Вариант 2 · Июль 2026

Решение:

На участке от $t_1 = 8\ \text{с}$ до $t_2 = 10\ \text{с}$ график $v_x(t)$ — отрезок прямой, значит движение равноускоренное и проекция ускорения постоянна.

Дано (с графика): $v_{1x} = 0$ при $t_1 = 8\ \text{с}$; $v_{2x} = -10\ \text{м/с}$ при $t_2 = 10\ \text{с}$.

По определению проекции ускорения

$$a_x = \frac{\Delta v_x}{\Delta t} = \frac{v_{2x} - v_{1x}}{t_2 - t_1} = \frac{-10\ \text{м/с} - 0}{10\ \text{с} - 8\ \text{с}} = \frac{-10\ \text{м/с}}{2\ \text{с}} = -5\ \text{м/с}^2.$$

Знак «минус» показывает, что ускорение направлено против оси $Ox$.

Ответ: -5

Решение:
Поскольку система блоков пребывает в состоянии покоя, необходимо соблюдение условия равенства моментов сил, приложенных к ней:
$m_{1} l_{1} = m_{2} l_{2}$
Используя это соотношение, вычислим значение радиуса внешнего шкива:
$m_{1} = \frac{m_{2} l_{2}}{l_{1}} = \frac{3 \cdot 1}{2} = 1{,}5 кг$

Ответ: 1,5 кг

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $m = 200\ \text{г} = 0{,}2\ \text{кг}$, $v_0 = 6\ \text{м/с}$, $h = 1{,}5\ \text{м}$, $g = 10\ \text{м/с}^2$.

В момент броска шарик находится на нулевой высоте, поэтому его полная механическая энергия равна кинетической:

$$E_0 = \frac{m v_0^2}{2} = \frac{0{,}2 \cdot 6^2}{2} = 3{,}6\ \text{Дж}.$$

В верхней точке скорость шарика равна нулю, поэтому его полная механическая энергия равна потенциальной:

$$E_1 = mgh = 0{,}2 \cdot 10 \cdot 1{,}5 = 3\ \text{Дж}.$$

Убыль полной механической энергии равна работе силы сопротивления воздуха:

$$\Delta E = E_0 - E_1 = 3{,}6 - 3 = 0{,}6\ \text{Дж}.$$

Ответ: 0,6

Решение:

Амплитуда гармонических колебаний — это наибольшее отклонение координаты тела от положения равновесия, то есть наибольшее удаление графика $x(t)$ от оси времени.

Считаем отклонения по клеткам сетки. График $1$ поднимается над осью $t$ на $3$ клетки, значит $A_1 = 3$ клетки. График $2$ поднимается над осью на $1$ клетку, значит $A_2 = 1$ клетка.

Отношение амплитуд:

$$\frac{A_1}{A_2} = \frac{3}{1} = 3.$$

Ответ: 3

Решение:

Прочитаем графики. На графике $v(t)$ скорость шарика растёт всё медленнее и к моменту $t_3$ выходит на постоянное значение, которое сохраняется до конца падения. На графике $s(t)$ путь монотонно возрастает, причём после $t_3$ зависимость становится линейной — это согласуется с постоянной скоростью.

Такое падение происходит с учётом сопротивления воздуха. По второму закону Ньютона в проекции на направление движения

$$ma = mg - F_{\text{сопр}}(v),$$

причём сила сопротивления растёт вместе со скоростью. Поэтому ускорение $a = g - \dfrac{F_{\text{сопр}}(v)}{m}$ убывает, а когда $F_{\text{сопр}} = mg$, становится равным нулю и шарик движется с установившейся скоростью.

1) Потенциальная энергия, отсчитанная от основания башни, равна $E_p = mgh$, где $h = h_0 - s$. Путь $s$ монотонно возрастает на всём интервале $0-t_5$, значит высота $h$ монотонно убывает, и вместе с ней убывает $E_p$. Утверждение верно.

2) Импульс $p = mv$. На интервале от $t_3$ до $t_5$ скорость постоянна, поэтому и импульс постоянен, а не возрастает. Утверждение неверно.

3) Модуль ускорения равен модулю углового коэффициента касательной к графику $v(t)$. От $0$ до $t_3$ наклон касательной уменьшается от наибольшего (в начале падения $a \approx g$) до нуля, значит ускорение убывает. Утверждение верно.

