Felkészülés az OGE-re és az egységes államvizsgára

Középfokú általános műveltség

Line UMK A.V. Grachev. Fizika (10-11) (alap, haladó)

Line UMK A.V. Grachev. Fizika (7-9)

Vonal UMK A.V. Peryshkin. fizika (7-9)

Felkészülés az egységes fizika államvizsgára: példák, megoldások, magyarázatok

Tegyük rendbe Egységes államvizsga-feladatok fizikából (C lehetőség) tanárral.

Lebedeva Alevtina Sergeevna, fizikatanár, 27 éves szakmai tapasztalat. A Moszkvai Régió Oktatási Minisztériumának díszoklevele (2013), a Voskresensky városi körzet vezetőjének köszönete (2015), a Moszkvai Régió Matematika és Fizikatanárok Szövetsége elnökének oklevele (2015).

A mű különböző nehézségi szintű feladatokat mutat be: alap, haladó és magas. Küldetések alapszint, ezek olyan egyszerű feladatok, amelyek a legfontosabb fizikai fogalmak, modellek, jelenségek és törvények elsajátítását tesztelik. Az emelt szintű feladatok arra irányulnak, hogy teszteljék a fizika fogalmainak és törvényeinek felhasználási képességét különböző folyamatok és jelenségek elemzésére, valamint a problémamegoldás képességét egy vagy két törvény (képlet) segítségével bármilyen témában. iskolai tanfolyam fizika. A 4. munkában a 2. rész feladatai nagy bonyolultságú feladatok, és a fizika törvényeinek és elméleteinek megváltozott vagy új helyzetben való alkalmazásának képességét tesztelik. Az ilyen feladatok elvégzéséhez egyszerre két-három fizikarész ismereteinek alkalmazására van szükség, pl. magas szintű képzés. Ez az opció teljes mértékben megfelel az Egységes Államvizsga 2017 demó verziójának, a feladatokat a nyitott bank Egységes államvizsga-feladatok.

Az ábra a sebesség modulusát az idő függvényében ábrázolja t. Határozza meg a grafikonon az autó által 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett távolságot!

Megoldás. Az autó által 0 és 30 s közötti időintervallumban megtett út legkönnyebben egy trapéz területeként határozható meg, melynek alapja a (30 – 0) = 30 s és (30 – 10) időintervallum. ) = 20 s, a magasság pedig a sebesség v= 10 m/s, azaz

S =	(30 + 20) Vel	10 m/s = 250 m.
	2

Válasz. 250 m.

Egy 100 kg súlyú rakományt egy kábel segítségével függőlegesen felfelé emelnek. Az ábra a sebességvetítés függését mutatja V a tengely felfelé irányuló terhelése, az idő függvényében t. Határozza meg a kábelfeszítő erő modulusát emelés közben.

Megoldás. A sebesség vetületi függőségi grafikonja szerint v terhelés egy függőlegesen felfelé irányuló tengelyre, az idő függvényében t, meg tudjuk határozni a terhelés gyorsulásának vetületét

a =	∆v	=	(8 – 2) m/s	= 2 m/s 2.
	∆t		3 s

A terhelésre: a függőlegesen lefelé irányuló gravitációs erő és a kábel mentén függőlegesen felfelé irányuló kábel feszítőereje hat (lásd az ábrát). 2. Írjuk fel a dinamika alapegyenletét! Használjuk Newton második törvényét. A testre ható erők geometriai összege egyenlő a test tömegének és a rá adott gyorsulásnak a szorzatával.

+ = (1)

Írjuk fel a vektorok vetületének egyenletét a Földhöz tartozó vonatkoztatási rendszerben, az OY tengelyt felfelé irányítva. A feszítőerő vetülete pozitív, mivel az erő iránya egybeesik az OY tengely irányával, a gravitációs erő vetülete negatív, mivel az erővektor ellentétes az OY tengellyel, a gyorsulásvektor vetülete pozitív is, így a test felfelé gyorsulással mozog. megvan

T – mg = ma (2);

a (2) képletből húzóerő modulus

T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.

Válasz. 1200 N.

A testet egy durva vízszintes felületen húzzák végig állandó sebességgel, amelynek modulusa 1,5 m/s, és erőt fejtenek ki rá az (1) ábrán látható módon. Ebben az esetben a testre ható csúszósúrlódási erő modulusa 16 N. Mekkora az erő által kifejlesztett teljesítmény? F?

Megoldás. Képzeljük el a problémafelvetésben meghatározott fizikai folyamatot, és készítsünk egy sematikus rajzot, amelyen a testre ható összes erőt feltüntetjük (2. ábra). Írjuk fel a dinamika alapegyenletét.

Tr + + = (1)

A rögzített felülethez tartozó referenciarendszer kiválasztása után felírjuk a vektorok vetítésének egyenleteit a kiválasztott koordinátatengelyekre. A probléma körülményei szerint a test egyenletesen mozog, mivel sebessége állandó és 1,5 m/s. Ez azt jelenti, hogy a test gyorsulása nulla. Két erő hat vízszintesen a testre: a csúszósúrlódási erő tr. és az erő, amellyel a testet vonszolják. A súrlódási erő vetülete negatív, mivel az erővektor nem esik egybe a tengely irányával X. Az erő kivetítése F pozitív. Emlékeztetünk arra, hogy a vetítés megtalálásához a merőlegest a vektor elejétől és végétől a kiválasztott tengelyre engedjük le. Ezt figyelembe véve a következőkkel rendelkezünk: F cosα – F tr = 0; (1) fejezzük ki az erő vetületét F, Ezt F cosα = F tr = 16 N; (2) akkor az erő által kifejlesztett teljesítmény egyenlő lesz N = F cosα V(3) Tegyünk egy cserét a (2) egyenlet figyelembevételével, és cseréljük be a megfelelő adatokat a (3) egyenletbe:

N= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.

Válasz. 24 W.

A 200 N/m merevségű könnyű rugóra rögzített terhelés függőleges oszcillációkat szenved. Az ábrán az elmozdulásfüggés grafikonja látható x időnként töltse be t. Határozza meg, mekkora a teher tömege! Válaszát kerekítse egész számra.

Megoldás. A rugón lévő tömeg függőleges oszcillációkon megy keresztül. A terheléselmozdulás grafikonja szerint X időről időre t, meghatározzuk a terhelés lengési periódusát. Az oszcilláció periódusa egyenlő T= 4 s; a képletből T= 2π fejezzük ki a tömeget m rakomány

=	T	;	m	=	T 2	; m = k	T 2	; m= 200 N/m	(4 s) 2	= 81,14 kg ≈ 81 kg.
	2π		k		4π 2		4π 2		39,438

Válasz: 81 kg.

Az ábrán két könnyűblokkból és egy súlytalan kábelből álló rendszer látható, mellyel egyensúlyban tartható vagy 10 kg súlyú terhet emelhet. A súrlódás elhanyagolható. A fenti ábra elemzése alapján válassza ki két igaz állításokat, és válaszában tüntesse fel számukat.

A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 100 N erővel kell hatnia a kötél végére.
Az ábrán látható blokkrendszer nem ad erőnövekedést.
h, ki kell húznia egy 3-as kötélhosszúságú szakaszt h.
Teher lassú emelése magasba hh.

