Pri nekaterih nalogah je več pravilnih rešitev, zato so možne različne interpretacije pravilne izpolnitve naloge. Ne bojte se pritožiti, če menite, da je bil vaš rezultat izračunan napačno.
Preberite splošne informacije o izpitu in se začnite pripravljati. V primerjavi z lanskim letom se je enotni državni izpit KIM 2019 nekoliko spremenil.
Enotni državni izpit
Lani je bilo za opravljanje enotnega državnega izpita iz fizike z najmanj trojko dovolj doseči 36 primarnih točk. Dobili so jih na primer za pravilno opravljenih prvih 10 nalog testa.
Še ni točno znano, kaj se bo zgodilo leta 2019: počakati moramo na uradno odredbo Rosobrnadzorja o ujemanju primarnih in testnih rezultatov. Najverjetneje se bo pojavil decembra. Glede na to, da se je maksimalni primarni rezultat povečal s 50 na 52, je zelo verjetno, da se bo minimalni rezultat nekoliko spremenil.
Medtem se lahko osredotočite na te tabele:
Struktura enotnega državnega izpita
Leta 2019 je enotni državni izpit iz fizike sestavljen iz dveh delov. V prvi del je bila dodana naloga št. 24 iz poznavanja astrofizike. Zaradi tega se je skupno število nalog v testu povečalo na 32.
- 1. del: 24 nalog (1–24) s kratkim odgovorom, ki je število (celo ali decimalno) ali zaporedje števil.
- 2. del: 7 nalog (25–32) s podrobnim odgovorom, v njih morate podrobno opisati celoten potek naloge.
Priprava na enotni državni izpit
- Opravite teste enotnega državnega izpita na spletu brezplačno brez registracije ali SMS-a. Predstavljeni testi so po zahtevnosti in strukturi enaki dejanskim izpitom, ki so bili opravljeni v ustreznih letnikih.
- Prenesite demo različice Enotnega državnega izpita iz fizike, ki vam bo omogočil, da se bolje pripravite na izpit in ga lažje opravite. Vse predlagane teste je razvil in odobril Zvezni inštitut za pedagoške meritve (FIPI) za pripravo na enotni državni izpit. Vse uradne različice enotnega državnega izpita so razvite v istem FIPI.
Naloge, ki jih boste videli, najverjetneje ne bodo prikazane na izpitu, bodo pa naloge, podobne predstavitvenim, na isto temo ali preprosto z različnimi številkami. - Seznanite se z osnovnimi formulami za pripravo na izpit, ki vam bodo pomagale osvežiti spomin, preden poskusite s predstavitvami in preizkusnimi možnostmi.
Številke splošnega enotnega državnega izpita
| leto | Najmanjša Ocena enotnega državnega izpita | Povprečna ocena | Število udeležencev | Neuspešno, % | Količina 100 točk |
Trajanje - Dolžina izpita, min. |
| 2009 | 32 | |||||
| 2010 | 34 | 51,32 | 213 186 | 5 | 114 | 210 |
| 2011 | 33 | 51,54 | 173 574 | 7,4 | 206 | 210 |
| 2012 | 36 | 46,7 | 217 954 | 12,6 | 41 | 210 |
| 2013 | 36 | 53,5 | 208 875 | 11 | 474 | 210 |
| 2014 | 36 | 45,4 | 235 | |||
| 2015 | 36 | 51,2 | 235 | |||
| 2016 | 36 | 235 | ||||
| 2017 | 36 | 235 | ||||
| 2018 |
Priprava na OGE in enotni državni izpit
Srednja splošna izobrazba
Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (10-11) (osnovno, nadaljevalno)
Linija UMK A.V. Grachev. Fizika (7-9)
Linija UMK A.V. Peryshkin. Fizika (7-9)
Priprava na enotni državni izpit iz fizike: primeri, rešitve, razlage
Z učiteljem analiziramo naloge enotnega državnega izpita iz fizike (možnost C).Lebedeva Alevtina Sergejevna, učiteljica fizike, 27 let delovnih izkušenj. Častna listina Ministrstva za izobraževanje Moskovske regije (2013), Zahvala vodje občinskega okrožja Voskresensky (2015), Potrdilo predsednika Združenja učiteljev matematike in fizike Moskovske regije (2015).
Delo predstavlja naloge različnih težavnostnih stopenj: osnovne, višje in višje. Naloge osnovne ravni so enostavne naloge, s katerimi preverjamo obvladovanje najpomembnejših fizikalnih pojmov, modelov, pojavov in zakonitosti. Naloge višje stopnje so namenjene preverjanju sposobnosti uporabe konceptov in zakonov fizike za analizo različnih procesov in pojavov ter sposobnosti reševanja problemov z uporabo enega ali dveh zakonov (formul) pri kateri koli temi šolskega tečaja fizike. Pri delu 4 so naloge 2. dela naloge visoke stopnje zahtevnosti in preverjajo sposobnost uporabe zakonov in teorij fizike v spremenjeni ali novi situaciji. Izpolnjevanje takšnih nalog zahteva uporabo znanja iz dveh ali treh oddelkov fizike hkrati, tj. visoka raven usposobljenosti. Ta možnost v celoti ustreza demo različici enotnega državnega izpita 2017; naloge so vzete iz odprte banke nalog enotnega državnega izpita.
Slika prikazuje graf odvisnosti modula hitrosti od časa t. Iz grafa določite razdaljo, ki jo je avtomobil prevozil v časovnem intervalu od 0 do 30 s.
rešitev. Pot, ki jo prevozi avtomobil v časovnem intervalu od 0 do 30 s, najlažje definiramo kot ploščino trapeza, katerega osnova sta časovna intervala (30 – 0) = 30 s in (30 – 10 ) = 20 s, višina pa je hitrost v= 10 m/s, tj.
| S = | (30 + 20) z | 10 m/s = 250 m. |
| 2 |
Odgovori. 250 m.
Breme, ki tehta 100 kg, se dvigne navpično navzgor s pomočjo vrvi. Slika prikazuje odvisnost projekcije hitrosti V obremenitev osi, usmerjene navzgor, v odvisnosti od časa t. Določite modul natezne sile kabla med dvigom.
rešitev. Glede na graf odvisnosti projekcije hitrosti v obremenitev na osi, ki je usmerjena navpično navzgor, kot funkcija časa t, lahko določimo projekcijo pospeška bremena
| a = | ∆v | = | (8 – 2) m/s | = 2 m/s 2. |
| ∆t | 3 s |
Na obremenitev delujejo: sila težnosti, usmerjena navpično navzdol, in natezna sila kabla, usmerjena navpično navzgor vzdolž kabla (glej sl. 2. Zapišimo osnovno enačbo dinamike. Uporabimo drugi Newtonov zakon. Geometrična vsota sil, ki delujejo na telo, je enaka produktu mase telesa in njegovega pospeška.
+ = (1)
Zapišimo enačbo za projekcijo vektorjev v referenčnem sistemu, povezanem z Zemljo, in usmerimo os OY navzgor. Projekcija natezne sile je pozitivna, saj smer sile sovpada s smerjo osi OY, projekcija sile teže je negativna, ker je vektor sile nasproten osi OY, projekcija vektorja pospeška je tudi pozitiven, zato se telo giblje s pospeškom navzgor. Imamo
T – mg = ma (2);
iz formule (2) modul natezne sile
T = m(g + a) = 100 kg (10 + 2) m/s 2 = 1200 N.
Odgovori. 1200 N.
Telo vlečemo po hrapavi vodoravni površini s konstantno hitrostjo, katere modul je 1,5 m/s, in nanj deluje sila, kot je prikazano na sliki (1). V tem primeru je modul sile drsnega trenja, ki deluje na telo, 16 N. Kolikšna je moč, ki jo razvije sila? F?
rešitev. Predstavljajmo si fizikalni proces, ki je naveden v nalogi naloge, in naredimo shematsko risbo, ki prikazuje vse sile, ki delujejo na telo (slika 2). Zapišimo osnovno enačbo dinamike.
