Вариант 4 · Июль 2026

Решение:
В случае вращательного движения линейная скорость точки определяется произведением её угловой скорости на радиус траектории: v=ωr. Так как оба велосипедиста движутся с идентичными угловыми скоростями, искомое отношение их линейных скоростей будет равно:
$\frac{v_{1}}{v_{2}} = \frac{\omega R_{1}}{\omega R_{2}} = 3$

Ответ: 3

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $m_1 = \dfrac{m_2}{4}$, то есть $\dfrac{m_1}{m_2} = \dfrac{1}{4}$; $\dfrac{R_1}{R_2} = 2{,}5$. Найти $\dfrac{F_1}{F_2}$.

По закону всемирного тяготения сила притяжения планеты к звезде массой $M$:

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

Запишем это для обеих планет и разделим:

$$\frac{F_1}{F_2} = \frac{m_1}{m_2}\cdot\left(\frac{R_2}{R_1}\right)^{2} = \frac{1}{4}\cdot\left(\frac{1}{2{,}5}\right)^{2}.$$

Вычислим:

$$\frac{F_1}{F_2} = \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{6{,}25} = \frac{1}{25} = 0{,}04.$$

Ответ: 0,04

Условие: F = 12 Н; t = 3 с

Вопрос: p - ?

Ход решения:
Воспользуемся записью второго закона Ньютона через изменение импульса тела, спроецировав силы на горизонтальное направление:
$F = \frac{p}{t}$
$p = Ft$
$p = 12 \cdot 3 = 36 кг \cdot м / с$

Ответ: 36

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $F_1 = 8\ \text{Н}$, плечо $d_1 = 20\ \text{см} = 0{,}2\ \text{м}$, плечо $d_2 = 16\ \text{см} = 0{,}16\ \text{м}$. Найти $F_2$.

Рычаг невесом и находится в равновесии, а силы $\vec{F_1}$ и $\vec{F_2}$ приложены к разным плечам и вращают рычаг вокруг опоры в противоположные стороны. По правилу моментов сумма моментов этих сил относительно точки опоры равна нулю, то есть их моменты равны по модулю:

$$F_1 d_1 = F_2 d_2.$$

Отсюда

$$F_2 = \frac{F_1 d_1}{d_2} = \frac{8 \cdot 0{,}2}{0{,}16} = 10\ \text{Н}.$$

Ответ: 10

Решение:

Дано: $m = 2\ \text{т} = 2000\ \text{кг}$, $v = 36\ \text{км/ч} = 10\ \text{м/с}$, $R = 40\ \text{м}$, $g = 10\ \text{м/с}^2$.

В верхней точке выпуклого моста скорость постоянна по модулю, поэтому ускорение только центростремительное и направлено вниз, к центру кривизны:

$$a = \frac{v^2}{R} = \frac{10^2}{40} = 2{,}5\ \text{м/с}^2.$$

По второму закону Ньютона в проекции на направление к центру (вниз) $mg - N = ma$, откуда сила нормальной реакции моста

$$N = m(g - a) = 2000 \cdot (10 - 2{,}5) = 15\,000\ \text{Н}.$$

1) Мост действует на автомобиль с силой $15\,000\ \text{Н} \lt 20\,000\ \text{Н}$, но направлена она вертикально вверх, а не вниз. Неверно.

2) $a = 2{,}5\ \text{м/с}^2$. Верно.

3) Центростремительное ускорение перпендикулярно скорости, а не противоположно ей. Неверно.

4) Равнодействующая $ma = 5000\ \text{Н}$ направлена вниз, к центру кривизны, то есть перпендикулярно скорости. Неверно.

5) По третьему закону Ньютона автомобиль действует на мост с силой $15\,000\ \text{Н}$. Верно.

Ответ: 25

Решение:

Движение шарика раскладывается на равномерное движение по горизонтали и свободное падение по вертикали (сопротивления воздуха нет, действует только сила тяжести).

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

По горизонтали: $L=V_{0}t=V_{0}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$.

При неизменной начальной скорости дальность полёта пропорциональна $\sqrt{H}$, поэтому при уменьшении высоты $H$ дальность $L$ уменьшится — цифра 2.

По второму закону Ньютона $\vec a=\vec g$: ускорение шарика во время полёта равно ускорению свободного падения и от высоты броска не зависит, оно не изменится — цифра 3.

Ответ: 23

Решение:

Для разреженного (идеального) газа $p = nkT$, поэтому

$\dfrac{p_2}{p_1} = \dfrac{n_2}{n_1} \cdot \dfrac{T_2}{T_1}$.

По условию $\dfrac{n_2}{n_1} = 2$, $\dfrac{T_2}{T_1} = \dfrac{1}{4}$, значит

$\dfrac{p_2}{p_1} = 2 \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$.