Megoldás. Ebben a problémában emlékezni kell egyszerű mechanizmusok, nevezetesen blokkok: mozgatható és rögzített blokk. A mozgatható blokk kétszeres erőnövekedést ad, míg a kötélszakaszt kétszer hosszabbra kell húzni, a rögzített blokkot pedig az erő átirányítására használják. A munkában az egyszerű nyerési mechanizmusok nem adnak. A probléma elemzése után azonnal kiválasztjuk a szükséges állításokat:

Teher lassú emelése magasba h, ki kell húznia egy 2-es kötélhosszúságú szakaszt h.
A terhelés egyensúlyban tartása érdekében 50 N erővel kell hatnia a kötél végére.

Válasz. 45.

A súlytalan és nyújthatatlan menethez erősített alumínium súlyt teljesen elmerítik egy edényben vízzel. A rakomány nem érinti az edény falát és alját. Ezután ugyanabba az edénybe vízzel egy vassúlyt merítünk, amelynek tömege megegyezik az alumínium tömegével. Hogyan változik ennek hatására a menet feszítőerejének modulusa és a terhelésre ható gravitációs erő modulusa?

Növeli;
Csökken;
Nem változik.

Megoldás. Elemezzük a probléma állapotát, és kiemeljük azokat a paramétereket, amelyek a vizsgálat során nem változnak: ezek a test tömege és a folyadék, amelybe a testet egy szálon merítjük. Ezek után célszerű vázlatos rajzot készíteni és feltüntetni a terhelésre ható erőket: menetfeszességet F vezérlés, a menet mentén felfelé irányítva; függőlegesen lefelé irányuló gravitáció; Arkhimédeszi erő a, a folyadék oldaláról hatva a bemerült testre és felfelé irányítva. A feladat feltételei szerint a terhek tömege azonos, ezért a terhelésre ható gravitációs erő modulusa nem változik. Mivel a rakomány sűrűsége eltérő, a térfogat is más lesz.

V =	m	.
	p

A vas sűrűsége 7800 kg/m3, az alumínium rakomány sűrűsége 2700 kg/m3. Ezért, Vés< V a. A test egyensúlyban van, a testre ható összes erő eredője nulla. Irányítsuk felfelé az OY koordinátatengelyt. A dinamika alapegyenletét, figyelembe véve az erők vetületét, alakba írjuk F vezérlő + F a – mg= 0; (1) Adjuk meg a feszítőerőt F kontroll = mg – F a(2); Az arkhimédeszi erő a folyadék sűrűségétől és a bemerült testrész térfogatától függ F a = ρ gV p.h.t. (3); A folyadék sűrűsége nem változik, és a vastest térfogata kisebb Vés< V a, ezért a vasterhelésre ható arkhimédészi erő kisebb lesz. Arra a következtetésre jutunk, hogy a menet feszítőerejének modulusa a (2) egyenlettel dolgozva növekedni fog.

Válasz. 13.

Egy tömegtömb m lecsúszik egy rögzített durva ferde síkról α szöggel az alapnál. A blokk gyorsulási modulusa egyenlő a, a blokk sebességének modulusa nő. A légellenállás elhanyagolható.

Állítson fel egyezést a fizikai mennyiségek és a képletek között, amellyel kiszámíthatók. Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopból, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatban a megfelelő betűk alá.

B) Egy blokk és egy ferde sík közötti súrlódási tényező

3) mg cosα

4) sinα –	a
	g cosα

Megoldás. Ezt a feladatot Newton törvényeinek alkalmazását igényli. Javasoljuk vázlatos rajz készítését; jelzi a mozgás összes kinematikai jellemzőjét. Ha lehetséges, ábrázolja a gyorsulásvektort és a mozgó testre ható összes erő vektorait; ne feledje, hogy a testre ható erők más testekkel való kölcsönhatás eredménye. Ezután írja fel a dinamika alapegyenletét. Válasszunk ki egy referenciarendszert, és írjuk fel az eredményül kapott egyenletet az erő- és gyorsulásvektorok vetítésére;

A javasolt algoritmust követve vázlatos rajzot készítünk (1. ábra). Az ábrán a blokk súlypontjára ható erők és a ferde sík felületéhez tartozó vonatkoztatási rendszer koordinátatengelyei láthatók. Mivel minden erő állandó, a blokk mozgása egyenletesen változó lesz a sebesség növekedésével, azaz. a gyorsulásvektor a mozgás irányába irányul. Válasszuk meg a tengelyek irányát az ábrán látható módon. Írjuk fel az erők vetületeit a kiválasztott tengelyekre.

Írjuk fel a dinamika alapegyenletét:

Tr + = (1)

Írjuk fel ezt az (1) egyenletet az erők és a gyorsulás vetületére.

Az OY tengelyen: a talajreakció erő vetülete pozitív, mivel a vektor egybeesik az OY tengely irányával Ny = N; a súrlódási erő vetülete nulla, mivel a vektor merőleges a tengelyre; a gravitáció vetülete negatív és egyenlő lesz mg y= – mg cosa; gyorsulás vektor vetítés a y= 0, mivel a gyorsulásvektor merőleges a tengelyre. megvan N – mg cosα = 0 (2) az egyenletből kifejezzük a blokkra ható reakcióerőt a ferde sík oldaláról. N = mg cosα (3). Írjuk fel a vetületeket az OX tengelyre.

Az OX tengelyen: erővetítés N egyenlő nullával, mivel a vektor merőleges az OX tengelyre; A súrlódási erő vetülete negatív (a vektor a kiválasztott tengelyhez képest ellenkező irányban irányul); a gravitáció vetülete pozitív és egyenlő mg x = mg sinα (4) tól derékszögű háromszög. A gyorsulás előrejelzése pozitív egy x = a; Ezután felírjuk az (1) egyenletet a vetület figyelembevételével mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Ne feledje, hogy a súrlódási erő arányos a normál nyomás erejével N.

Definíció szerint F tr = μ N(7), kifejezzük a blokk súrlódási együtthatóját a ferde síkon.

μ =	F tr	=	m(g sinα – a)	= tgα –	a	(8).
	N		mg cosα		g cosα

Minden betűhöz kiválasztjuk a megfelelő pozíciókat.

Válasz. A – 3; B-2.

8. feladat Gáz halmazállapotú oxigén egy 33,2 literes edényben van. A gáz nyomása 150 kPa, hőmérséklete 127°C. Határozza meg az edényben lévő gáz tömegét. Adja meg válaszát grammban, és kerekítse a legközelebbi egész számra!

Megoldás. Fontos odafigyelni a mértékegységek SI rendszerre való átszámítására. Átalakítsa a hőmérsékletet Kelvinre T = t°C + 273, térfogat V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Átalakítjuk a nyomást P= 150 kPa = 150 000 Pa. Az állapotegyenlet felhasználásával ideális gáz

Adjuk meg a gáz tömegét.

Ügyeljen arra, hogy melyik egységeket kéri fel a válasz lejegyzésére. Ez nagyon fontos.

Válasz.„48

9. feladat. Ideális egyatomos gáz 0,025 mol mennyiségben adiabatikusan expandált. Ugyanakkor a hőmérséklete +103°C-ról +23°C-ra csökkent. Mennyi munkát végzett a gáz? Adja meg válaszát Joule-ban, és kerekítse a legközelebbi egész számra.