Tr + + = (1)
Po izbiri referenčnega sistema, povezanega s fiksno površino, zapišemo enačbe za projekcijo vektorjev na izbrane koordinatne osi. Glede na pogoje naloge se telo giblje enakomerno, saj je njegova hitrost konstantna in enaka 1,5 m/s. To pomeni, da je pospešek telesa enak nič. Na telo vodoravno delujeta dve sili: sila drsnega trenja tr. in sila, s katero telo vleče. Projekcija sile trenja je negativna, saj vektor sile ne sovpada s smerjo osi X. Projekcija sile F pozitivno. Spomnimo vas, da za iskanje projekcije spustimo navpičnico od začetka in konca vektorja na izbrano os. Ob upoštevanju tega imamo: F cosα – F tr = 0; (1) izrazimo projekcijo sile F, To F cosα = F tr = 16 N; (2) potem bo moč, ki jo razvije sila, enaka n = F cosα V(3) Naredimo zamenjavo ob upoštevanju enačbe (2) in nadomestimo ustrezne podatke v enačbo (3):
n= 16 N · 1,5 m/s = 24 W.
Odgovori. 24 W.
Breme, pritrjeno na lahko vzmet s togostjo 200 N/m, je podvrženo navpičnim nihanjem. Slika prikazuje graf odvisnosti odmika x obremenitev od časa do časa t. Ugotovi, kolikšna je masa tovora. Odgovor zaokrožite na celo število.
rešitev. Masa na vzmeti je podvržena navpičnim nihanjem. Po grafu pomika obremenitve X od časa t, določimo obdobje nihanja bremena. Obdobje nihanja je enako T= 4 s; iz formule T= 2π izrazimo maso m tovor
| = | 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 |
odgovor: 81 kg.
Na sliki je prikazan sistem dveh svetlobnih blokov in breztežnega kabla, s katerim lahko obdržite ravnotežje ali dvignete breme, težko 10 kg. Trenje je zanemarljivo. Na podlagi analize zgornje slike izberite dva resnične trditve in v odgovoru navedite njihovo število.
- Da bi tovor ohranili v ravnovesju, morate na konec vrvi delovati s silo 100 N.
- Bločni sistem, prikazan na sliki, ne daje nobenega povečanja moči.
- h, morate izvleči del vrvi dolžine 3 h.
- Počasi dvigniti breme v višino hh.
rešitev. Pri tem problemu se je treba spomniti preprostih mehanizmov, in sicer blokov: premičnega in fiksnega bloka. Premični blok daje dvojno povečanje moči, medtem ko je treba del vrvi potegniti dvakrat dlje, fiksni blok pa služi za preusmeritev sile. Pri delu preprosti mehanizmi zmagovanja ne dajo. Po analizi problema takoj izberemo potrebne izjave:
- Počasi dvigniti breme v višino h, morate izvleči del vrvi dolžine 2 h.
- Da bi obdržali tovor v ravnotežju, morate na konec vrvi delovati s silo 50 N.
Odgovori. 45.
Aluminijasto utež, pritrjeno na breztežno in neraztegljivo nit, popolnoma potopimo v posodo z vodo. Tovor se ne dotika sten in dna posode. Nato v isto posodo z vodo potopimo železno utež, katere masa je enaka masi aluminijaste uteži. Kako se bosta zaradi tega spremenila modul natezne sile niti in modul sile teže, ki deluje na breme?
- Poveča;
- Zmanjša;
- Ne spremeni se.
rešitev. Analiziramo stanje problema in izpostavimo tiste parametre, ki se med študijem ne spreminjajo: to sta masa telesa in tekočina, v katero je telo potopljeno na nitki. Po tem je bolje narediti shematično risbo in navesti sile, ki delujejo na obremenitev: napetost niti F nadzor, usmerjen navzgor vzdolž niti; gravitacija usmerjena navpično navzdol; Arhimedova sila a, ki deluje s strani tekočine na potopljeno telo in je usmerjen navzgor. Glede na pogoje problema je masa bremen enaka, zato se modul sile teže, ki deluje na breme, ne spremeni. Ker je gostota tovora drugačna, bo tudi prostornina drugačna.
| V = | m | . |
| str |
Gostota železa je 7800 kg/m3, gostota tovora aluminija pa 2700 kg/m3. torej V in< V a. Telo je v ravnotežju, rezultanta vseh sil, ki delujejo na telo, je enaka nič. Usmerimo koordinatno os OY navzgor. Osnovno enačbo dinamike z upoštevanjem projekcije sil zapišemo v obliki F nadzor + F a – mg= 0; (1) Izrazimo natezno silo F nadzor = mg – F a(2); Arhimedova sila je odvisna od gostote tekočine in prostornine potopljenega dela telesa F a = ρ gV p.h.t. (3); Gostota tekočine se ne spremeni, prostornina železnega telesa pa je manjša V in< V a, zato bo Arhimedova sila, ki deluje na železno breme, manjša. Sklepamo o modulu natezne sile niti, ki dela z enačbo (2), se bo povečala.
Odgovori. 13.
Blok mase m zdrsne s fiksne hrapave nagnjene ravnine s kotom α na dnu. Modul pospeška bloka je enak a, se poveča modul hitrosti bloka. Zračni upor lahko zanemarimo.
Vzpostavite ujemanje med fizikalnimi količinami in formulami, s katerimi jih je mogoče izračunati. Za vsako mesto v prvem stolpcu izberite ustrezno mesto iz drugega stolpca in izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
B) Koeficient trenja med blokom in nagnjeno ravnino
3) mg cosα
| 4) sinα – | a |
| g cosα |
rešitev. Ta naloga zahteva uporabo Newtonovih zakonov. Priporočamo izdelavo shematske risbe; kažejo vse kinematične značilnosti gibanja. Če je možno, narišite vektor pospeška in vektorje vseh sil, ki delujejo na premikajoče se telo; ne pozabite, da so sile, ki delujejo na telo, posledica interakcije z drugimi telesi. Nato zapišite osnovno enačbo dinamike. Izberite referenčni sistem in zapišite dobljeno enačbo za projekcijo vektorjev sile in pospeška;
Po predlaganem algoritmu bomo izdelali shematsko risbo (slika 1). Slika prikazuje sile, ki delujejo na težišče bloka in koordinatne osi referenčnega sistema, povezanega s površino nagnjene ravnine. Ker so vse sile konstantne, bo gibanje bloka enakomerno spremenljivo z naraščajočo hitrostjo, tj. vektor pospeška je usmerjen v smeri gibanja. Izberimo smer osi, kot je prikazano na sliki. Zapišimo projekcije sil na izbrane osi.
Zapišimo osnovno enačbo dinamike:
Tr + = (1)
Zapišimo to enačbo (1) za projekcijo sil in pospeška.
Na os OY: projekcija sile reakcije tal je pozitivna, saj vektor sovpada s smerjo osi OY Ny = n; projekcija sile trenja je enaka nič, ker je vektor pravokoten na os; projekcija gravitacije bo negativna in enaka mg y= – mg cosα ; vektorska projekcija pospeška a y= 0, ker je vektor pospeška pravokoten na os. Imamo n – mg cosα = 0 (2) iz enačbe izrazimo reakcijsko silo, ki deluje na klado s strani nagnjene ravnine. n = mg cosα (3). Zapišimo projekcije na os OX.
Na os OX: projekcija sile n je enak nič, ker je vektor pravokoten na os OX; Projekcija sile trenja je negativna (vektor je usmerjen v nasprotno smer glede na izbrano os); projekcija gravitacije je pozitivna in enaka mg x = mg sinα (4) iz pravokotnega trikotnika. Projekcija pospeška je pozitivna a x = a; Nato zapišemo enačbo (1) z upoštevanjem projekcije mg sinα – F tr = ma (5); F tr = m(g sinα – a) (6); Ne pozabite, da je sila trenja sorazmerna sili normalnega tlaka n.
A-prednost F tr = μ n(7) izrazimo koeficient trenja bloka na nagnjeni ravnini.
| μ = | F tr | = | m(g sinα – a) | = tgα – | a | (8). |
| n | mg cosα | g cosα |
Za vsako črko izberemo ustrezne položaje.
Odgovori. A – 3; B – 2.
