Вариант 10 · Июль 2026

Решение:

При равноускоренном движении проекция ускорения равна отношению изменения проекции скорости к промежутку времени, то есть наклону графика $\upsilon_x(t)$:

$$a_x=\frac{\Delta\upsilon_x}{\Delta t}=\frac{\upsilon_x(t_2)-\upsilon_x(t_1)}{t_2-t_1}.$$

На интервале от $t_1=8\ \text{с}$ до $t_2=10\ \text{с}$ график представляет собой отрезок прямой. По графику в момент $t_1=8\ \text{с}$ проекция скорости обращается в нуль: $\upsilon_x(t_1)=0$, а в момент $t_2=10\ \text{с}$ она равна $\upsilon_x(t_2)=-10\ \text{м/с}$.

Подставим эти значения:

$$a_x=\frac{-10-0}{10-8}=\frac{-10}{2}=-5\ \text{м/с}^2.$$

Знак «минус» показывает, что вектор ускорения направлен противоположно оси $Ox$ (скорость убывает).

Ответ: -5

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $m_1 = m_2 = m$; $F_1 = \dfrac{F_2}{36}$. Найти $\dfrac{R_1}{R_2}$.

По закону всемирного тяготения сила притяжения планеты массой $m$ к звезде массой $M$ на расстоянии $R$:

$$F = G\,\frac{Mm}{R^{2}}.$$

Запишем это для каждой планеты и разделим одно равенство на другое (массы одинаковы):

$$\frac{F_1}{F_2} = \frac{R_2^{2}}{R_1^{2}} = \frac{1}{36}.$$

Отсюда

$$\frac{R_1^{2}}{R_2^{2}} = 36 \quad\Longrightarrow\quad \frac{R_1}{R_2} = \sqrt{36} = 6.$$

Ответ: 6

Решение:

Дано: $m = 400$ г $= 0{,}4$ кг, $E_k = 10$ Дж, $g = 10$ м/с$^2$. Найти $h$.

Сопротивлением воздуха пренебрегаем, поэтому выполняется закон сохранения механической энергии. В момент броска (на поверхности Земли) энергия тела равна его кинетической энергии $E_k$, а в верхней точке скорость тела равна нулю, и вся энергия — потенциальная $mgh$:

$$E_k = mgh .$$

Отсюда

$$h = \frac{E_k}{mg} = \frac{10\ \text{Дж}}{0{,}4\ \text{кг} \cdot 10\ \text{м/с}^2} = \frac{10}{4} = 2{,}5\ \text{м}.$$

Ответ: 2,5

Решение:

Дано: $m = 4{,}5\ \text{кг}$, $S = 300\ \text{см}^2 = 0{,}03\ \text{м}^2$, $g = 10\ \text{м/с}^2$.

Кирпич лежит на горизонтальной поверхности, поэтому сила давления равна его весу, а вес покоящегося тела равен силе тяжести: $F = mg$.

Давление по определению равно

$$p = \frac{F}{S} = \frac{mg}{S}.$$

Подставляем числа:

$$p = \frac{4{,}5 \cdot 10}{0{,}03} = \frac{45}{0{,}03} = 1500\ \text{Па}.$$

Ответ: 1500

Решение:

Дано: $m = 2\ \text{кг}$, $g = 10\ \text{м/с}^2$, $mg = 20\ \text{Н}$.

Пока брусок покоится, сила трения покоя уравновешивает скатывающую составляющую силы тяжести: $F_{\text{тр}} = mg\sin\alpha$. Проверим: при $\alpha = 0{,}05$ рад $20 \cdot \sin 0{,}05 = 1{,}0\ \text{Н}$, при $\alpha = 0{,}1$ рад $20 \cdot \sin 0{,}1 = 2{,}0\ \text{Н}$ — совпадает с таблицей. Начиная с $\alpha = 0{,}2$ рад сила трения не растёт, а убывает, значит брусок скользит и действует закон сухого трения

$$F_{\text{тр}} = \mu N = \mu m g \cos\alpha.$$

Отсюда коэффициент трения, например при $\alpha = 0{,}2$ рад:

$$\mu = \frac{F_{\text{тр}}}{mg\cos\alpha} = \frac{3{,}86}{20 \cdot 0{,}980} \approx 0{,}2.$$

1) Сила трения скольжения $\mu m g\cos\alpha$ зависит от угла и по таблице убывает с ростом $\alpha$ — неверно.
2) При росте угла от 0 до 0,1 рад сила трения покоя растёт: $0 \to 1{,}0 \to 2{,}0\ \text{Н}$ — верно.
3) При $\alpha = 0{,}1$ рад сила нормальной реакции $N = mg\cos\alpha = 20 \cdot \cos 0{,}1 \approx 19{,}9\ \text{Н} \gt 10\ \text{Н}$ — верно.
4) Коэффициент трения скольжения $\mu \approx 0{,}2$, а не 0,5 — неверно.
5) При $\alpha = 0{,}6$ рад $\operatorname{tg}\alpha \approx 0{,}68 \gt \mu \approx 0{,}2$, брусок скользит (это видно и по убыванию силы трения) — неверно.

