей μ = 0,4, масса лестницы m 1 = 10 кг. На какую максимальную высоту над полом может подняться человек массой m 2 = 80 кг, прежде чем лестница начнет скользить?

Слайд 16

Решение Максимальная высота h человека над полом соответствует тому предельному состоянию, когда лестница еще находится в состоянии покоя (равновесия), но скольжение лестницы возникает. Решим задачу в системе отсчета, связанной с полом, система координат X , Y . На лестницу действуют силы реакции опоры стены N B,,, пола N A , силы тяжести лестницы m 1 g , вес человека m 2 g , сила трения лестницы о пол F тр . Запишем условия равновесия для лестницы: N B + F тр + m 1 g + m 2 g + N B = 0 (1) Σ Mi = 0 (2) Составим уравнение моментов сил (уравнение 2) относительно точки А, так как в ней действуют две неизвестные силы F тр и N A . Укажем плечи сил d относительно оси, проходящей через точку А, перпендикулярно плоскости чертежа. Для силы m 1 g : d 1 = cos α , для силы m 2 g : d 2 = x · cos α = h / tgα , для силы N B : d B = l · sinα . Тогда уравнение моментов относительно оси А: m 1 g · · cosα + m 2 g · h · ctgα – N B l · sinα =0 (3) Так как неизвестны две величины: NB и h , то составим дополнительные уравнения, записав уравнение (1) в проекциях на оси координат X , Y . OX: N B – F тр = 0 (4) OY: N A – m 1 g – m 2 g = 0 (5) В момент начала скольжения F тр = μN A , тогда из уравнения (5) N A = ( m 1 + m 2 ) · g , и из уравнения (4) N B = F тр = μ ( m 1 + m 2 ) g . (6) Подставим выражение (6) в уравнение (3) и выразим h : m 1 g· · cosα + m 2 g · h · ctgα - μ(m 1 + m 2 )g l · sinα = 0. Откуда h = (μ(m 1 + m 2 ) l · sinα - m 1 · · cosα)/m 2 ctgα. Подставляя числовые значения величин, получим h ≈ 2,5 м.

Слайд 17

Задача 7 В цилиндр объемом 0,5 м 3 насосом закачивается воздух со скоростью 0,002 кг/с. В верхнем торце цилиндра есть отверстие, закрытое предохранительным клапаном. Клапан удерживается в закрытом состоянии стержнем, который может свободно поворачиваться вокруг оси в точке А. К свободному концу стержня подвешен груз массой 2 кг. Клапан открывается через 580 с работы насоса, если давление воздуха в цилиндре было равно атмосферному. Площадь закрытого клапаном отверстия 5 · 10 -4 м 2 , расстояние АВ равно 0,1 м. Температура воздуха в цилиндре и снаружи не меняется и равно 300 К. Определите длину стержня, если его можно считать невесомым.

Слайд 18

Решение Клапан откроется, когда избыточная сила F давления воздуха на клапан изнутри цилиндра сравняется с силой давления стержня на этот клапан. Если превышение давления воздуха в цилиндре над атмосферным Δр, а площадь клапана s , то F = s ·Δ p . Сила действия стержня на клапан равна mgL / l , где m , L , l соответственно масса груза, длина стержня и длина его участка АВ. Итак, должно выполняться условие: S · Δp ≥ mgL / l . Дополнительное давление воздуха определяется увеличением массы Δmв воздуха в цилиндре. Согласно уравнению Менделеева – Клапейрона, Δp = Δmв RT / MV , где М – молярная масса воздуха. Поэтому условие открытия клапана примет вид: ( s Δ m в RT / MV ) ≥ mgL / l , или L ≤ lsRT Δmв/ ( mgMV ). Если насос закачивает каждую секунду ω кг воздуха, то массу Δmв воздуха он закачает за время t = Δmв/ω. Следовательно, клапан откроется в момент, когда выполнится равенство L = Подставляя числовые значения величин, получим L ≈ 0,5 м.