Naloga 8. Plinasti kisik je v posodi s prostornino 33,2 litra. Tlak plina je 150 kPa, njegova temperatura je 127° C. Določite maso plina v tej posodi. Odgovor izrazite v gramih in zaokrožite na najbližje celo število.
rešitev. Pomembno je biti pozoren na pretvorbo enot v sistem SI. Pretvori temperaturo v Kelvine T = t°C + 273, prostornina V= 33,2 l = 33,2 · 10 –3 m 3 ; Pretvorimo tlak p= 150 kPa = 150.000 Pa. Uporaba enačbe stanja idealnega plina
Izrazimo maso plina.
Bodite pozorni na to, katere enote morajo zapisati odgovor. Je zelo pomembno.
Odgovori.'48
Naloga 9. Idealen enoatomni plin v količini 0,025 mola se je adiabatno razširil. Hkrati je njegova temperatura padla s +103°C na +23°C. Koliko dela je opravil plin? Odgovor izrazite v joulih in zaokrožite na najbližje celo število.
rešitev. Prvič, plin ima monatomsko število prostostnih stopinj jaz= 3, drugič, plin se širi adiabatno - to pomeni brez izmenjave toplote Q= 0. Plin deluje tako, da zmanjšuje notranjo energijo. Ob upoštevanju tega zapišemo prvi zakon termodinamike v obliki 0 = ∆ U + A G; (1) izrazimo plinsko delo A g = –∆ U(2); Spremembo notranje energije za enoatomski plin zapišemo kot
Odgovori. 25 J.
Relativna vlažnost dela zraka pri določeni temperaturi je 10 %. Kolikokrat je treba spremeniti tlak tega dela zraka, da se pri stalni temperaturi njegova relativna vlažnost poveča za 25 %?
rešitev.Šolarjem najpogosteje povzročajo težave vprašanja, povezana z nasičeno paro in zračno vlago. Uporabimo formulo za izračun relativne vlažnosti zraka
Glede na pogoje problema se temperatura ne spremeni, kar pomeni, da nasičeni parni tlak ostane enak. Zapišimo formulo (1) za dve stanji zraka.
φ 1 = 10 %; φ 2 = 35 %
Izrazimo zračni tlak s formulami (2), (3) in poiščimo razmerje tlakov.
| p 2 | = | φ 2 | = | 35 | = 3,5 |
| p 1 | φ 1 | 10 |
Odgovori. Tlak je treba povečati za 3,5-krat.
Vročo tekočo snov smo počasi ohlajali v talilni peči pri konstantni moči. Tabela prikazuje rezultate meritev temperature snovi skozi čas.
Izberite s ponujenega seznama dva izjave, ki ustrezajo rezultatom opravljenih meritev in navajajo njihovo številko.
- Tališče snovi pri teh pogojih je 232 °C.
- Čez 20 minut. po začetku meritev je bila snov samo v trdnem stanju.
- Toplotna kapaciteta snovi v tekočem in trdnem stanju je enaka.
- Po 30 min. po začetku meritev je bila snov samo v trdnem stanju.
- Proces kristalizacije snovi je trajal več kot 25 minut.
rešitev. Ko se je snov ohlajala, se je njena notranja energija zmanjšala. Rezultati temperaturnih meritev nam omogočajo določitev temperature, pri kateri snov začne kristalizirati. Medtem ko se snov spremeni iz tekoče v trdno, se temperatura ne spremeni. Ker vemo, da sta temperatura taljenja in temperatura kristalizacije enaki, izberemo trditev:
1. Tališče snovi pri teh pogojih je 232°C.
Druga pravilna izjava je:
4. Po 30 min. po začetku meritev je bila snov samo v trdnem stanju. Ker je temperatura v tem trenutku že pod temperaturo kristalizacije.
Odgovori. 14.
V izoliranem sistemu ima telo A temperaturo +40 °C, telo B pa +65 °C. Ta telesa so bila med seboj privedena v toplotni stik. Čez nekaj časa je prišlo do toplotnega ravnovesja. Kako sta se zaradi tega spremenili temperatura telesa B in skupna notranja energija teles A in B?
Za vsako količino določite ustrezno naravo spremembe:
- Povečana;
- Zmanjšano;
- Ni se spremenilo.
Za vsako fizikalno količino v tabelo zapiši izbrana števila. Številke v odgovoru se lahko ponavljajo.
rešitev.Če v izoliranem sistemu teles ne pride do nobenih energijskih transformacij razen izmenjave toplote, potem je količina toplote, ki jo oddajo telesa, katerih notranja energija se zmanjša, enaka količini toplote, ki jo prejmejo telesa, katerih notranja energija se poveča. (V skladu z zakonom o ohranitvi energije.) V tem primeru se celotna notranja energija sistema ne spremeni. Težave te vrste se rešujejo na podlagi enačbe toplotne bilance.
| ∆U = ∑ | n | ∆U i = 0 (1); |
| jaz = 1 |
kjer je ∆ U– sprememba notranje energije.
V našem primeru se zaradi izmenjave toplote notranja energija telesa B zmanjša, kar pomeni, da se temperatura tega telesa zmanjša. Notranja energija telesa A se poveča, ker je telo prejelo določeno količino toplote od telesa B, se bo njegova temperatura povečala. Skupna notranja energija teles A in B se ne spremeni.
Odgovori. 23.
Proton str, ki leti v režo med poloma elektromagneta, ima hitrost, pravokotno na vektor indukcije magnetnega polja, kot je prikazano na sliki. Kam je usmerjena Lorentzova sila, ki deluje na proton glede na risbo (gor, proti opazovalcu, stran od opazovalca, dol, levo, desno)
rešitev. Magnetno polje deluje na nabit delec z Lorentzovo silo. Da bi določili smer te sile, je pomembno, da se spomnimo mnemoničnih pravil leve roke, ne pozabite upoštevati naboja delca. Štiri prste leve roke usmerimo vzdolž vektorja hitrosti, za pozitivno nabit delec naj vektor vstopa pravokotno v dlan, palec, postavljen pod kotom 90°, kaže smer Lorentzove sile, ki deluje na delec. Kot rezultat imamo, da je vektor Lorentzove sile usmerjen stran od opazovalca glede na sliko.
Odgovori. od opazovalca.
Modul električne poljske jakosti v ploščatem zračnem kondenzatorju s kapaciteto 50 μF je enak 200 V/m. Razdalja med ploščama kondenzatorja je 2 mm. Kolikšen je naboj na kondenzatorju? Odgovor zapišite v µC.
rešitev. Pretvorimo vse merske enote v sistem SI. Kapacitivnost C = 50 µF = 50 10 –6 F, razdalja med ploščama d= 2 · 10 –3 m Naloga govori o ploščatem zračnem kondenzatorju - napravi za shranjevanje električnega naboja in energije električnega polja. Iz formule električne kapacitivnosti
Kje d– razdalja med ploščami.
Izrazimo napetost U=E d(4); Zamenjajmo (4) v (2) in izračunajmo naboj kondenzatorja.
q = C · Ed= 50 10 –6 200 0,002 = 20 µC
Prosimo, bodite pozorni na enote, v katerih morate zapisati odgovor. Prejeli smo ga v kulonih, predstavili pa smo ga v µC.
Odgovori. 20 µC.
Učenec je izvedel poskus loma svetlobe, prikazan na fotografiji. Kako se spreminjata lomni kot svetlobe, ki se širi v steklu, in lomni količnik stekla z naraščanjem vpadnega kota?
- Poveča
- Zmanjšuje
- Ne spremeni se
- Izbrane številke za vsak odgovor zapišite v tabelo. Številke v odgovoru se lahko ponavljajo.
rešitev. Pri tovrstnih problemih se spomnimo, kaj je lom. To je sprememba smeri širjenja valov pri prehodu iz enega medija v drugega. To je posledica dejstva, da so hitrosti širjenja valov v teh medijih različne. Ko smo ugotovili, v kateri medij se svetloba širi, zapišimo lomni zakon v obliki
| sinα | = | n 2 | , |
| sinβ | n 1 |
Kje n 2 – absolutni lomni količnik stekla, medija, v katerega gre svetloba; n 1 je absolutni lomni količnik prvega medija, iz katerega prihaja svetloba. Za zrak n 1 = 1. α je vpadni kot žarka na površino steklenega polcilindra, β je lomni kot žarka v steklu. Poleg tega bo lomni kot manjši od vpadnega kota, saj je steklo optično gostejši medij – medij z visokim lomnim količnikom. Hitrost širjenja svetlobe v steklu je počasnejša. Upoštevajte, da merimo kote od navpičnice, obnovljene na vpadni točki žarka. Če povečate vpadni kot, se bo povečal lomni kot. To ne bo spremenilo lomnega količnika stekla.