Megoldás. Először is, a gáz a szabadsági fokok egyatomszáma én= 3, másodszor, a gáz adiabatikusan tágul - ez azt jelenti, hogy nincs hőcsere K= 0. A gáz úgy működik, hogy csökkenti a belső energiát. Ezt figyelembe véve a termodinamika első főtételét 0 = ∆ alakban írjuk fel U + A G; (1) fejezzük ki a gázmunkát A g = –∆ U(2); A belső energia változását egy monoatomos gázra így írjuk

Válasz. 25 J.

A levegő egy részének relatív páratartalma egy bizonyos hőmérsékleten 10%. Hányszor kell megváltoztatni ennek a levegőrésznek a nyomását, hogy állandó hőmérsékleten a relatív páratartalom 25%-kal növekedjen?

Megoldás. A telített gőzzel és a levegő páratartalmával kapcsolatos kérdések leggyakrabban az iskolások számára okoznak nehézséget. Használjuk a képletet a levegő relatív páratartalmának kiszámításához

A probléma körülményei szerint a hőmérséklet nem változik, ami azt jelenti, hogy a telített gőznyomás változatlan marad. Írjuk fel az (1) képletet a levegő két állapotára.

φ 1 = 10%; φ 2 = 35%

Adjuk meg a légnyomást a (2), (3) képletekből, és keressük meg a nyomásarányt.

P 2	=	φ 2	=	35	= 3,5
P 1		φ 1		10

Válasz. A nyomást 3,5-szeresére kell növelni.

A forró folyékony anyagot olvasztókemencében állandó teljesítmény mellett lassan lehűtjük. A táblázat egy anyag hőmérsékletének időbeli mérési eredményeit mutatja.

Válasszon a megadott listából két a mérési eredményeknek megfelelő állításokat és azok számát feltüntetve.

Az anyag olvadáspontja ilyen körülmények között 232°C.
20 perc elteltével. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.
Egy anyag hőkapacitása folyékony és szilárd halmazállapotban azonos.
30 perc elteltével. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt.
Az anyag kristályosodási folyamata több mint 25 percig tartott.

Megoldás. Ahogy az anyag lehűlt, belső energiája csökkent. A hőmérsékletmérés eredményei lehetővé teszik, hogy meghatározzuk azt a hőmérsékletet, amelyen egy anyag kristályosodni kezd. Míg egy anyag folyékonyból szilárdra változik, a hőmérséklet nem változik. Tudva, hogy az olvadási hőmérséklet és a kristályosodási hőmérséklet megegyezik, a következő állítást választjuk:

1. Az anyag olvadáspontja ilyen körülmények között 232°C.

A második helyes állítás:

4. 30 perc elteltével. a mérések megkezdése után az anyag csak szilárd állapotban volt. Mivel a hőmérséklet ebben az időpontban már a kristályosodási hőmérséklet alatt van.

Válasz. 14.

Izolált rendszerben az A test hőmérséklete +40°C, a B test hőmérséklete +65°C. Ezeket a testeket termikus érintkezésbe hozták egymással. Egy idő után beállt a termikus egyensúly. Hogyan változott ennek hatására a B test hőmérséklete és az A és B test teljes belső energiája?

Minden mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

Fokozott;
Csökkent;
Nem változott.

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Ha a testek izolált rendszerében a hőcserén kívül más energiaátalakulás nem következik be, akkor az olyan testek által leadott hőmennyiség, amelyek belső energiája csökken, megegyezik azon testek hőmennyiségével, amelyek belső energiája nő. (Az energiamegmaradás törvénye szerint.) Ebben az esetben a rendszer teljes belső energiája nem változik. Az ilyen típusú feladatok megoldása a hőmérleg egyenlet alapján történik.

∆U = ∑	n	∆U i = 0 (1);
	én = 1

ahol ∆ U– belső energia változása.

Esetünkben a hőcsere következtében a B test belső energiája csökken, ami azt jelenti, hogy ennek a testnek a hőmérséklete csökken. Az A test belső energiája növekszik, mivel a test bizonyos mennyiségű hőt kapott a B testtől, a hőmérséklete megnő. Az A és B test teljes belső energiája nem változik.

Válasz. 23.

Proton p, amely egy elektromágnes pólusai közötti résbe repül, sebessége merőleges az indukciós vektorra mágneses mező a képen látható módon. Hol van a protonra ható Lorentz-erő a rajzhoz képest (felfelé, a megfigyelő felé, a megfigyelőtől távol, le, balra, jobbra)

Megoldás. A mágneses tér Lorentz-erővel hat egy töltött részecskére. Ennek az erőnek az irányának meghatározásához fontos megjegyezni a bal kéz mnemonikus szabályát, és ne felejtsük el figyelembe venni a részecske töltését. A bal kéz négy ujját a sebességvektor mentén irányítjuk, pozitív töltésű részecske esetén a vektornak merőlegesen kell bemennie a tenyérbe, a 90°-ra állított hüvelykujj a részecskére ható Lorentz-erő irányát mutatja. Ennek eredményeként azt kaptuk, hogy a Lorentz-erővektor az ábrához képest a megfigyelőtől elfelé irányul.

Válasz. a szemlélőtől.

Az elektromos térerősség modulusa egy 50 μF kapacitású lapos légkondenzátorban 200 V/m. A kondenzátorlapok közötti távolság 2 mm. Mennyi a töltés a kondenzátoron? Írja le a választ µC-ban.

Megoldás. Váltsunk át minden mértékegységet SI rendszerre. Kapacitás C = 50 µF = 50 10 -6 F, a lemezek közötti távolság d= 2 · 10 –3 m A probléma lapos légkondenzátorról szól - elektromos töltés és elektromos térenergia tárolására. Az elektromos kapacitás képletéből

Ahol d- a lemezek közötti távolság.

Adjuk meg a feszültséget U=E d(4); Helyettesítsük (4)-et (2)-be, és számítsuk ki a kondenzátor töltését.

q = C · Szerk= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC

Kérjük, ügyeljen arra, hogy milyen egységekben kell a választ írnia. Kulonban kaptuk, de µC-ban mutatjuk be.

Válasz. 20 µC.

A diák kísérletet végzett a fényképen látható fénytöréssel kapcsolatban. Hogyan változik az üvegben terjedő fény törésszöge és az üveg törésmutatója a beesési szög növekedésével?

Növeli
Csökken
Nem változik
Jegyezze fel a táblázatba minden válaszhoz a kiválasztott számokat! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Az ilyen jellegű problémáknál emlékezünk arra, hogy mi a fénytörés. Ez a hullám terjedési irányának változása, amikor egyik közegből a másikba megy át. Ennek oka, hogy ezekben a közegekben eltérő a hullámterjedés sebessége. Miután rájöttünk, hogy a fény melyik közegbe melyikbe terjed, írjuk fel a törés törvényét

sinα	=	n 2	,
sinβ		n 1

Ahol n 2 – az üveg abszolút törésmutatója, az a közeg, ahová a fény eljut; n 1 az első közeg abszolút törésmutatója, amelyből a fény származik. Levegőért n 1 = 1. α a sugár beesési szöge az üvegfélhenger felületén, β a sugár törésszöge az üvegben. Ezenkívül a törésszög kisebb lesz, mint a beesési szög, mivel az üveg optikailag sűrűbb közeg - magas törésmutatójú közeg. Az üvegben a fény terjedési sebessége lassabb. Felhívjuk figyelmét, hogy a szögeket a sugár beesési pontjában helyreállított merőlegestől mérjük. Ha növeli a beesési szöget, akkor a törésszög nő. Ez nem változtatja meg az üveg törésmutatóját.