4) Ускорение на интервале $0-t_3$ не увеличивалось, а уменьшалось (см. п. 3), поэтому утверждение неверно, хотя при $t \gt t_4$ ускорение действительно постоянно и равно нулю.

5) При установившемся движении кинетическая энергия $E_k = \dfrac{mv^2}{2}$ не меняется, а потенциальная энергия продолжает убывать, значит сумма $E_k + E_p$ уменьшается: часть механической энергии переходит во внутреннюю из-за работы силы сопротивления. Утверждение неверно.

Верны утверждения 1 и 3.

Ответ: 13

Источник: ФИПИ

Решение:

Шайба скользит по гладкой наклонной плоскости: трения нет, движение равноускоренное с постоянным ускорением, направленным вниз вдоль склона. Шайба поднимается, в момент $\dfrac{t_0}{2}$ останавливается в верхней точке и к моменту $t_0$ возвращается в исходное положение со скоростью, равной по модулю начальной.

График А — неотрицательная парабола: начинается с некоторого положительного значения, обращается в нуль в середине интервала и к моменту $t_0$ возвращается к прежнему значению. Так меняется кинетическая энергия

$$E_{\text{к}} = \frac{m v^{2}}{2},$$

ведь модуль скорости линейно убывает до нуля в верхней точке, а затем линейно растёт, и $v(t_0) = v_0$. Значит, А — 1.

График Б — постоянная положительная величина на всём интервале движения. Так как плоскость гладкая, а сила тяжести консервативна, полная механическая энергия сохраняется:

$$E_{\text{мех}} = E_{\text{к}} + E_{\text{п}} = \text{const} .$$

(Проекция ускорения $a_y$ тоже постоянна, но она отрицательна — вектор ускорения направлен вниз по склону, — а на графике величина положительна.) Значит, Б — 3.

Ответ: 13

Решение:

Дано: $n_1=n_2$ (индекс 1 — аргон, 2 — неон), поршень лёгкий, подвижный, в равновесии. Найти $\dfrac{\langle E_1\rangle}{\langle E_2\rangle}$.

Поршень невесом, поэтому условие его равновесия — равенство сил давления газов с двух сторон: $p_1S=p_2S$, откуда $p_1=p_2$.

По основному уравнению МКТ $p=\dfrac{2}{3}n\langle E\rangle$, значит $\langle E\rangle=\dfrac{3p}{2n}$ и

$$\frac{\langle E_1\rangle}{\langle E_2\rangle}=\frac{p_1}{p_2}\cdot\frac{n_2}{n_1}=1\cdot 1=1.$$

Средние кинетические энергии теплового движения молекул обоих газов одинаковы (одинаковы и их температуры).

Ответ: 1

Решение:

На $pT$-диаграмме график процесса — отрезок прямой, продолжение которого проходит через начало координат: точке 1 отвечают $(300\ \text{К};\ 1\cdot 10^{3}\ \text{Па})$, точке 2 — $(900\ \text{К};\ 3\cdot 10^{3}\ \text{Па})$. Действительно, $\dfrac{p_1}{T_1}=\dfrac{p_2}{T_2}$.

Из уравнения Клапейрона — Менделеева $pV=\nu RT$ получаем $V=\nu R\cdot\dfrac{T}{p}=\text{const}$: процесс изохорный.

Работа газа при постоянном объёме

$$A=p\,\Delta V=0.$$

Полученные газом $3\ \text{кДж}$ целиком пошли на увеличение внутренней энергии.

Ответ: 0

Решение:

Переведём температуры в кельвины: $T_1=328\ \text{К}$, $T_2=15\ ^\circ\text{C}=288\ \text{К}$.

Сосуд теплоизолирован, перегородка неподвижна и проводит тепло, теплоёмкость сосуда пренебрежимо мала, количества аргона одинаковы. Аргон одноатомный, $U=\dfrac{3}{2}\nu RT$. Объёмы частей не меняются, поэтому работа не совершается, и по уравнению теплового баланса $\dfrac{3}{2}\nu R(T-T_1)+\dfrac{3}{2}\nu R(T-T_2)=0$, откуда

$T=\dfrac{T_1+T_2}{2}=\dfrac{328+288}{2}=308\ \text{К}=35\ ^\circ\text{C}$.