Odgovori.
Bakreni skakalec v trenutku t 0 = 0 se začne premikati s hitrostjo 2 m/s po vzporednih vodoravnih prevodnih tirnicah, na katerih koncih je priključen upor 10 Ohm. Celoten sistem je v navpičnem enakomernem magnetnem polju. Upor mostička in tirnic je zanemarljiv, mostiček je vedno nameščen pravokotno na tirnice. Pretok F vektorja magnetne indukcije skozi vezje, ki ga tvorijo mostiček, tirnice in upor, se s časom spreminja t kot je prikazano na grafu.
S pomočjo grafa izberite dve pravilni trditvi in v odgovoru označite njuni številki.
- Do takrat t= 0,1 s sprememba magnetnega pretoka skozi vezje je 1 mWb.
- Indukcijski tok v mostičku v območju od t= 0,1 s t= 0,3 s maks.
- Modul induktivne emf, ki nastane v vezju, je 10 mV.
- Moč indukcijskega toka, ki teče v mostičku, je 64 mA.
- Da bi ohranili gibanje skakalca, nanj deluje sila, katere projekcija na smer tirnic je 0,2 N.
rešitev. Z grafom odvisnosti pretoka vektorja magnetne indukcije skozi tokokrog od časa bomo določili območji, kjer se spreminja pretok F in kjer je sprememba pretoka enaka nič. To nam bo omogočilo določitev časovnih intervalov, v katerih se bo v vezju pojavil inducirani tok. Resnična izjava:
1) Do časa t= 0,1 s sprememba magnetnega pretoka skozi tokokrog je enaka 1 mWb ∆Ф = (1 – 0) 10 –3 Wb; Modul induktivne emf, ki nastane v tokokrogu, je določen z zakonom EMR
Odgovori. 13.
Z grafom odvisnosti toka od časa v električnem tokokrogu z induktivnostjo 1 mH določite modul samoinduktivne emf v časovnem intervalu od 5 do 10 s. Odgovor zapišite v µV.
rešitev. Preračunajmo vse količine v sistem SI, tj. induktivnost 1 mH pretvorimo v H, dobimo 10 –3 H. Prav tako bomo tok, prikazan na sliki v mA, pretvorili v A z množenjem z 10 –3.
Formula za samoindukcijsko emf ima obliko
v tem primeru je časovni interval podan glede na pogoje problema
∆t= 10 s – 5 s = 5 s
sekundah in z uporabo grafa določimo interval trenutne spremembe v tem času:
∆jaz= 30 10 –3 – 20 10 –3 = 10 10 –3 = 10 –2 A.
V formulo (2) nadomestimo številske vrednosti, dobimo
| Ɛ | = 2 ·10 –6 V ali 2 µV.
Odgovori. 2.
Dve prozorni ravni vzporedni plošči sta tesno stisnjeni druga ob drugo. Iz zraka pade žarek svetlobe na površino prve plošče (glej sliko). Znano je, da je lomni količnik zgornje plošče enak n 2 = 1,77. Vzpostavite ujemanje med fizikalnimi količinami in njihovimi pomeni. Za vsako mesto v prvem stolpcu izberite ustrezno mesto iz drugega stolpca in izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
rešitev. Za reševanje problemov o lomu svetlobe na meji med dvema medijema, zlasti problemov o prehodu svetlobe skozi ravni vzporedne plošče, lahko priporočamo naslednji postopek reševanja: naredite risbo, ki prikazuje pot žarkov, ki prihajajo iz enega medija do drugo; Na vpadnem mestu žarka na meji medija narišimo normalo na površino, označimo vpadni in lomni kot. Bodite posebno pozorni na optično gostoto obravnavanega medija in ne pozabite, da bo pri prehodu svetlobnega žarka iz optično manj gostega medija v optično gostejši medij lomni kot manjši od vpadnega kota. Slika prikazuje kot med vpadnim žarkom in ploskvijo, potrebujemo pa vpadni kot. Ne pozabite, da so koti določeni iz navpičnice, obnovljene na točki udarca. Ugotovimo, da je vpadni kot žarka na površino 90° – 40° = 50°, lomni količnik n 2 = 1,77; n 1 = 1 (zrak).
Zapišimo lomni zakon
| sinβ = | greh50 | = 0,4327 ≈ 0,433 |
| 1,77 |
Narišimo približno pot žarka skozi plošče. Za meje 2–3 in 3–1 uporabimo formulo (1). V odgovor dobimo
A) Sinus vpadnega kota žarka na meji 2–3 med ploščama je 2) ≈ 0,433;
B) Lomni kot žarka pri prehodu meje 3–1 (v radianih) je 4) ≈ 0,873.
Odgovori. 24.
Ugotovite, koliko α - delcev in koliko protonov nastane kot posledica reakcije termonuklearne fuzije
+ → x+ l;
rešitev. Pri vseh jedrskih reakcijah se upoštevajo zakoni ohranitve električnega naboja in števila nukleonov. Označimo z x število alfa delcev, y število protonov. Sestavimo enačbe
+ → x + y;
reševanje sistema, ki ga imamo x = 1; l = 2
Odgovori. 1 – α-delec; 2 – protoni.
Impulzni modul prvega fotona je 1,32 · 10 –28 kg m/s, kar je za 9,48 · 10 –28 kg m/s manj od impulznega modula drugega fotona. Poiščite energijsko razmerje E 2 /E 1 drugega in prvega fotona. Odgovor zaokrožite na najbližjo desetino.
rešitev. Zagon drugega fotona je večji od zagona prvega fotona glede na pogoje, kar pomeni, da ga je mogoče predstaviti str 2 = str 1 + Δ str(1). Energijo fotona lahko izrazimo z impulzom fotona z uporabo naslednjih enačb. to E = mc 2 (1) in str = mc(2), potem
E = pc (3),
Kje E– fotonska energija, str– zagon fotona, m – masa fotona, c= 3 · 10 8 m/s – svetlobna hitrost. Ob upoštevanju formule (3) imamo:
| E 2 | = | str 2 | = 8,18; |
| E 1 | str 1 |
Odgovor zaokrožimo na desetinke in dobimo 8,2.
Odgovori. 8,2.
Jedro atoma je bilo izpostavljeno radioaktivnemu pozitronskemu β - razpadu. Kako sta se zaradi tega spremenila električni naboj jedra in število nevtronov v njem?
Za vsako količino določite ustrezno naravo spremembe:
- Povečana;
- Zmanjšano;
- Ni se spremenilo.
Za vsako fizikalno količino v tabelo zapiši izbrana števila. Številke v odgovoru se lahko ponavljajo.
rešitev. Pozitron β - razpad v atomskem jedru nastane, ko se proton spremeni v nevtron z emisijo pozitrona. Zaradi tega se število nevtronov v jedru poveča za eno, električni naboj se zmanjša za eno, masno število jedra pa ostane nespremenjeno. Tako je transformacijska reakcija elementa naslednja:
Odgovori. 21.