Válasz.

Réz jumper egy adott időpontban t 0 = 0 2 m/s sebességgel mozogni kezd párhuzamos vízszintes vezetősínek mentén, amelyek végeihez 10 ohmos ellenállás kapcsolódik. Az egész rendszer függőleges, egyenletes mágneses térben van. A jumper és a sínek ellenállása elhanyagolható; az áthidaló mindig merőleges a sínekre. A mágneses indukciós vektor fluxusa a jumper, a sínek és az ellenállás által alkotott áramkörön keresztül idővel változik t a grafikonon látható módon.

A grafikon segítségével válasszon ki két helyes állítást, és adja meg a számukat a válaszában.

Mire t= 0,1 másodperces változás a mágneses fluxusban az áramkörön keresztül 1 mWb.
Indukciós áram a jumperben a tól tartományban t= 0,1 s t= 0,3 s max.
Az áramkörben keletkező induktív emf modulja 10 mV.
A jumperben folyó indukciós áram erőssége 64 mA.
A jumper mozgásának fenntartása érdekében erőt fejtenek ki rá, amelynek vetülete a sínek irányára 0,2 N.

Megoldás. Az áramkörön áthaladó mágneses indukciós vektor fluxusának időbeli függőségét ábrázoló grafikon segítségével meghatározzuk azokat a területeket, ahol az F fluxus változik, és ahol a fluxus változása nulla. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy meghatározzuk azokat az időintervallumokat, amelyek alatt az indukált áram megjelenik az áramkörben. Igaz állítás:

1) Mire t= 0,1 másodperces változás a mágneses fluxusban az áramkörön keresztül egyenlő 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Az áramkörben keletkező induktív emf modulját az EMR törvény alapján határozzuk meg

Válasz. 13.

Egy 1 mH induktivitású elektromos áramkörben az áram és idő grafikonját használva határozza meg az öninduktív emf modult 5 és 10 s közötti időintervallumban. Válaszát írja le µV-ban.

Megoldás. Váltsunk át minden mennyiséget SI rendszerbe, azaz. 1 mH induktivitását H-vé alakítjuk, 10 –3 H-t kapunk. Az ábrán látható áramot mA-ban A-vá alakítjuk, 10 –3-mal megszorozva.

Az önindukciós emf képlet a következővel rendelkezik

ebben az esetben az időintervallumot a probléma körülményei szerint adjuk meg

∆t= 10 s – 5 s = 5 s

másodperc, és a grafikon segítségével meghatározzuk az áram változásának intervallumát ezen idő alatt:

∆én= 30 10 –3 – 20 10 –3 = 10 10 –3 = 10 –2 A.

A számértékeket behelyettesítjük a (2) képletbe, megkapjuk

| Ɛ | = 2 ·10 –6 V vagy 2 µV.

Válasz. 2.

Két átlátszó sík-párhuzamos lemezt szorosan egymáshoz nyomnak. A levegőből egy fénysugár esik az első lemez felületére (lásd az ábrát). Ismeretes, hogy a felső lemez törésmutatója egyenlő n 2 = 1,77. Állítson fel egyezést a fizikai mennyiségek és jelentéseik között. Az első oszlop minden pozíciójához válassza ki a megfelelő pozíciót a második oszlopból, és írja le a kiválasztott számokat a táblázatban a megfelelő betűk alá.

Megoldás. A két közeg határfelületén a fénytörés problémáinak megoldására, különösen a fény síkpárhuzamos lemezeken való áthaladásával kapcsolatos problémák megoldására a következő megoldási eljárás javasolható: készítsen rajzot, amely az egyik közegből érkező sugarak útját jelzi. másik; A nyaláb beesési pontján a két közeg határfelületén rajzoljunk egy normált a felületre, jelöljük meg a beesési és törési szögeket. Különös figyelmet kell fordítani a szóban forgó közeg optikai sűrűségére, és ne feledje, hogy amikor egy fénysugár optikailag kevésbé sűrű közegből optikailag sűrűbb közegbe kerül, a törésszög kisebb lesz, mint a beesési szög. Az ábra a beeső sugár és a felület közötti szöget mutatja, de szükségünk van a beesési szögre. Ne feledje, hogy a szögeket az ütközési pontban helyreállított merőleges határozza meg. Meghatározzuk, hogy a sugár beesési szöge a felületen 90° – 40° = 50°, törésmutató n 2 = 1,77; n 1 = 1 (levegő).

Írjuk fel a fénytörés törvényét

sinβ =	sin50	= 0,4327 ≈ 0,433
	1,77

Ábrázoljuk a sugár hozzávetőleges útját a lemezeken keresztül. A 2–3 és 3–1 határokhoz az (1) képletet használjuk. Válaszul kapunk

A) A sugár beesési szögének szinusza a lemezek közötti 2–3 határon 2) ≈ 0,433;

B) A sugár törésszöge a 3–1 határ átlépésekor (radiánban) 4) ≈ 0,873.

Válasz. 24.

Határozza meg, hány α-részecske és hány proton keletkezik a reakció eredményeként! termonukleáris fúzió

+ → x+ y;

Megoldás. Minden magreakcióban betartják az elektromos töltés és a nukleonok számának megmaradásának törvényeit. Jelöljük x-el az alfa-részecskék számát, y-val a protonok számát. Alkossunk egyenleteket

+ → x + y;

megoldani a rendszert, amivel rendelkezünk x = 1; y = 2

Válasz. 1 – α-részecske; 2 – protonok.

Az első foton impulzusmodulusa 1,32 · 10 –28 kg m/s, ami 9,48 · 10 –28 kg m/s-mal kisebb, mint a második foton impulzusmodulusa. Határozzuk meg a második és az első foton E 2 /E 1 energiaarányát! Válaszát kerekítse a legközelebbi tizedre.

Megoldás. A második foton impulzusa nagyobb, mint az első foton impulzusa a feltételnek megfelelően, ami azt jelenti, hogy ábrázolható p 2 = p 1 + Δ p(1). A foton energiája a foton impulzusával fejezhető ki a következő egyenletekkel. Ez E = mc 2. (1) és p = mc(2), akkor

E = pc (3),

Ahol E- foton energia, p– foton impulzus, m – foton tömeg, c= 3 · 10 8 m/s – fénysebesség. A (3) képletet figyelembe véve a következőket kapjuk:

E 2	=	p 2	= 8,18;
E 1		p 1

A választ tizedekre kerekítjük, és 8,2-t kapunk.

Válasz. 8,2.

Az atommag radioaktív pozitron β - bomláson ment keresztül. Hogyan változott ez elektromos töltés mag és a benne lévő neutronok száma?

Minden mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

Fokozott;
Csökkent;
Nem változott.

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Pozitron β - bomlás az atommagban akkor következik be, amikor egy proton pozitron kibocsátásával neutronná alakul. Ennek eredményeként az atommagban lévő neutronok száma eggyel nő, az elektromos töltés eggyel csökken, és az atommag tömegszáma változatlan marad. Így az elem átalakulási reakciója a következő:

Válasz. 21.