1) В первой части температура падает с 328 К до 308 К, значит внутренняя энергия уменьшилась. Неверно.

2) Во второй части температура растёт с 288 К до 308 К — повысилась. Верно.

3) Более нагретый газ (первая часть) отдаёт теплоту, менее нагретый (вторая часть) её получает. Верно.

4) Общая температура равна 308 К, то есть $35\ ^\circ\text{C}$, а не $25\ ^\circ\text{C}$. Неверно.

5) Перегородка неподвижна и сосуд герметичен, объём каждой части постоянен, поэтому $A=0$ — работа не совершается. Неверно.

Ответ: 23

Решение:

График построен в координатах $p$–$T$.

Процесс 1–2. Участок горизонтальный: давление постоянно, а точка смещается вправо вдоль оси $T$. Значит, абсолютная температура газа увеличивается — ответ 1.

Процесс 2–3. Участок вертикальный: температура постоянна, а давление растёт. По основному уравнению МКТ $p=nkT$, откуда концентрация молекул

$$n=\frac{p}{kT}.$$

При $T=\text{const}$ увеличение $p$ означает увеличение $n$ — ответ 1. (Тот же вывод даёт $n=\dfrac{N}{V}$: при $T=\text{const}$ рост давления по закону Бойля — Мариотта означает уменьшение объёма, а значит, рост концентрации.)

Ответ: 11

Решение:

Дано: $U = 220\ \text{В}$, максимальная сила тока через предохранитель $I_{\max} = 12\ \text{А}$.

Все приборы включены в сеть параллельно, поэтому напряжение на каждом из них равно $U$, а общий ток через предохранитель равен сумме токов приборов. Суммарная мощность равна мощности, потребляемой из сети:

$$P = U I.$$

Предохранитель не расплавится, пока $I \le I_{\max}$, значит максимальная суммарная мощность:

$$P_{\max} = U I_{\max} = 220\ \text{В} \cdot 12\ \text{А} = 2640\ \text{Вт}.$$

Ответ: 2640

Решение:

Дано: $B = 0{,}1\ \text{Тл}$, $R = 10\ \text{Ом}$, $l = 10\ \text{см} = 0{,}1\ \text{м}$, $v = 1\ \text{м/с}$.

В состоянии 1 рамка пересекает границу области поля: внутри поля находится только часть рамки, поэтому пронизывающий её поток меняется и возникает ЭДС индукции. За время $\Delta t$ площадь рамки, находящаяся в поле, увеличивается на $\Delta S = l\,v\,\Delta t$, значит $$\mathcal{E} = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right| = \frac{B\,l\,v\,\Delta t}{\Delta t} = B v l.$$

Подставляем: $\mathcal{E} = 0{,}1\ \text{Тл} \cdot 1\ \text{м/с} \cdot 0{,}1\ \text{м} = 0{,}01\ \text{В}$.

По закону Ома для полной цепи $$I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{0{,}01\ \text{В}}{10\ \text{Ом}} = 1 \cdot 10^{-3}\ \text{А} = 1\ \text{мА}.$$

Ответ: 1

Решение:

Дано: $L=12\ \text{мГн}$, $\dfrac{T_1}{T_2}=\sqrt{3}$.

В положении 1 ключа К в контур включена катушка $L$, в положении 2 — катушка $L_x$ (см. рисунок); конденсатор $C$ один и тот же. Период собственных колебаний даёт формула Томсона:

$$T=2\pi\sqrt{LC},$$

то есть $T\sim\sqrt{L}$. По условию период уменьшается в $\sqrt{3}$ раза:

$$\frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{L_x}{L}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\ \Rightarrow\ \frac{L_x}{L}=\frac{1}{3}.$$

Отсюда

$$L_x=\frac{L}{3}=\frac{12\ \text{мГн}}{3}=4\ \text{мГн}.$$

Ответ: 4

Решение:

По рисунку левая пластина заряжена положительно, а правая заземлена, поэтому на ней находится индуцированный отрицательный заряд, и поле между пластинами направлено от положительной пластины к заземлённой.