V laboratoriju je bilo izvedenih pet poskusov opazovanja uklona z uporabo različnih uklonskih rešetk. Vsaka od rešetk je bila osvetljena z vzporednimi snopi monokromatske svetlobe z določeno valovno dolžino. V vseh primerih je svetloba padala pravokotno na rešetko. V dveh od teh poskusov so opazili enako število glavnih difrakcijskih maksimumov. Najprej navedite številko poskusa, pri katerem je bila uporabljena uklonska mreža s krajšo periodo, nato pa številko poskusa, pri katerem je bila uporabljena uklonska mreža z večjo periodo.
rešitev. Difrakcija svetlobe je pojav svetlobnega žarka v območju geometrijske sence. Difrakcijo lahko opazimo, ko so na poti svetlobnega vala neprozorna območja ali luknje v velikih ovirah, ki so neprozorne za svetlobo, in so velikosti teh območij ali lukenj sorazmerne z valovno dolžino. Ena najpomembnejših uklonskih naprav je uklonska rešetka. Kotne smeri na maksimume uklonskega vzorca so določene z enačbo
d sinφ = kλ (1),
Kje d– perioda uklonske mreže, φ – kot med normalo na mrežico in smerjo na enega od maksimumov uklonskega vzorca, λ – valovna dolžina svetlobe, k– celo število, imenovano vrstni red uklonskega maksimuma. Izrazimo iz enačbe (1)
Pri izbiri parov glede na eksperimentalne pogoje najprej izberemo 4, kjer je bila uporabljena uklonska mreža s krajšo periodo, nato pa številko poskusa, v katerem je bila uporabljena uklonska mreža z večjo periodo - to je 2.
Odgovori. 42.
Tok teče skozi žični upor. Upor smo zamenjali z drugim, z žico iz enake kovine in enake dolžine, vendar s polovično površino preseka, in skozenj spustili polovico toka. Kako se bosta spremenila napetost na uporu in njegov upor?
Za vsako količino določite ustrezno naravo spremembe:
- Povečalo se bo;
- Zmanjšalo se bo;
- Ne bo spremenilo.
Za vsako fizikalno količino v tabelo zapiši izbrana števila. Številke v odgovoru se lahko ponavljajo.
rešitev. Pomembno je vedeti, od katerih vrednosti je odvisen upor prevodnika. Formula za izračun upora je
Ohmov zakon za odsek vezja, iz formule (2), izrazimo napetost
U = jaz R (3).
V skladu s pogoji problema je drugi upor izdelan iz žice istega materiala, enake dolžine, vendar različne površine preseka. Površina je dvakrat manjša. Če nadomestimo v (1), ugotovimo, da se upor poveča za 2-krat, tok pa se zmanjša za 2-krat, zato se napetost ne spremeni.
Odgovori. 13.
Obdobje nihanja matematičnega nihala na površju Zemlje je 1,2-krat večje od obdobja njegovega nihanja na določenem planetu. Kakšna je velikost gravitacijskega pospeška na tem planetu? Vpliv atmosfere je v obeh primerih zanemarljiv.
rešitev. Matematično nihalo je sistem, sestavljen iz niti, katere dimenzije so veliko večje od dimenzij krogle in same krogle. Težave lahko nastanejo, če se pozabi na Thomsonovo formulo za nihajno dobo matematičnega nihala.
T= 2π (1);
l– dolžina matematičnega nihala; g- gravitacijski pospešek.
Po stanju
Izrazimo iz (3) g n = 14,4 m/s 2. Upoštevati je treba, da je gravitacijski pospešek odvisen od mase planeta in polmera
Odgovori. 14,4 m/s 2.
Ravni vodnik dolžine 1 m, po katerem teče tok 3 A, se nahaja v enakomernem magnetnem polju z indukcijo IN= 0,4 tesla pod kotom 30° na vektor. Kolikšna je sila, ki deluje na vodnik iz magnetnega polja?
rešitev.Če vodnik, po katerem teče tok, postavite v magnetno polje, bo polje na vodnik, po katerem teče tok, delovalo z ampersko silo. Zapišimo formulo za modul Amperove sile
F A = jaz LB sinα ;
F A = 0,6 N
Odgovori. F A = 0,6 N.
Energija magnetnega polja, shranjena v tuljavi, ko skozi njo teče enosmerni tok, je enaka 120 J. Kolikokrat je treba povečati jakost toka, ki teče skozi navitje tuljave, da se poveča energija magnetnega polja, shranjena v njem od 5760 J.
rešitev. Energija magnetnega polja tuljave se izračuna po formuli
| W m = | LI 2 | (1); |
| 2 |
Po stanju W 1 = 120 J, torej W 2 = 120 + 5760 = 5880 J.
| jaz 1 2 = | 2W 1 | ; jaz 2 2 = | 2W 2 | ; |
| L | L |
Nato trenutno razmerje
| jaz 2 2 | = 49; | jaz 2 | = 7 |
| jaz 1 2 | jaz 1 |
Odgovori. Moč toka je treba povečati 7-krat. V obrazec za odgovore vnesete samo številko 7.
Električni tokokrog je sestavljen iz dveh žarnic, dveh diod in zavoja žice, povezanih, kot je prikazano na sliki. (Dioda omogoča tok samo v eno smer, kot je prikazano na vrhu slike.) Katera od žarnic bo zasvetila, če severni pol magneta približamo tuljavi? Pojasnite svoj odgovor tako, da navedete, katere pojave in vzorce ste uporabili pri razlagi.
rešitev. Magnetne indukcijske črte izhajajo iz severnega pola magneta in se razhajajo. Ko se magnet približuje, se magnetni pretok skozi tuljavo žice poveča. V skladu z Lenzovim pravilom mora biti magnetno polje, ki ga ustvari induktivni tok tuljave, usmerjeno v desno. Po pravilu gimleta bi moral tok teči v smeri urinega kazalca (gledano z leve). Dioda v drugem krogu svetilke poteka v tej smeri. To pomeni, da bo zasvetila druga lučka.
Odgovori. Druga lučka bo zasvetila.
Dolžina naper iz aluminija L= 25 cm in površino prečnega prereza S= 0,1 cm 2 obešena na nitki na zgornjem koncu. Spodnji del se naslanja na vodoravno dno posode, v katero je natočena voda. Dolžina potopljenega dela napere l= 10 cm Poiščite silo F, s katerim pletilna igla pritisne na dno posode, če je znano, da se nit nahaja navpično. Gostota aluminija ρ a = 2,7 g/cm 3, gostota vode ρ b = 1,0 g/cm 3. Gravitacijski pospešek g= 10 m/s 2
rešitev. Naredimo razlagalno risbo.
– sila napetosti niti;
– Reakcijska sila dna posode;
a je Arhimedova sila, ki deluje samo na potopljeni del telesa in deluje na sredino potopljenega dela napere;
– gravitacijska sila, ki deluje na napero z Zemlje in deluje na središče celotne napere.
Po definiciji je masa napere m in Arhimedov modul sile sta izražena kot sledi: m = SLρ a (1);
F a = Slρ in g (2)
Razmislimo o momentih sil glede na točko obešanja napere.
M(T) = 0 – moment natezne sile; (3)
M(N)= NL cosα je moment reakcijske sile opore; (4)
Ob upoštevanju predznakov trenutkov zapišemo enačbo
| NL cosα + Slρ in g (L – | l | )cosα = SLρ a g | L | cosα (7) |
| 2 | 2 |
ob upoštevanju, da je po tretjem Newtonovem zakonu sila reakcije dna posode enaka sili F d s katerim pletilka pritiska na dno posode, ki jo pišemo n = F d in iz enačbe (7) izrazimo to silo:
| F d = [ | 1 | Lρ a– (1 – | l | )lρ v ] Sg (8). |
| 2 | 2L |
Zamenjajmo numerične podatke in dobimo to
F d = 0,025 N.
Odgovori. F d = 0,025 N.
Cilinder, ki vsebuje m 1 = 1 kg dušika, med preskusom trdnosti eksplodira pri temperaturi t 1 = 327 °C. Kakšna je masa vodika m 2 bi lahko shranili v tak valj pri temperaturi t 2 = 27 °C, s petkratno varnostno rezervo? Molska masa dušika M 1 = 28 g/mol, vodik M 2 = 2 g/mol.
rešitev. Napišimo Mendelejev–Clapeyronovo enačbo stanja idealnega plina za dušik
Kje V– prostornina valja, T 1 = t 1 + 273 °C. Glede na pogoje lahko vodik hranimo pri tlaku str 2 = p 1 /5; (3) Glede na to
Maso vodika lahko izrazimo tako, da delamo neposredno z enačbami (2), (3), (4). Končna formula izgleda takole:
| m 2 = | m 1 | M 2 | T 1 | (5). | ||
| 5 | M 1 | T 2 |
Po zamenjavi številskih podatkov m 2 = 28 g.
