Решение подготовлено и оформлено преподавателем ЕГЭ

Решение подготовлено и оформлено преподавателем ЕГЭ Центра Пашиным Андреем Юрьевичем.
С1.
Фототок насыщения увеличится.
После перемещения источника света, свет после линзы идет параллельным пучком. Это означает,
что источник света по-прежнему находится в фокусе линзы.
Поскольку положение линзы не изменилось, а ее фокусное расстояние уменьшилось, получается,
что источник переместили ближе к линзе. При этом большее число лучей от источника будет
проходить через линзу, что приведет к тому, что интенсивность света, проходящего через линзу и
падающего на фотокатод, увеличится.
F1
F2
Фототок насыщения, согласно 1 закона фотоэффекта, зависит от интенсивности падающего света,
при увеличении интенсивности фототок насыщения растет.
С2.
При перемещении груза А из начального положения в нижнюю точку траектории его
потенциальная энергия уменьшится на величину ΔWп = mgh, а кинетическая энергия увеличится на
величину ΔWк = mv2/2, где v – скорость тела в нижней точке траектории. Из закона сохранения
энергии следует, что ΔWп = ΔWк, mgh = mv2/2. Отсюда v = √2𝑔ℎ.
x
⃗⃗Fтр
⃗⃗⃗𝑇
⃗⃗a
⃗⃗⃗𝑇
⃗⃗𝑣
𝑚𝑔
В момент, когда груз находится в нижней точке траектории, согласно 2 закона Ньютона уравнение
его движения по оси x имеет вид: max = T – mg, где ax = mv2/L – центростремительное ускорение, а
T – сила натяжения нити. Отсюда T = max + mg = m(2gh/L + g) = mg(2h/L + 1).
В нижней точке траектории потенциальная энергия груза минимальна, кинетическая –
максимальна. Отсюда следует, что скорость груза и сила натяжения нити в этой точке также
максимальны.
Поскольку нить нерастяжима, она действует на брусок B с той же силой T. Брусок начнет
двигаться, когда максимальная сила натяжения нити станет равна максимальной силе трения
покоя Fтр = µMg.
mg(2h/L + 1) = µMg. Отсюда 2h/L + 1 = M/m. h = L(M/m - 1)/2.
С3.
Из уравнения Менделеева-Клапейрона для одного моля газа PV = RT получаем, что P1V1/P2V2 =
T1/T2, где V1 – начальный объем газа, V2, P2, T2 – конечные объем, давление и температура газа.
Поскольку давление при расширении обратно пропорционально квадрату объема, можно
записать, что P1/P2 = V22/V12.
Объединяя два уравнения, получаем: V22/V12 V1/V2 = T1/T2, V2/V1 = T1/T2. Поскольку по условию
задачи V2 =2V1, T2 = T1/2 = 300 К.
Изменение внутренней энергии одного моля одноатомного газа ΔU = 3/2 RΔT, где ΔT = T2 – T1 = 300 К – изменение температуры газа (знак «-» означает, что газ охладился, соответственно, его
внутренняя энергия уменьшилась).
Согласно второго начала термодинамики -Q = ΔU + А (знак «-» перед Q означает, что газ отдавал
теплоту холодильнику). Отсюда A = - ΔU – Q = -3/2 RΔT – Q = 2,5 кДж.
С4.
Если ключ длительное время был замкнут и процессы в цепи установились, то ток через участок
цепи, образованный лампой и конденсатором равен нулю, ток через катушку согласно закона Ома
для полной цепи равен I = ε/r, где ε- ЭДС источника тока, а r – его внутреннее сопротивление.
Поскольку ток через лампу равен нулю, падение напряжения на лампе тоже равно нулю и
напряжение на конденсаторе U = ε.
Катушка, по которой протекает ток I, обладает запасом энергии WL = LI2/2 = Lε2/2r2, конденсатор,
заряженный до напряжения ε, обладает запасом энергии WC = Сε2/2.
После размыкания ключа в контуре, образованном катушкой, конденсатором и лампой, возникнут
затухающие электромагнитные колебания, потечет ток и на активном сопротивлении лампы в
соответствии с законом Джоуля-Ленца начнет выделяться тепло.
Через некоторое время вся энергия, запасенная в контуре, выделится в виде тепла на активном
сопротивлении лампы: Q = WL + WC = Lε2/2r2 + Сε2/2 = ε2(L/r2 + С)/2 = 0,045 Дж.
C5.
Плечо сил, действующих на сторону CD равно нулю, соответственно, они не создают
вращательного момента.
Сила Лоренца, действующая на проводник с током I в магнитном поле с индукцией B, равна: Fл =
IBL sinα, где L - длина проводника, α – угол между направлением вектора магнитной индукции B и
направлением тока. Для стороны АС α = π, для стороны ED α = 0, следовательно sinα=0 и на эти
стороны сила Лоренца не действует. На сторону AE действует сила Лоренца F1 = IBa (поскольку α =
π/2 и sinα = 1). Плечо этой силы относительно оси вращения, проходящую через сторону CD, равно
a, следовательно, она создает вращательный момент M1 = IBa2.
На стороны AЕ, АС и ED действует сила тяжести F2 = m’g, где m’ = m/4 – масса одной стороны.
Точкой приложения данных сил являются центры тяжести соответствующих сторон, совпадающие
с их серединами. Таким образом, плечо силы тяжести, действующей на сторону AE, относительно
оси, проходящей через сторону CD, равно a, плечо сил, действующих на стороны AC и ED, равно
а/2. Суммарный момент, создаваемый силой тяжести, равен M2 = F2a + F2a/2 + F2a/2 = 2F2a = mga/2.
⃗⃗⃗B
⃗⃗Fл
I
E
Х
𝑚𝑔
𝑚𝑔
.
𝑚𝑔
D
Условие равновесия рамки можно определить из уравнения моментов с учетом направления
действия сил: M1 = M2, IBa2 = mga/2. Отсюда m = 2IBa/g.
С6.
Поскольку до излучения фотона атом водорода покоился, его импульс был равен нулю. Направим
координатную ось х в направлении движения фотона. Так как после излучения фотона атом
начинает двигаться в сторону, противоположную фотону, из закона сохранения импульса следует:
0 = Pф – Pа, где Pф – проекция импульса фотона на ось х, Pа – проекция импульса атома после
излучения им фотона на ось х.
⃗⃗⃗𝑃а
⃗⃗⃗𝑃ф
Х
Проекция импульса фотона Pф = E/с, где E – энергия фотона, с – скорость света в вакууме.
Проекция импульса атома Pа = mv, где m – масса атома, v – модуль скорости, которую приобрел
атом после излучения фотона. Следовательно, v = E/mc.
Кинетическая энергия атома Eк = mv2/2 = E2/2mc2 = 8,8*10-27 Дж.