Öt kísérletet végeztünk a laboratóriumban a diffrakció megfigyelésére különféle diffrakciós rácsokkal. Mindegyik rácsot meghatározott hullámhosszú, párhuzamos monokromatikus fénysugarak világították meg. A fény minden esetben a rácsra merőlegesen esett. E kísérletek közül kettőben ugyanannyi fő diffrakciós maximumot figyeltek meg. Adja meg először annak a kísérletnek a számát, amelyben rövidebb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk, majd annak a kísérletnek a számát, amelyben nagyobb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk.

Megoldás. A fény diffrakciója az a jelenség, amikor a fénysugár egy geometriai árnyék tartományba kerül. Diffrakció akkor figyelhető meg, ha egy fényhullám útján átlátszatlan területek vagy lyukak vannak a nagy akadályokban, amelyek átlátszatlanok a fényre, és ezeknek a területeknek vagy lyukak mérete arányos a hullámhosszal. Az egyik legfontosabb diffrakciós eszköz a diffrakciós rács. A diffrakciós mintázat maximumáig tartó szögirányokat az egyenlet határozza meg

d sinφ = kλ (1),

Ahol d– a diffrakciós rács periódusa, φ – a rács normálja és a diffrakciós mintázat egyik maximumának iránya közötti szög, λ – fényhullámhossz, k– a diffrakciós maximum sorrendjének nevezett egész szám. Fejezzük ki az (1) egyenletből

A kísérleti körülményeknek megfelelő párokat kiválasztva először 4-et választunk ki, ahol rövidebb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk, majd annak a kísérletnek a számát, amelyben nagyobb periódusú diffrakciós rácsot alkalmaztunk - ez 2.

Válasz. 42.

Az áram átfolyik egy huzalos ellenálláson. Az ellenállást egy másikra cserélték, ugyanolyan fémből és ugyanolyan hosszúságú, de fele keresztmetszetű vezetékkel, és az áram felét vezették át rajta. Hogyan változik az ellenállás feszültsége és ellenállása?

Minden mennyiséghez határozza meg a változás megfelelő jellegét:

Növekszik;
Csökkenni fog;
Nem fog változni.

A kiválasztott számokat minden fizikai mennyiséghez írja le a táblázatba! A válaszban szereplő számok megismétlődhetnek.

Megoldás. Fontos megjegyezni, hogy a vezető ellenállása milyen értékektől függ. Az ellenállás kiszámításának képlete a

Ohm törvénye az áramkör egy szakaszára, a (2) képletből a feszültséget fejezzük ki

U = I R (3).

A második ellenállás a probléma körülményei szerint azonos anyagú, azonos hosszúságú, de eltérő keresztmetszeti területű huzalból készül. A terület kétszer kisebb. Az (1)-be behelyettesítve azt találjuk, hogy az ellenállás 2-szeresére nő, az áram pedig 2-szeresére csökken, ezért a feszültség nem változik.

Válasz. 13.

A matematikai inga oszcillációs periódusa a Föld felszínén 1,2-szer nagyobb, mint egy bizonyos bolygón. Mekkora a gravitáció miatti gyorsulás ezen a bolygón? A légkör hatása mindkét esetben elhanyagolható.

Megoldás. A matematikai inga egy olyan menetből álló rendszer, amelynek méretei sokkal nagyobbak, mint a labda és magának a golyónak a mérete. Nehézség adódhat, ha elfelejtjük a matematikai inga lengési periódusára vonatkozó Thomson-képletet.

T= 2π(1);

l– a matematikai inga hossza; g– szabadesés gyorsulás.

Feltétel szerint

Kifejezzük a (3)-ból g n = 14,4 m/s 2. Meg kell jegyezni, hogy a gravitáció gyorsulása a bolygó tömegétől és sugarától függ

Válasz. 14,4 m/s 2.

Egy 1 m hosszú, 3 A áramerősségű egyenes vezető egyenletes indukciós mágneses térben helyezkedik el IN= 0,4 Tesla a vektorral 30°-os szögben. Mekkora a mágneses térből a vezetőre ható erő?

Megoldás. Ha egy áramvezető vezetéket mágneses mezőbe helyez, az áramvezetőn lévő mező Amper erővel fog hatni. Írjuk fel az Amper erőmodulus képletét

F A = I LB sinα ;

F A = 0,6 N

Válasz. F A = 0,6 N.

A tekercsben tárolt mágneses mező energia egyenáram átvezetésekor egyenlő 120 J. Hányszorosára kell növelni a tekercs tekercselésen átfolyó áram erősségét, hogy a benne tárolt mágneses tér energia növekedjen 5760 J.

Megoldás. A tekercs mágneses terének energiáját a képlet számítja ki

W m =	LI 2	(1);
	2

Feltétel szerint W 1 = 120 J, akkor W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.

én 1 2 =	2W 1	; én 2 2 =	2W 2	;
	L		L

Aztán a jelenlegi arány

én 2 2	= 49;	én 2	= 7
én 1 2		én 1

Válasz. Az áramerősséget 7-szeresére kell növelni. A válaszlapon csak a 7-es számot kell megadni.

Egy elektromos áramkör két izzóból, két diódából és az ábrán látható módon csatlakoztatott vezeték menetéből áll. (A dióda csak egy irányba engedi az áramot, amint az a kép tetején látható.) Melyik izzó fog kigyulladni, ha a mágnes északi pólusát közelebb hozzuk a tekercshez? Magyarázza meg válaszát annak megjelölésével, hogy milyen jelenségeket és mintákat használt magyarázatában.

Megoldás. A mágneses indukciós vonalak a mágnes északi pólusából jönnek ki, és szétválnak. Amikor a mágnes közeledik mágneses fluxus huzal fordulattal növekszik. A Lenz-szabály szerint a tekercs induktív árama által létrehozott mágneses mezőt jobbra kell irányítani. A gimlet szabály szerint az áramnak az óramutató járásával megegyező irányban kell folynia (balról nézve). A második lámpa áramkörében lévő dióda ebbe az irányba halad. Ez azt jelenti, hogy a második lámpa kigyullad.

Válasz. A második lámpa kigyullad.

Alumínium küllőhossz L= 25 cm és keresztmetszeti terület S= 0,1 cm 2 egy menetre felfüggesztve a felső végénél. Az alsó vége az edény vízszintes alján nyugszik, amelybe vizet öntenek. A küllő víz alá süllyesztett részének hossza l= 10 cm Határozza meg az erőt F, amellyel a kötőtű az edény alját nyomja, ha ismert, hogy a cérna függőlegesen helyezkedik el. Az alumínium sűrűsége ρ a = 2,7 g/cm 3, a víz sűrűsége ρ b = 1,0 g/cm 3. A gravitáció gyorsulása g= 10 m/s 2

Megoldás. Készítsünk egy magyarázó rajzot.

– Menetfeszítő erő;

– Az edény fenekének reakcióereje;

a – Arkhimédeszi erő, amely csak a bemerült testrészre hat, és a küllő bemerült részének közepére hat;

– a Földről a küllőre ható, a teljes küllő középpontjára ható gravitációs erő.