Odgovori. m 2 = 28 g.
V idealnem oscilacijskem krogu je amplituda tokovnih nihanj v induktorju sem= 5 mA in amplituda napetosti na kondenzatorju Hm= 2,0 V. V času t napetost na kondenzatorju je 1,2 V. Poiščite tok v tuljavi v tem trenutku.
rešitev. V idealnem nihajnem krogu se nihajna energija ohranja. Za trenutek t ima zakon ohranitve energije obliko
| C | U 2 | + L | jaz 2 | = L | sem 2 | (1) |
| 2 | 2 | 2 |
Za amplitudne (največje) vrednosti pišemo
in iz enačbe (2) izrazimo
| C | = | sem 2 | (4). |
| L | Hm 2 |
Zamenjajmo (4) v (3). Kot rezultat dobimo:
jaz = sem (5)
Tako je tok v tuljavi v trenutku t enako
jaz= 4,0 mA.
Odgovori. jaz= 4,0 mA.
Na dnu rezervoarja, globokega 2 m, je ogledalo. Svetlobni žarek, ki gre skozi vodo, se odbije od ogledala in pride ven iz vode. Lomni količnik vode je 1,33. Poiščite razdaljo med točko vstopa žarka v vodo in točko izstopa žarka iz vode, če je vpadni kot žarka 30°
rešitev. Naredimo razlagalno risbo
α je vpadni kot žarka;
β je lomni kot žarka v vodi;
AC je razdalja med točko vstopa žarka v vodo in točko izstopa žarka iz vode.
Po zakonu o lomu svetlobe
| sinβ = | sinα | (3) |
| n 2 |
Razmislite o pravokotniku ΔADB. V njem AD = h, potem je DB = AD
| tgβ = h tgβ = h | sinα | = h | sinβ | = h | sinα | (4) |
| cosβ |
Dobimo naslednji izraz:
| AC = 2 DB = 2 h | sinα | (5) |
Zamenjajmo številske vrednosti v nastalo formulo (5)
Odgovori. 1,63 m.
V pripravah na enotni državni izpit vas vabimo, da se seznanite z delovni program iz fizike za razrede 7–9 do linije UMK Peryshkina A.V. in delovni program za napredno raven za 10.-11. razred za učna gradiva Myakisheva G.Ya. Programi so na voljo za ogled in brezplačen prenos vsem registriranim uporabnikom.
Fizika! Za mnoge sodobne šolarje se to sliši kot nekaj strašljivega, nerazumljivega in brez praktičnega pomena. Vendar pa je razvoj znanosti, tehnologije in informacijske tehnologije posledica odkritij na tem področju znanosti. Zato mora večina maturantov izbrati fiziko kot izpit za enotni državni izpit. Poleg tega se morajo otroci spomniti, da je fizika znanost o naravi, tj. o tem, kar nas obdaja. Ne glede na to, ali študirate teorijo ali rešujete problem, si morate vedno predstavljati, kako se ta ali oni proces zgodi v resničnem življenju.
Diplomanti od leta 2003 opravljajo enotni državni izpit iz fizike. V zadnjih 14 letih je struktura enotnega državnega izpita doživela veliko sprememb in prihodnje leto 2017 ne bo izjema. Naj jih nekaj naštejemo.
V letu 2017 izpitni program ostaja nespremenjen. Koda ostaja enaka.
Velike spremembe se bodo zgodile v 1. delu Enotnega državnega izpita iz fizike. 2. del bo v celoti ohranjen v sedanji obliki (3 naloge s kratkim odgovorom + 5 nalog s podrobno rešitvijo).
Kaj se bo spremenilo v 1. delu?
Od možnosti bo popolnoma izginilo izbirne naloge (1 od 4) – 9 nalog.
Povečalo se bo število nalog s kratkim odgovorom in nalog, kjer je treba izbrati 2 pravilna odgovora od 5. Skupno število nalog v 1. delu je 23 nalog (od 24).
Naloge v razdelkih v 1. delu so razdeljene skoraj enako kot prej:
- Mehanika – 7 nalog
- Molekularna fizika – 5 nalog
- Elektrodinamika – 6 nalog
- Kvantna fizika – 3 naloge (prej 4)
- Metodika – 2 nalogi
Znotraj rubrike bodo naloge razporejene glede na obliko. V nalogi 13 to morda ne sovpada z zaporedjem predstavitve gradiva.
Struktura enotnega državnega izpita iz fizike v letu 2017
| delovno mesto št. | Obrazec za nalogo | Točka |
| MEHANIKA | ||
| 1 | Kratek odgovor | 1 |
| 2 | Kratek odgovor | 1 |
| 3 | Kratek odgovor | 1 |
| 4 | Kratek odgovor | 1 |
| 5 | Izberite 2 pravilna odgovora od 5 | 2 |
| 6 | 2 | |
| 7 | 2 | |
| MOLEKULARNA FIZIKA | ||
| 8 | Kratek odgovor | 1 |
| 9 | Kratek odgovor | 1 |
| 10 | Kratek odgovor | 1 |
| 11 | Izberite 2 pravilna odgovora od 5 | 2 |
| 12 | 2 | |
| ELEKTRODINAMIKA | ||
| 13 | Kratek odgovor (določitev smeri) | 1 |
| 14 | Kratek odgovor | 1 |
| 15 | Kratek odgovor | 1 |
| 16 | Izberite 2 pravilna odgovora od 5 | 2 |
| 17 | “Se bo povečal/zmanjšal/ostal nespremenjen” | 2 |
| 18 | Korespondenca "graf - vrednost" ali "vrednost - formula" | 2 |
| KVANTNA FIZIKA | ||
| 19 | Kratek odgovor (zgradba atoma ali njegovega jedra) | 1 |
| 20 | Kratek odgovor | 1 |
| 21 | "Povečanje / zmanjšanje / se ne bo spremenilo" ali ujemanje "graf - vrednost" ali "vrednost - formula" | 2 |
Skupno število točk za 1. del: 10 + 7 + 9 + 4 + 2 = 32
Skupno število točk za 2. del: 3 + 5×3 = 18
Skupno število primarnih točk v opciji: 32 + 18 = 50 (enako kot sedaj).
Primeri reševanja problemov
Vzorčna naloga 13
Dva dolga ravna vodnika, pravokotna na ravnino slike, tečeta enake tokove v nasprotnih smereh. Kakšna je smer vektorja indukcije magnetnega polja vodnikov v točki A (desno, levo, gor, dol, proti nam, stran od nas)?
Odgovor: navzdol.
Vzorčna naloga 19
Navedite število protonov in število nevtronov v jedru polonijevega izotopa 214 84 Po
Odgovor: 84 protonov, 130 nevtronov.
Srečno na izpitu!
Pretvarjanje točk enotnega državnega izpita v ocene fizike:
- 0-35 točk - rezultat " 2 »,
- 36-52 točk - rezultat " 3 »,
- 53-67 točk - rezultat " 4 »,
- 68 in več točk - rezultat " 5 »;
Porazdelitev točk za posamezno USE nalogo pri fiziki
- 1 točka- za 1-4, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 19, 20, 22, 23, 25, 26, 27 nalog.
- 2 točki - 5, 6, 7, 11, 12, 16, 17, 18, 21, 24.
- 3 točke- 28, 29, 30, 31, 32 naloge s podrobnim odgovorom se ocenjujejo po merilih FIPI (glej spodaj)
Skupaj: 52 točk.