Ответ: 23

Решение:

При броске в горизонтальном направлении движение по вертикали — это свободное падение без начальной скорости, а по горизонтали — равномерное движение. Сопротивление воздуха отсутствует, поэтому на шарик действует только сила тяжести.

По вертикали: $H=\dfrac{gt^{2}}{2}$, откуда время полёта $t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$.

Время полёта определяется только высотой $H$ и не зависит от начальной скорости. При увеличении $H$ величина $t$ увеличится — цифра 1.

По второму закону Ньютона $m\vec a=m\vec g$, то есть $\vec a=\vec g$: ускорение шарика равно ускорению свободного падения и не зависит ни от высоты, ни от скорости, ни от массы. Оно не изменится — цифра 3.

Ответ: 13

Решение:

Среднеквадратичная скорость молекул $v = \sqrt{\dfrac{3RT}{M}}$, то есть $v \sim \sqrt{T}$, значит $\dfrac{v_1}{v_2} = \sqrt{\dfrac{T_1}{T_2}}$.

Отсюда $\dfrac{T_1}{T_2} = \left( \dfrac{v_1}{v_2} \right)^2 = 3^2 = 9$.

Абсолютная температура должна уменьшиться в 9 раз.

Ответ: 9

Решение:

Дано: $\eta=0{,}25$, $Q_{\text{н}}=8\ \text{Дж}$. Найти: $A$.

По определению КПД тепловой машины $\eta=\dfrac{A}{Q_{\text{н}}}$, откуда

$$A=\eta\,Q_{\text{н}}=0{,}25\cdot 8=2\ \text{Дж}.$$

Ответ: 2

Решение:

По графику: процесс 1–2 — изобара при $p_{12}=0{,}5\cdot10^5\ \text{Па}$, объём растёт от $V_1=1\ \text{л}$ до $V_2=5\ \text{л}$; процесс 3–4 — изобара при $p_{34}=1{,}0\cdot10^5\ \text{Па}$, объём растёт от $V_3=1\ \text{л}$ до $V_4=3\ \text{л}$.

Работа газа при изобарном процессе $A=p\Delta V$:

$A_{12}=0{,}5\cdot10^5\cdot(5-1)\cdot10^{-3}=200\ \text{Дж}$, $\;A_{34}=1{,}0\cdot10^5\cdot(3-1)\cdot10^{-3}=200\ \text{Дж}$.

1) Работа в процессе 1–2 равна 200 Дж, а не 100 Дж. Неверно.

2) Процесс 3–4 изобарный, по закону Гей-Люссака $\dfrac{V}{T}=\text{const}$, поэтому $\dfrac{T_4}{T_3}=\dfrac{V_4}{V_3}=\dfrac{3}{1}=3$. Верно.

3) $A_{12}=A_{34}=200\ \text{Дж}$ — работы одинаковы, а не «меньше». Неверно.

4) Гелий одноатомный: $U=\dfrac{3}{2}\nu RT=\dfrac{3}{2}pV$. При $p=\text{const}$ получаем $\dfrac{U_2}{U_1}=\dfrac{V_2}{V_1}=5$. Верно.

5) Так как $T\propto pV$, то $\dfrac{T_2}{T_3}=\dfrac{p_2V_2}{p_3V_3}=\dfrac{0{,}5\cdot10^5\cdot5\cdot10^{-3}}{1{,}0\cdot10^5\cdot1\cdot10^{-3}}=\dfrac{250}{100}=2{,}5$, а не 2. Неверно.

Ответ: 24

Решение:

Объём сосуда $V$ и температура $T$ неизменны. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений, а каждое парциальное давление находится по уравнению Менделеева — Клапейрона: $p_i = \dfrac{\nu_i R T}{V}$. При $V = \text{const}$ и $T = \text{const}$ давление пропорционально количеству вещества: $p_i \sim \nu_i$.