Értelemszerűen a küllő tömege més az arkhimédeszi erőmodulus a következőképpen van kifejezve: m = SLρa (1);

F a = Slρ in g (2)

Tekintsük a küllő felfüggesztési pontjához viszonyított erőnyomatékokat.

M(T) = 0 – húzóerő nyomatéka; (3)

M(N)= NL cosα a támasztó reakcióerő nyomatéka; (4)

A pillanatok előjeleit figyelembe véve írjuk fel az egyenletet

NL cosα + Slρ in g (L –	l	)cosα = SLρ a g	L	cosα (7)
	2		2

tekintve, hogy Newton harmadik törvénye szerint az edény fenekének reakcióereje egyenlő az erővel F d amellyel a kötőtű az edény alját nyomja írjuk N = F d és a (7) egyenletből ezt az erőt fejezzük ki:

F d = [	1	Lρ a– (1 –	l	)lρ in ] Sg (8).
	2		2L

Helyettesítsük be a numerikus adatokat, és kapjuk meg azt

F d = 0,025 N.

Válasz. F d = 0,025 N.

Henger tartalmú m 1 = 1 kg nitrogén, szilárdsági vizsgálat során hőmérsékleten robbant t 1 = 327 °C. Mekkora tömegű hidrogén m 2 ilyen hengerben olyan hőmérsékleten tárolható t 2 = 27°C, ötszörös biztonsági ráhagyással? A nitrogén moláris tömege M 1 = 28 g/mol, hidrogén M 2 = 2 g/mol.

Megoldás.Írjuk fel a Mengyelejev–Clapeyron ideális gáz állapotegyenletet nitrogénre

Ahol V- a henger térfogata, T 1 = t 1+273 °C. Az állapottól függően a hidrogén nyomás alatt tárolható p 2 = p 1/5; (3) Figyelembe véve azt

A (2), (3), (4) egyenletekkel közvetlenül dolgozva kifejezhetjük a hidrogén tömegét. A végső képlet így néz ki:

m 2 =	m 1		M 2		T 1	(5).
	5		M 1		T 2

A numerikus adatok behelyettesítése után m 2 = 28 g.

Válasz. m 2 = 28 g.

Egy ideális oszcillációs áramkörben az induktor áramingadozásának amplitúdója én m= 5 mA, és a feszültség amplitúdója a kondenzátoron Hm= 2,0 V. Időben t a kondenzátor feszültsége 1,2 V. Keresse meg a tekercs áramát ebben a pillanatban.

Megoldás. Egy ideális oszcillációs áramkörben az oszcillációs energia megmarad. Egy t időpillanatig az energiamegmaradás törvényének alakja van

C	U 2	+ L	én 2	= L	én m 2	(1)
	2		2		2

Az amplitúdó (maximális) értékekhez írunk

és a (2) egyenletből fejezzük ki

C	=	én m 2	(4).
L		Hm 2

Helyettesítsük (4)-et (3)-ra. Ennek eredményeként a következőket kapjuk:

én = én m (5)

Így az áram a tekercsben az idő pillanatában t egyenlő

én= 4,0 mA.

Válasz. én= 4,0 mA.

Egy 2 m mély tározó alján tükör található. A vízen áthaladó fénysugár visszaverődik a tükörről, és kijön a vízből. A víz törésmutatója 1,33. Határozza meg a távolságot a sugár vízbe való belépési pontja és a sugár vízből való kilépési pontja között, ha a sugár beesési szöge 30°

Megoldás. Készítsünk magyarázó rajzot

α a sugár beesési szöge;

β a sugár törésszöge vízben;

Az AC a távolság a sugár vízbe való belépési pontja és a sugár vízből való kilépési pontja között.

A fénytörés törvénye szerint

sinβ =	sinα	(3)
	n 2

Tekintsük a téglalap alakú ΔADB-t. Ebben AD = h, akkor DB = AD

tgβ = h tgβ = h	sinα	= h	sinβ	= h	sinα	(4)
	cosβ

A következő kifejezést kapjuk:

AC = 2 DB = 2 h	sinα	(5)

Helyettesítsük be a számértékeket a kapott (5) képletbe!

Válasz. 1,63 m.

Az egységes államvizsgára való felkészülés során felkérjük Önt, hogy ismerkedjen meg fizika munkaprogram a 7–9. osztály számára az UMK vonalra, Peryshkina A.V.És emelt szintű munkaprogram a 10-11. évfolyamon a tananyagokhoz Myakisheva G.Ya. A programok minden regisztrált felhasználó számára megtekinthetők és ingyenesen letölthetők.

2017-ben sok végzős fizikát fog letenni, mivel erre a vizsgára nagy az igény. Sok egyetemnek szüksége van egy egységes államvizsga-eredményre fizikából, hogy 2017-ben fel tudjon venni, és be tudjon iratkozni intézetei karainak egyes szakaira. És ezért a leendő diplomás, aki a 11. osztályban tanul, nem tudva, hogy ilyen nehéz vizsgát kell tennie, és nem csak úgy, hanem olyan eredménnyel, amely lehetővé teszi számára, hogy valóban jó szakra lépjen. amelyhez a fizika, mint tantárgy és elérhetőség ismerete szükséges Egységes államvizsga eredmények, annak jelzéseként, hogy ebben az évben jogában áll felvételizni a tanulmányaira, attól vezérelve, hogy letette a 2017-es egységes fizika államvizsgát, jó eredményeket ért el, és úgy gondolja, hogy legalább bekerül a kereskedelmi szakra, bár Szeretnék belépni a költségvetési osztályba.

És ezért gondoljuk, hogy az iskolai tankönyveken, a fejedben rendelkezésre álló tudáson, valamint a már megvásárolt könyveken kívül még legalább két fájlra lesz szükséged, melyek letöltését javasoljuk ingyenesen. .

Először is, ez évek, mert ez az az alap, amelyre először támaszkodhat. Lesznek olyan specifikációk és kodifikátorok is, amelyek segítségével megismerheti az ismétlésre szoruló témákat és általában a vizsga teljes menetét és lebonyolításának feltételeit.

Másodszor, ezek a FIPI által kora tavasszal, azaz március-áprilisban lebonyolított fizika próbavizsga KIM-ei.

Ezek azok, amelyek letöltését itt ajánljuk, és nem csak azért, mert mindez ingyenes, hanem leginkább azért, mert neked van rá szükséged, nem nekünk. A fizikából az egységes államvizsga-feladatok egy nyílt adatbankból származnak, amelyben a FIPI több tízezer feladatot és kérdést helyez el minden tantárgyból. És megérted, hogy egyszerűen irreális mindegyiket megoldani, mert 10 vagy 20 év kell hozzá, de nincs ennyi időd, sürgősen cselekedned kell 2017-ben, mert nem akarsz elveszíteni egyet sem. évfolyamon, és ezen kívül olyan új diplomások érkeznek oda, akiknek tudásszintje számunkra ismeretlen, ezért nem világos, hogyan lesz könnyű vagy nehéz felvenni velük a versenyt.

Figyelembe véve azt, hogy a tudás idővel elhalványul, neked is most kell tanulnod, vagyis amíg friss tudás jár a fejedben.