- Najmanjši testni rezultat enotnega državnega izpita je 36
- Najmanjša primarna ocena enotnega državnega izpita je 11
| Primarni rezultat | Sekundarni (testni) rezultat |
| 1 | 4 |
| 2 | 7 |
| 3 | 10 |
| 4 | 14 |
| 5 | 17 |
| 6 | 20 |
| 7 | 23 |
| 8 | 27 |
| 9 | 30 |
| 10 | 33 |
| 11 | 36 |
| 12 | 38 |
| 13 | 39 |
| 14 | 40 |
| 15 | 41 |
| 16 | 42 |
| 17 | 44 |
| 18 | 45 |
| 19 | 46 |
| 20 | 47 |
| 21 | 48 |
| 22 | 49 |
| 23 | 51 |
| 24 | 52 |
| 25 | 53 |
| 26 | 54 |
| 27 | 55 |
| 28 | 57 |
| 29 | 58 |
| 30 | 59 |
| 31 | 60 |
| 32 | 61 |
| 33 | 62 |
| 34 | 64 |
| 35 | 66 |
| 36 | 68 |
| 37 | 70 |
| 38 | 72 |
| 39 | 74 |
| 40 | 76 |
| 41 | 78 |
| 42 | 80 |
| 43 | 82 |
| 44 | 84 |
| 45 | 86 |
| 46 | 88 |
| 47 | 90 |
| 48 | 92 |
| 49 | 94 |
| 50 | 96 |
| 51 | 98 |
| 52 | 100 |
Kriteriji za ocenjevanje nalog s podrobnim odgovorom
1 točka
- Predstavljena je rešitev, ki ustreza enemu od naslednjih primerov. Na vprašanje naloge je podan pravilen odgovor, podana je tudi razlaga, ki pa ne navaja dveh pojavov ali fizikalnih zakonov, potrebnih za popolno pravilno razlago.
- ALI Navedeni so vsi pojavi in zakonitosti ter vzorci, ki jih je treba razložiti, vendar obstoječe sklepanje, katerega namen je dobiti odgovor na vprašanje naloge, ni dokončano.
- ALI Navedeni so vsi pojavi, zakoni in vzorci, ki jih je treba razložiti, vendar obstoječe razmišljanje, ki vodi do odgovora, vsebuje napake.
- ALI Niso navedeni vsi pojavi, zakoni in vzorci, ki jih je treba razložiti, vendar obstajajo pravilna razmišljanja, namenjena rešitvi problema.
0 točk
Najvišja ocena - 3
3 točke -
- zakon o ohranitvi gibalne količine, zakon o ohranitvi mehanske energije, drugi Newtonov zakon za gibanje telesa v krožnici; upošteva se, da na zgornji točki natezna sila niti postane nič);
- (razen oznak konstant, navedenih v različici CMM, in oznak, uporabljenih v izjavi o problemu);
- opravljene so bile potrebne matematične transformacije in izračuni, ki vodijo do pravilnega numeričnega odgovora (dovoljena je rešitev "po delih" z vmesnimi izračuni);
- Pravilen odgovor je predstavljen z navedbo merskih enot želene količine.
2 točki
- Vse potrebne določbe teorije, fizikalni zakoni, vzorci so pravilno zapisane in izvedene so potrebne transformacije. Toda obstajajo naslednje pomanjkljivosti.
- ALI V rešitvi odvečni vnosi, ki niso zajeti v rešitvi (morda nepravilni), niso ločeni od rešitve (niso prečrtani; niso v oklepaju, okvirju ipd.).
- ALI Pri zahtevanih matematičnih transformacijah ali izračunih so bile storjene napake in/ali transformacije/izračuni niso bili dokončani.
- ALI .
1 točka
- Predstavljena so le določila in formule, ki izražajo fizikalne zakonitosti, katerih uporaba je nujna za rešitev problema, brez kakršnih koli transformacij z njihovo uporabo za rešitev problema in odgovor.
- ALI Rešitvi manjka ENA od prvotnih formul, potrebnih za rešitev problema (ali izjava, na kateri temelji rešitev), obstajajo pa logično pravilne transformacije z obstoječimi formulami, namenjene rešitvi problema.
- ALI ENA prišlo je do napake v začetnih formulah, ki so potrebne za rešitev problema (ali v izjavi, na kateri temelji rešitev), vendar obstajajo logično pravilne transformacije z obstoječimi formulami, namenjene rešitvi problema
0 točk
- Vsi primeri rešitve, ki ne ustrezajo zgornjim kriterijem za točkovanje 1, 2, 3 točke
Najvišja ocena - 3
3 točke - Zagotovljena je celovita rešitev, ki vključuje naslednje elemente:
- določila teorije in fizikalnih zakonov, vzorcev, katerih uporaba je nujna za rešitev problema na izbran način (v tem primeru: izraz za Arhimedovo silo, razmerje med maso in gostoto, Mendelejeva–Clapeyronova enačba, pogoj za dvig krogle);
- opisane so vse črkovne oznake fizikalnih veličin, ki so na novo uvedene v rešitev
- prikazan je pravilen odgovor z navedbo merskih enot želene količine
2 točki
- Evidence, ki ustrezajo odstavku II, niso predstavljene v celoti ali manjkajo.
- IN (ALI)
- IN (ALI)
- IN (ALI) Točka IV manjka ali pa je v njej napaka
1 točka- Predstavljeni so zapisi, ki ustrezajo enemu od naslednjih primerov.
- ALI
- ALI V ENEM prišlo je do napake v začetnih formulah, ki so potrebne za rešitev te težave (ali v izjavi, ki je osnova rešitve), vendar obstajajo logično pravilne transformacije z obstoječimi formulami, namenjene rešitvi težave
0 točk
Najvišja ocena - 3
3 točke - Zagotovljena je celovita rešitev, ki vključuje naslednje elemente:
- določila teorije in fizikalnih zakonov, vzorcev, katerih uporaba je nujna za rešitev problema na izbran način (v tem primeru: formule za izračun električne kapacitete, naboja in napetosti zaporedno in vzporedno vezanih kondenzatorjev, določanje električne kapacitete, formula za energijo nabitega kondenzatorja);
- opisane so vse črkovne oznake fizikalnih veličin, ki so na novo uvedene v rešitev (z izjemo oznak konstant, določenih v različici CMM, oznak, uporabljenih v postavitvi problema, in standardnih oznak količin, uporabljenih pri pisanju fizikalnih zakonov);
- opravljene so bile potrebne matematične transformacije in izračuni, ki vodijo do pravilnega numeričnega odgovora (dovoljeno je reševanje »po delih« z vmesnimi izračuni);
- podan pravilen odgovor
2 točki
- Vse potrebne določbe teorije, fizikalni zakoni, vzorci so pravilno zapisane in izvedene so potrebne transformacije. Vendar obstaja ena ali več naslednjih pomanjkljivosti.
- Evidence, ki ustrezajo odstavku II, niso predstavljene v celoti ali manjkajo.
- IN (ALI) Rešitev vsebuje dodatne vnose, ki niso vključeni v rešitev (morda nepravilni), ki niso ločeni od rešitve (niso prečrtani, niso v oklepaju, okvirju ipd.).
- IN (ALI) Pri zahtevanih matematičnih transformacijah ali izračunih so bile storjene napake in/ali so bili v matematičnih transformacijah/izračunih zgrešeni logični koraki.
- IN (ALI) Točka IV manjka ali pa je v njej napaka
1 točka- Predstavljeni so zapisi, ki ustrezajo enemu od naslednjih primerov.
- Predstavljena so samo določila in formule, ki izražajo fizikalne zakone, katerih uporaba je nujna in zadostna za rešitev danega problema, brez kakršnih koli transformacij z njihovo pomočjo, namenjenih reševanju problema.
- ALI Rešitev ne vsebuje ENE od izvirnih formul, potrebnih za rešitev danega problema (ali izjave, na kateri temelji rešitev), obstajajo pa logično pravilne transformacije z obstoječimi formulami, namenjene rešitvi problema.
- ALI V ENEM
0 točk
- Vsi primeri rešitve, ki ne ustrezajo zgornjim kriterijem za točkovanje 1, 2, 3 točke.