Сначала $\nu_1 = \nu_2 = 2$ моль, суммарно $4$ моль. Смесь однородна, поэтому, выпустив половину содержимого, получим $\nu_1 = \nu_2 = 1$ моль. После добавления 1 моль второго газа: $\nu_1 = 1$ моль, $\nu_2 = 2$ моль.

Количество вещества второго газа было 2 моль и стало 2 моль, поэтому его парциальное давление не изменилось (ответ 3).

Суммарное количество вещества уменьшилось с $4$ моль до $1 + 2 = 3$ моль, поэтому давление смеси уменьшилось (ответ 2).

Ответ: 32

Ход решения:
Для расчёта силы тока воспользуемся следующим соотношением:
$I = \frac{\Delta q}{\Delta t} = \frac{6}{6} = 1 А$

Ответ: 1

Источник: ФИПИ

Решение:

При равномерном вращении рамки в однородном магнитном поле магнитный поток через неё меняется по гармоническому закону $\Phi = \Phi_m \cos(\omega t)$, где $\omega$ — циклическая частота вращения рамки.

Сравним это с данным в условии законом $\Phi = 2 \cdot 10^{-7} \cos(20\pi t)$:

$\Phi_m = 2 \cdot 10^{-7}\ \text{Вб}$, $\omega = 20\pi\ \text{рад/с}$.

Один полный оборот рамка совершает за период вращения, который совпадает с периодом изменения магнитного потока:

$T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{20\pi} = 0{,}1\ \text{с}$.

Площадь рамки и амплитуда потока для ответа не нужны.

Ответ: 0,1

Решение:

По рисунку источник S лежит слева от линзы между фокусом и двойным фокусом: $F \lt d \lt 2F$, причём он смещён выше главной оптической оси.

Из формулы тонкой линзы $\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$ получаем расстояние до изображения $f=\frac{dF}{d-F}$. При $F \lt d \lt 2F$ выполняется $f \gt 2F$, значит изображение действительное, лежит по другую сторону линзы (справа) дальше двойного фокуса.

Линейное увеличение $\Gamma=\frac{f}{d} \gt 1$, а действительное изображение в собирающей линзе перевёрнутое: если источник находится выше оси, то изображение оказывается ниже оси.

Тот же результат даёт построение: луч из S, идущий параллельно оси, после линзы проходит через задний фокус, а луч, прошедший через передний фокус, после линзы идёт параллельно оси; точка их пересечения и есть изображение.

Из отмеченных точек условию «справа от линзы, за двойным фокусом, ниже оси» удовлетворяет только точка 4: точка 1 лежит с той же стороны, что и источник, точка 2 расположена ближе двойного фокуса, точка 3 находится выше оси.

Ответ: 4

Решение:

По закону электромагнитной индукции ЭДС индукции равна скорости изменения магнитного потока, а так как поле однородно и постоянно $(B=\mathrm{const})$, а поток $\Phi=BS$:

$$|\mathcal{E}_i|=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=B\left|\frac{\Delta S}{\Delta t}\right|.$$

Значит, ток в контуре есть только тогда, когда площадь контура меняется, и тем больше, чем круче график $S(t)$. Снимаем с графика (рис. б):

• от 0 до 4 с: $S=800\ \text{см}^2=\mathrm{const}$, $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|=0$;
• от 4 до 8 с: $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|=\dfrac{800-400}{8-4}=100\ \text{см}^2/\text{с}$;
• от 8 до 14 с: $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|=\dfrac{400-100}{14-8}=50\ \text{см}^2/\text{с}$.

Разбираем утверждения.

1) Неверно: в течение первых 4 с площадь контура постоянна, поток не меняется, ЭДС индукции и ток равны нулю, поэтому непрерывного тока в первые 6 с нет.

2) Неверно: от 0 до 4 с тока в контуре нет вообще, и лампочка не горит.

3) Неверно: при $t=2\ \text{с}$ ток в проводнике равен нулю, значит сила Ампера $F=BIl$ тоже равна нулю и никакого направления не имеет.

4) Верно: максимальная скорость изменения площади (а значит и максимальная ЭДС) — на участке от 4 до 8 с, где $|\mathcal{E}_i|$ вдвое больше, чем на участке от 8 до 14 с.

5) Верно: на всём интервале от 6 до 12 с площадь контура только уменьшается, поэтому поток убывает всё время в одну сторону; по правилу Ленца индукционный ток всё это время течёт в одном и том же направлении (поддерживая убывающий поток).