Ezen tények alapján arra a következtetésre jutunk, hogy minden tőlünk telhetőt meg kell tenni annak érdekében, hogy eredeti módon felkészüljünk bármilyen vizsgára, beleértve a 2017-es Egységes Fizika Államvizsgát is, amelynek próbaidőszaki beosztását most ajánljuk Önnek, és letöltés itt.

Csak ezt kell alaposan és teljesen megértened, mert nehéz lesz mindent megemészteni elsőre, és amit a letöltött feladatokban látni fogsz, az elgondolkodtató lesz, hogy felkészülj a rád váró gondokra. a jövőben tavasszal vizsga!

A tavalyi évhez hasonlóan 2017-ben is két „folyama” van az egységes államvizsgának – egy korai időszak (tavasz közepén zajlik) és a fő, hagyományosan a végén kezdődik. tanévben, május utolsó napjai. Az egységes államvizsga-beosztás hivatalos tervezete „meghatározza” az összes tárgyból mindkét időszakban a vizsgák letételének időpontját – beleértve a további tartaléknapokat azoknak, akik alapos okból (betegség, vizsgaidőpontok egybeesése stb.) nem tudták az Egységes Államvizsgát a megadott időkereten belül letenni.

Az egységes államvizsga letételének korai időszakának ütemezése – 2017

2017-ben a szokásosnál korábban indul az egységes államvizsga korai „hulláma”. Ha tavaly a tavaszi vizsgaidőszak tetőzése március utolsó hetében volt, akkor ebben a szezonban a tavaszi szünet időszaka mentes lesz az egységes államvizsgától.

Fő határidők korai időszak– március 14-től 24-ig. Így a tavaszi iskolai szünet kezdetére sok „lejáratos diáknak” már lesz ideje átmenni a teszteken. És ez kényelmesnek bizonyulhat: a korai hullámban egységes államvizsgára jogosító diplomások között vannak olyan srácok, akik májusban orosz vagy nemzetközi versenyeken és versenyeken vesznek részt, és tavaszi szünet gyakran járnak sportedző táborokba, táborokba szakosodott műszakba stb. A vizsgák korábbi eltolása lehetővé teszi számukra, hogy a legtöbbet hozzák ki a vizsgákból.

További (tartalék) napok A 2017-es egységes államvizsga korai időszaka kerül megrendezésre április 3-tól április 7-ig. Ugyanakkor valószínűleg sokaknak tartalékidőpontokon kell vizsgát tenniük: ha a tavalyi órarendben legfeljebb két tárgyat vettek fel egy napon, akkor 2017-ben a legtöbb szabadon választható vizsgát „hármasban” csoportosítják.

Külön napokat csak három tárgyból osztanak ki: az orosz nyelvvizsga, amely kötelező a végzősök és minden leendő jelentkező számára, valamint a matematika és a szóbeli vizsgarész. idegen nyelvek. Ugyanakkor idén a „korai” hallgatók a „beszéd” részt veszik az írásbeli rész előtt.

A márciusi vizsgákat a tervek szerint a következő időpontok szerint osztjuk meg:

március 14(kedd) – matematika vizsga (alap- és szakszinten egyaránt);

március 16(csütörtök) – kémia, történelem, számítástechnika;

március 18(szombat) – Egységes államvizsga idegen nyelvből ( szóbeli rész vizsgálat);

március 20(hétfő) – orosz nyelvvizsga;

március 22(szerda) – biológia, fizika, idegen nyelvek (írásbeli vizsga);

március 24(péntek) - Egységes államvizsga, irodalom és társadalomismeret.

A fő és a tartalék napok A korai időszakban kilenc napos szünet van. A „tartalékosok” minden további tesztje három napon keresztül zajlik:

április 3(hétfő) – kémia, irodalom, számítástechnika, idegen (beszéd);

április 5(szerda) – külföldi (írásbeli), földrajz, fizika, biológia, társadalomismeret;

április 7(péntek) – orosz nyelv, alap és.

Általános szabály, hogy az egységes államvizsgát idő előtt letevők többsége a korábbi években végzettek, valamint a középfokú szakoktatási intézmények diplomái (főiskolákon és szaklíceumokban a program középiskolaáltalában az első tanulmányi évben „átmennek”). Ezen túlmenően azon iskolai végzettségűek, akik érvényes okokból hiányoznak az egységes államvizsga letételének fő időszakában (például orosz vagy nemzetközi versenyeken való részvétel vagy szanatóriumi kezelés céljából), vagy akik Oroszországon kívül kívánják továbbtanulni. korán „lelőheti” a vizsgákat.

A 2017-es végzősök saját belátásuk szerint választhatják meg a vizsga időpontját azokból a tantárgyakból is, amelyekre a program teljes mértékben elkészült. Ez elsősorban azok számára releváns, akik tervezik - ebben a témában iskolai tanfolyamot tanítanak a 10. osztályig, és korai szállítás az egyik vizsga csökkentheti a feszültséget az egységes államvizsga főidőszakában.

Az egységes államvizsga letételének fő időszakának ütemezése – 2017

Az egységes államvizsga letételének fő időszaka 2017-ben május 26-án kezdődik, és június 16-ra a legtöbb végzős befejezi a vizsgaeposzt. Aki alapos okból nem tudott időben letenni az egységes államvizsgát, vagy azonos határidővel választott tantárgyat, annak tartalék vizsganapok június 19-től. A tavalyi évhez hasonlóan az egységes államvizsga-időszak utolsó napja „egyszeri tartalék” lesz - június 30-án bármely tárgyból lehet vizsgázni.

Ugyanakkor az Egységes Államvizsga 2017 fő időszakának vizsgabeosztása a korai vizsgákhoz képest sokkal kevésbé sűrű, és a legtöbb végzős valószínűleg elkerülheti az „átfedő” vizsgaidőpontokat.

A sikeres teljesítéshez külön vizsganapok állnak rendelkezésre kötelező tantárgyak: orosz nyelv, alapfokú matematika és profilszint(a hallgatóknak joguk van e vizsgák közül az egyiket, vagy mindkettőt egyszerre letenni, ezért a főidőszakban hagyományosan több napra osztják őket).

A tavalyi évhez hasonlóan külön napot szánnak a legnépszerűbb szabadon választható vizsgára - a társadalomismeretre. Az idegen nyelvű szóbeli vizsgarész letételére pedig két külön nap áll rendelkezésre. Ezen kívül külön napot osztanak ki azok számára, akikre nincs a legnagyobb kereslet. A tárgyból egységes államvizsga– földrajz. Talán azért tették ezt, hogy az összes természettudományos tárgyat az órarendben helyet foglalják, csökkentve ezzel az egybeesések számát.

Így az egységes állami vizsgarendben két pár és egy „trojka” marad a tantárgyakból, amelyek vizsgáit egyidejűleg teszik le:

kémia, történelem és számítástechnika;

idegen nyelvek és biológia,

irodalom és fizika.

A vizsgáknak az alábbi időpontokban kell lenniük:

május 26(péntek) – földrajz,

május 29(hétfő) – orosz nyelv,

május 31(szerda) – történelem, kémia, számítástechnika és IKT,

június 2(péntek) – speciális matematika,

június 5(hétfő) – társadalomismeret;

június 7(szerda) – ,

június 9(péntek) – írásbeli idegen nyelv, biológia,

június 13(kedd) – irodalom, fizika,

június 15(csütörtök) és június 16(péntek) – idegen szóbeli.