Коснувшись пластины, лёгкий шарик из фольги приобретает заряд того же знака, что и эта пластина, а одноимённые заряды отталкиваются.

1)–3) Коснувшись положительной пластины, шарик заряжается положительно и, отталкиваясь от неё, летит к заземлённой пластине, оставаясь положительно заряженным. Коснувшись заземлённой пластины, он отдаёт свой положительный заряд и заряжается отрицательно, после чего отталкивается от неё и притягивается к положительной пластине, двигаясь к ней уже отрицательно заряженным. Значит, утверждение 2 верно, а утверждения 1 и 3 неверны.

4) Ёмкость плоского конденсатора $C = \dfrac{\varepsilon \varepsilon_{0} S}{d}$ определяется только его геометрией и диэлектриком между пластинами; колебания шарика её не изменяют — неверно.

5) За каждый перелёт шарик переносит порцию заряда с одной пластины на другую, то есть постепенно разряжает конденсатор: заряд $q$ уменьшается. Так как $U = \dfrac{q}{C}$, а $C$ не меняется, напряжение между пластинами уменьшается — верно.

Ответ: 25

Решение:

Сопротивление проводника $R=\rho\dfrac{l}{S}$. Длина $l$ и площадь поперечного сечения $S$ прежние, а удельное сопротивление $\rho$ больше, поэтому сопротивление проводника увеличилось.

Тепловая мощность по закону Джоуля—Ленца при заданном напряжении равна

$P=UI=\dfrac{U^2}{R}$.

Напряжение $U$ прежнее, а сопротивление возросло, значит тепловая мощность уменьшилась.

Ответ: 12

Решение:

Для ядра ${}^{187}_{78}Pt$ массовое число $A = 187$, зарядовое число $Z = 78$.

Число нейтронов в ядре: $N = A - Z = 187 - 78 = 109$.

Атом в целом электрически нейтрален, поэтому число электронов в его оболочке равно числу протонов в ядре: $N_e = Z = 78$.

Ответ: 10978

Решение:
А - 3. При альфа-распаде происходит вылет ядра атома гелия.

Б - 2. Процесс электронного бета-распада характеризуется вылетом электрона и антинейтрино.

Ответ: 32

Источник: ФИПИ

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Верно. Плоскость гладкая, силы трения нет, поэтому $E = E_\text{к} + E_\text{п} = \mathrm{const}$. Шайба опускается, $E_\text{п} = mgh$ убывает, значит $E_\text{к}$ возрастает.

2) Неверно. При $V = \mathrm{const}$ справедлив закон Шарля $\dfrac{p}{T} = \mathrm{const}$: при нагревании давление растёт.

3) Верно. Закон Кулона: $F = k\dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}$.

4) Верно. Это закон электромагнитной индукции: $\mathcal{E}_i = -\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$, и в замкнутом контуре возникает индукционный ток.

5) Неверно. В нейтральном атоме число электронов равно числу протонов $Z$, а не числу нуклонов $A = Z + N$.

Ответ: 134

Решение:

Показания снимаем со шкалы амперметра. Между оцифрованными штрихами $0{,}2$ А и $0{,}4$ А укладывается 10 промежутков, поэтому цена деления

$$c = \frac{0{,}4\ \text{А} - 0{,}2\ \text{А}}{10} = 0{,}02\ \text{А}.$$

Стрелка стоит на четвёртом штрихе после отметки $0{,}2$ А, значит сила тока

$$I = 0{,}2 + 4 \cdot 0{,}02 = 0{,}28\ \text{А}.$$

По условию абсолютная погрешность равна цене деления амперметра: $\Delta I = c = 0{,}02$ А.

Итак, $I = (0{,}28 \pm 0{,}02)$ А.

Ответ: 0,280,02

Решение:

Оптическая сила линзы $D=\dfrac{1}{F}$, а фокусное расстояние находят из формулы тонкой линзы $\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{F}$, то есть $D=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{f}$.

Поэтому линзой нужно получить чёткое изображение пламени свечи на экране (3), а затем линейкой (2) измерить расстояние $d$ от свечи до линзы и расстояние $f$ от линзы до экрана.

Гальванометр, зеркало и динамометр для этого опыта не нужны.

Ответ: 23