Ответ: 45

Источник: ФИПИ

Решение:

Цепь неразветвлённая: источник с ЭДС $\mathcal{E}$ и внутренним сопротивлением $r$ и внешний резистор $R$.

По закону Ома для полной цепи $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R+r}$. Величины $\mathcal{E}$ и $r$ — характеристики самого источника, они не меняются. При увеличении $R$ знаменатель растёт, значит сила тока в цепи уменьшается — характер изменения 2.

Напряжение на резисторе найдём по закону Ома для участка цепи: $U=IR=\dfrac{\mathcal{E}R}{R+r}=\dfrac{\mathcal{E}}{1+\dfrac{r}{R}}$.

При увеличении $R$ отношение $\dfrac{r}{R}$ уменьшается, знаменатель уменьшается, поэтому $U$ увеличивается — характер изменения 1.

То же видно из записи $U=\mathcal{E}-Ir$: ток убывает, значит убывает падение напряжения $Ir$ внутри источника, а напряжение на внешнем резисторе растёт (стремясь к $\mathcal{E}$).

Ответ: 21

Решение:

При $\alpha$-распаде из ядра вылетает $\alpha$-частица — ядро гелия ${}^{4}_{2}He$. Схема распада: ${}^{A}_{Z}X \rightarrow {}^{222}_{89}Ac + {}^{4}_{2}He$.

По закону сохранения электрического заряда: $Z = 89 + 2 = 91$.

(Массовое число исходного ядра при этом $A = 222 + 4 = 226$.)

Ответ: 91

Ход решения:

A - 2. Воспользуемся выражением для нахождения импульса фотона: $p = \frac{E}{c} = \frac{hν}{c} = \frac{h}{\lambda} \Rightarrow \lambda = \frac{h}{p}$

Б - 4. Применим формулу Планка для определения энергии кванта: $E = hν \Rightarrow \nu = \frac{E}{h}$

Ответ: 24

Источник: ФИПИ

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Верно. Резонанс — резкое возрастание амплитуды вынужденных колебаний при совпадении частоты внешней вынуждающей силы с собственной частотой колебательной системы.

2) Неверно. Изохорный процесс $(V=\mathrm{const})$ для постоянной массы газа описывается законом Шарля $\dfrac{p}{T}=\mathrm{const}$, то есть $p\sim T$. При нагревании $(T$ растёт$)$ давление газа увеличивается, а не уменьшается.

3) Верно. В электростатическом поле поле внутри проводника равно нулю, а вектор напряжённости у поверхности перпендикулярен ей, поэтому при перемещении заряда вдоль поверхности работа равна нулю: вся поверхность проводника эквипотенциальна.

4) Верно. Частота волны задаётся источником и при переходе в другую среду не меняется, а скорость $v=\dfrac{c}{n}$ и длина волны $\lambda=\dfrac{v}{\nu}=\dfrac{\lambda_0}{n}$ зависят от показателя преломления и изменяются.

5) Неверно. При $\beta$-распаде выполняются все законы сохранения, в том числе и закон сохранения импульса.

Верны утверждения 1, 3 и 4.

Ответ: 134

Источник: ФИПИ

Условие: N = 20, t = (24,0 ± 0,2) с

Вопрос: Т

Ход решения:
Для нахождения искомых величин в подобных задачах необходимо разделить общее время и его абсолютную погрешность на число полных колебаний. Выполним расчеты:
$Т = \frac{t}{N} = \frac{24}{20} = 1{,}2 с .$
$Погрешность = \frac{погр . t}{N} = \frac{0{,}2}{20} = 0{,}01 .$

При записи итогового результата указывается значение периода вместе с его погрешностью. Поскольку погрешность определена с точностью до сотых долей (0,01), значение периода также следует представить с двумя знаками после запятой, дополнив его нулем: 1,20.

Ответ: 1,200,01

Источник: ФИПИ

Решение:

Сила Архимеда $F_{\text{А}}=\rho_{\text{ж}}gV$, где $V$ — объём погружённой части тела, $\rho_{\text{ж}}$ — плотность жидкости.

Чтобы изучить зависимость $F_{\text{А}}$ от плотности жидкости, в двух опытах должно меняться только одно — жидкость, а тело (его объём) должно быть одним и тем же.

Одинаковые шарики — медные шарики равного размера — использованы в установках 1 (вода) и 5 (керосин). Стальные шарики в установках 2 и 3 находятся в разных жидкостях, но имеют разные объёмы, поэтому эта пара не годится.

Ответ: 15