Így a legtöbb iskolás „tiszta lelkiismerettel” készül az érettségire, miután már letette az összes tervezett vizsgát, és a legtöbb tantárgyból eredményt kapott. Aki lemaradt a fővizsgaidőszakról, azonos határidővel választott tantárgyat, oroszból vagy matematikából „kudarcot” kapott, lekerült a vizsgáról, vagy az egységes államvizsga letétele során technikai vagy szervezési nehézségekbe ütközött (pl. kiegészítő nyomtatványok vagy áramszünet), a vizsgák a tartalék időpontokban kerülnek letételre.

A tartaléknapok a következőképpen oszlanak meg:

június 19(hétfő) – számítástechnika, történelem, kémia és földrajz,

június 20(kedd) – fizika, irodalom, biológia, társadalomismeret, írásbeli idegen nyelv,

június 21(szerda) – orosz nyelv,

június 22(csütörtök) – matematika alapfokon,

június 28(szerda) – matematika profilszinten,

június 29(csütörtök) – szóbeli idegen nyelv,

június 30(péntek) – minden tantárgy.

Lehetnek-e változások az egységes államvizsga-beosztásban?

A hivatalos egységes államvizsga-beosztás tervezetét általában a tanév elején teszik közzé, megvitatják, a vizsgarend végleges jóváhagyására tavasszal kerül sor. Ezért a 2017-es egységes államvizsga-beosztásban változtatások lehetségesek.

Azonban például 2016-ban a projektet változtatás nélkül hagyták jóvá, és a tényleges vizsgaidőpontok teljesen egybeestek az előzetesen meghirdetettekkel - mind a korai, mind a főhullámban. Így elég nagy az esélye annak, hogy a 2017-es menetrendet is változtatás nélkül elfogadják.

A felkészülés során Egységes államvizsga érettségizetteknek A záróvizsgához jobb, ha a hivatalos információforrásokból származó lehetőségeket használja.

A vizsgamunka elvégzésének megértéséhez először meg kell ismerkednie a KIM Egységes Fizika Államvizsga aktuális évfolyamának demóverzióival és a lehetőségekkel Korai egységes államvizsga időszak.

2015. 10. 05., annak érdekében, hogy a végzősök további felkészülési lehetőséget biztosítsanak az egységes fizika államvizsgára, a KIM egyik változata az egységes államvizsga lebonyolítása korai időszak 2017. Ez valós lehetőségek a 2017. április 7-én lefolytatott vizsgáról.

A 2017-es fizika egységes államvizsga korai verziói

A 2017-es fizika egységes államvizsga bemutató verziója

Feladat opció + válaszok	változat + válasz
Specifikáció	letöltés
Kodifikátor	letöltés

A 2016-2015-ös fizika egységes államvizsga bemutató változatai

Fizika	Letöltési lehetőség
2016	az Egységes Államvizsga 2016 változata
2015	változat EGE fizika

Az egységes államvizsga KIM változásai 2017-ben 2016-hoz képest

A vizsgadolgozat 1. részének szerkezete módosult, a 2. rész változatlan maradt. Az egy helyes választ adó feladatokat kihagytuk a vizsgamunkából, és hozzáadtuk a rövid válaszú feladatokat.

A vizsgadolgozat szerkezetének változtatásakor az általános fogalmi megközelítések az oktatási eredmények értékeléséhez. Beleértve változatlan maradt maximális pontszám a vizsgamunka összes feladatának elvégzésére az elosztás megmarad maximális pontszámot különböző bonyolultságú feladatokhoz és a feladatok számának hozzávetőleges megoszlásához az iskolai fizika tantárgy szakaszai és tevékenységmódjai szerint.

A 2017-es egységes államvizsgán ellenőrizhető kérdések teljes listája a végzettek képzési szintjére vonatkozó tartalmi elemek és követelmények kodifikátorában található. oktatási szervezetek a 2017-es fizika egységes államvizsgára.

Demo kinevezése változata az egységes államvizsga A fizikában az, hogy a USE bármely résztvevője és a nagyközönség képet kaphasson a jövőbeli CMM-ek felépítéséről, a feladatok számáról és formájáról, valamint összetettségükről.

Az ebben az opcióban szereplő, részletes válaszú feladatok elvégzésének értékelésére vonatkozó megadott kritériumok képet adnak a részletes válasz rögzítésének teljességére és helyességére vonatkozó követelményekről. Ez az információ lehetővé teszi a diplomások számára, hogy stratégiát dolgozzanak ki az egységes államvizsga előkészítésére és letételére.

A KIM Egységes Fizika Államvizsga tartalmi kiválasztásának és szerkezetének kialakításának megközelítései

A vizsgadolgozat minden változata tartalmaz olyan feladatokat, amelyek az iskolai fizika kurzus minden részéből ellenőrzött tartalmi elemek elsajátítását tesztelik, és minden szakaszhoz minden taxonómiai szintű feladatot kínálnak. A felsőoktatásban való továbbtanulás szempontjából a legfontosabb oktatási intézményekben A tartalmi elemeket ugyanabban a változatban különböző bonyolultságú feladatok vezérlik.

Az adott szakaszra vonatkozó feladatok számát annak tartalma és a hozzávetőleges fizika szaknak megfelelően a tanulásra szánt tanítási idő arányában határozza meg. Különféle tervek, amelyek alapján készülnek vizsgalehetőségek, a tartalom-kiegészítés elvén épülnek fel, így általában minden opciósorozat diagnosztikát nyújt a kodifikátorban szereplő összes tartalmi elem fejlődéséhez.

Mindegyik opció tartalmaz feladatokat a különböző komplexitási szintek minden szakaszában, lehetővé téve a fizikai törvények és képletek alkalmazásának képességének tesztelését mind a szokásos oktatási helyzetekben, mind a nem hagyományos helyzetekben, amelyek megkövetelik a meglehetősen magas fokú függetlenség megnyilvánulását az ismert kombinálásakor. cselekvési algoritmusokat vagy saját tervet készíthet egy feladat elvégzéséhez.

A részletes választ igénylő feladatok ellenőrzésének objektivitását egységes értékelési szempontok, egy-egy munkát értékelő két független szakértő részvétele, harmadik szakértő kirendelésének lehetősége és jogorvoslati eljárás megléte biztosítja. Egyetlen államvizsga a fizikából választható vizsga érettségizettek számára, és a felsőoktatási intézményekbe való belépéskor differenciálásra szolgál.

Ebből a célból a munka három nehézségi szintű feladatot tartalmaz. A feladatok összetettségi alapszintű teljesítése lehetővé teszi a középiskolai fizikatanfolyam legjelentősebb tartalmi elemeinek elsajátításának és a legfontosabb tevékenységtípusok elsajátításának szintjét.

Az alapszint feladatai között megkülönböztetik azokat a feladatokat, amelyek tartalma megfelel az alapszint színvonalának. A fizika egységes államvizsga pontjainak minimális száma, amely megerősíti a végzős középfokú (teljes) program elsajátítását általános műveltség fizikában az alapszintű szabvány elsajátításának követelményei alapján kerül megállapításra. Haladó és emelt szintű feladatok felhasználása a vizsgamunkában magas szinten A komplexitás lehetővé teszi, hogy felmérje a hallgató felkészültségét az egyetemen való továbbtanulásra.