Najvišja ocena - 3
3 točke - Zagotovljena je celovita rešitev, ki vključuje naslednje elemente:
- določila teorije in fizikalnih zakonov, vzorcev, katerih uporaba je nujna za rešitev problema na izbran način (v tem primeru: formula tanke leče, pogoj za enakost kotnih hitrosti vira in njegove slike, linearna formula hitrosti);
- opisane so vse črkovne oznake fizikalnih veličin, ki so na novo uvedene v rešitev (z izjemo oznak konstant, določenih v različici CMM, oznak, uporabljenih v postavitvi problema, in standardnih oznak količin, uporabljenih pri pisanju fizikalnih zakonov);
- opravljene so bile potrebne matematične transformacije in izračuni, ki vodijo do pravilnega numeričnega odgovora (dovoljeno je reševanje »po delih« z vmesnimi izračuni);
- podan pravilen odgovor
2 točki
- Vse potrebne določbe teorije, fizikalni zakoni, vzorci so pravilno zapisane in izvedene so potrebne transformacije. Vendar obstaja ena ali več naslednjih pomanjkljivosti.
- Evidence, ki ustrezajo odstavku II, niso predstavljene v celoti ali manjkajo.
- IN (ALI) Rešitev vsebuje dodatne vnose, ki niso vključeni v rešitev (morda nepravilni), ki niso ločeni od rešitve (niso prečrtani, niso v oklepaju, okvirju ipd.).
- IN (ALI) Pri zahtevanih matematičnih transformacijah ali izračunih so bile storjene napake in/ali so bili v matematičnih transformacijah/izračunih zgrešeni logični koraki.
- IN (ALI) Točka IV manjka ali pa je v njej napaka
1 točka- Predstavljeni so zapisi, ki ustrezajo enemu od naslednjih primerov.
- Predstavljena so samo določila in formule, ki izražajo fizikalne zakone, katerih uporaba je nujna in zadostna za rešitev danega problema, brez kakršnih koli transformacij z njihovo pomočjo, namenjenih reševanju problema.
- ALI Rešitev ne vsebuje ENE od izvirnih formul, potrebnih za rešitev danega problema (ali izjave, na kateri temelji rešitev), obstajajo pa logično pravilne transformacije z obstoječimi formulami, namenjene rešitvi problema.
- ALI V ENEM napaka je bila narejena v začetnih formulah, ki so potrebne za rešitev danega problema (ali v izjavi, ki je osnova rešitve), vendar obstajajo logično pravilne transformacije z obstoječimi formulami, namenjene rešitvi problema.
0 točk
- Vsi primeri rešitve, ki ne ustrezajo zgornjim kriterijem za točkovanje 1, 2, 3 točke.
Najvišja ocena - 3
Enotni državni izpit iz fizike je izbirni izpit za diplomante in je namenjen razlikovanju pri vpisu v visokošolske ustanove. V te namene delo vključuje naloge treh težavnostnih stopenj. Izpolnjevanje nalog na osnovni ravni zahtevnosti vam omogoča, da ocenite stopnjo obvladovanja najpomembnejših vsebinskih elementov srednješolskega predmeta fizike in obvladovanje najpomembnejših vrst dejavnosti. Uporaba nalog povečane in visoke stopnje kompleksnosti na Enotnem državnem izpitu nam omogoča, da ocenimo stopnjo pripravljenosti študenta za nadaljevanje izobraževanja na univerzi.
Vsaka različica izpitne pole je sestavljena iz 2 delov in vključuje 32 nalog, ki se razlikujejo po obliki in stopnji zahtevnosti (glej tabelo).
1. del vsebuje 24 nalog, od tega 9 nalog z izbiro in zapisovanjem številke pravilnega odgovora in 15 nalog s kratkim odgovorom, vključno z nalogami s samostojnim zapisovanjem odgovora v obliki števila ter z ujemalnimi in izbirnimi nalogami. pri katerih so potrebni odgovori, zapišite kot zaporedje številk.
2. del vsebuje 8 nalog, ki jih združuje skupna aktivnost – reševanje problemov. Od tega 3 naloge s kratkim odgovorom (25–27) in 5 nalog (28–32), pri katerih morate podati podroben odgovor.
Število nalog
Najvišji primarni rezultat
Odstotek največjega primarnega rezultata
Vrsta nalog
Porazdelitev nalog po temah
Pri razvoju vsebine CMM se upošteva potreba po preizkusu asimilacije znanja v naslednjih delih tečaja fizike:
- Mehanika(kinematika, dinamika, statika, ohranitveni zakoni v mehaniki, mehanska nihanja in valovanje);
- Molekularna fizika(molekularno kinetična teorija, termodinamika);
- Elektrodinamika in osnove SRT(električno polje, enosmerni tok, magnetno polje, elektromagnetna indukcija, elektromagnetna nihanja in valovanje, optika, osnove SRT);
- Kvantna fizika(dualnost val-delec, atomska fizika, fizika atomskega jedra)
Skupno število nalog v izpitni nalogi za vsak razdelek je približno sorazmerno z njegovo vsebino in učnim časom, namenjenim za preučevanje tega razdelka v šolskem tečaju fizike.
Porazdelitev nalog po težavnostnih stopnjah
Izpitna naloga vsebuje naloge različnih zahtevnostnih stopenj: osnovne, višje in višje.
Naloge osnovne ravni so vključene v 1. del dela (19 nalog, od tega 9 nalog z izbiro in zapisom številke pravilnega odgovora in 10 nalog s kratkim odgovorom). To so preproste naloge, ki preverjajo vaše razumevanje najpomembnejših fizikalnih pojmov, modelov, pojavov in zakonov.
Naloge za višji nivo so razporejene med prvi in drugi del izpitne naloge: 5 nalog s kratkimi odgovori v 1. delu, 3 naloge s kratkimi odgovori in 1 naloga z dolgim odgovorom v 2. delu. Te naloge so namenjene preverjanju sposobnosti uporabe koncepte in zakone fizike za uporabo enega ali dveh zakonov (formul) pri kateri koli temi šolskega tečaja fizike.
Štirje problemi v 2. delu so visoko težavnostni problemi, ki preizkušajo sposobnost uporabe zakonov in teorij fizike v spremenjeni ali novi situaciji. Izpolnjevanje takšnih nalog zahteva uporabo znanja iz dveh ali treh oddelkov fizike hkrati, to je visoko stopnjo usposobljenosti.
Težavnostne stopnje nalog
Sistem ocenjevanja
Naloga, ki vključuje izbiro in beleženje številke pravilnega odgovora, se šteje za zaključeno, če se številka odgovora, zapisana v obrazcu št. 1, ujema s pravilnim odgovorom. Vsaka od teh nalog je vredna 1 točko.
Naloga s kratkim odgovorom se šteje za dokončano, če odgovor, zapisan v obrazcu št. 1, sovpada s pravilnim odgovorom.
Naloge 3–5, 10, 15, 16, 21 1. dela in naloge 25–27 2. dela se točkujejo z 1 točko.
Naloge 6, 7, 11, 12, 17, 18, 22 in 24 1. dela se ocenjujejo z 2 točkama, če sta oba elementa odgovora pravilna; 1 točka, če je prišlo do napake pri navedbi enega od elementov odgovora, in 0 točk, če sta bili storjeni dve napaki.
Odgovori na naloge z izbiro in beleženjem številke pravilnega odgovora in kratkega odgovora se samodejno obdelajo po skeniranju obrazcev za odgovore št. 1.
Nalogo s podrobnim odgovorom ocenita dva strokovnjaka ob upoštevanju pravilnosti in popolnosti odgovora. Najvišja začetna ocena za naloge s podrobnim odgovorom je 3 točke. Za vsako nalogo so podana podrobna navodila za strokovnjake, ki navajajo, za kaj se posamezna točka dodeli - od nič do najvišje točke. V izpitni različici so pred vsako vrsto nalog navedena navodila, ki podajajo splošne zahteve za pripravo odgovorov.
Trajanje izpita in oprema
Celotno izpitno delo bo opravljeno 235 minut. Približen čas za dokončanje nalog različnih delov dela je:
- za vsako izbirno nalogo – 2–5 minut;
- za vsako nalogo s kratkim odgovorom – 3–5 minut;
- za vsako nalogo s podrobnim odgovorom - od 15 do 25 minut.
Rabljeno neprogramabilni kalkulator(za vsakega učenca) z možnostjo računanja trigonometričnih funkcij (cos, sin, tg) in ravnilom. Seznam dodatnih naprav in materialov, katerih uporaba je dovoljena za Enotni državni izpit, odobri Rosobrnadzor.