Давление уменьшилось в 2 раза.

Ответ: 2

Решение:

Работа газа численно равна площади фигуры под графиком в координатах $p$–$V$.

Обозначим цену деления по оси давления $p_0$, а по оси объёма $V_0$. Тогда с графика: точка 1 — $(V_0;\,p_0)$, точка 2 — $(3V_0;\,p_0)$, точка 3 — $(5V_0;\,3p_0)$.

Участок 1–2 — изобара ($p=p_0$), под ним прямоугольник:

$$A_{12}=p_0\,(3V_0-V_0)=2p_0V_0.$$

Участок 2–3 — наклонный отрезок, давление растёт линейно от $p_0$ до $3p_0$, под ним трапеция:

$$A_{23}=\frac{p_0+3p_0}{2}\cdot(5V_0-3V_0)=2p_0\cdot 2V_0=4p_0V_0.$$

Отношение работ:

$$\frac{A_{12}}{A_{23}}=\frac{2p_0V_0}{4p_0V_0}=0{,}5.$$

Ответ: 0,5

Решение:
1) Процесс $CD$ - это прямая проходящая через начало координат в координатах $p - T ,$ что соответствует изохорному процессу:
$pV = vRT \Rightarrow p ( T ) = \frac{vR}{V} \cdot T .$
Из графика также видно, что температура уменьшается, получается, что процесс $CD$ действительно изохорное охлаждение. Верно.

2) Процесс $AB$ тоже изохорный, получается, что работа газа равна нулю. Так как температура увеличивается, значит увеличивается и внутренняя энергия:
$U = \frac{3}{2} RT .$
По первому началу термодинамики для изохорного процесса видно, что газ будет получать положительное количество теплоты:
$Q = \triangle U .$
Утверждение верно.

3) Процесс $BC$ - изобарный с увеличением температуры, значит и объем тоже будет увеличиваться. Тогда внутренняя энергия будет увеличиваться и газ будет совершать положительную работу. По первому началу термодинамики:
$Q = \triangle U + A ' .$
Газ будет получать положительное количество теплоты. Неверно.

4) Процесс $DA$ - изотермический. Так как давление увеличивается, следовательно объем уменьшается, согласно закону Бойля-Мариотта $( pV = const ) .$ Утверждение верно.

5) Используем формулу плотности:
$\rho = \frac{m}{v} .$
В процессе $BC$ объем увеличивается (см. пп. 3), значит плотность уменьшается. Неверно.

Ответ: 124

Источник: ФИПИ

Решение:

Поршень лёгкий и подвижный, трения нет, значит давление газа всё время равно атмосферному: $p = 10^{5}\ \text{Па} = \text{const}$ — процесс изобарный. Даны $V_{0} = 9\ \text{л} = 9\cdot 10^{-3}\ \text{м}^{3}$, $T_{0} = 450\ \text{К}$.

Из уравнения Клапейрона–Менделеева $pV = \nu R T$ найдём постоянную для этого газа величину $\nu R$:

$$\nu R = \frac{p V_{0}}{T_{0}} = \frac{10^{5}\ \text{Па}\cdot 9\cdot 10^{-3}\ \text{м}^{3}}{450\ \text{К}} = 2\ \frac{\text{Дж}}{\text{К}}.$$

А. Объём. При $p = \text{const}$

$$V(T) = \frac{\nu R}{p}\,T = \frac{2}{10^{5}}\,T = 2\cdot 10^{-5}\,T,$$

то есть $V = aT$ с $a = 2\cdot 10^{-5}\ \frac{\text{м}^{3}}{\text{К}}$ — формула 1).

Б. Внутренняя энергия. Аргон одноатомный, поэтому

$$U(T) = \frac{3}{2}\nu R T = \frac{3}{2}\cdot 2\cdot T = 3T,$$

то есть $U = dT$ с $d = 3\ \frac{\text{Дж}}{\text{К}}$ — формула 4).

Ответ: 14

Решение:

Дано: $I = 2\ \text{А}$, $t = 20\ \text{с}$.

По определению силы тока $I = \dfrac{q}{t}$, следовательно

$$q = I t = 2\ \text{А} \cdot 20\ \text{с} = 40\ \text{Кл}.$$

Ответ: 40

Решение:

По закону электромагнитной индукции модуль ЭДС равен скорости изменения магнитного потока: $$|\mathcal{E}| = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|,$$то есть модулю углового коэффициента (крутизне наклона) графика $\Phi(t)$.

На участках 1, 2 и 4 график наклонный — поток меняется, и $|\mathcal{E}| \gt 0$. На участке 3 график горизонтален: поток постоянен, $\Delta\Phi = 0$, поэтому $|\mathcal{E}| = 0$ — это наименьшее возможное значение.

Ответ: 3

Решение:

Частота свободных электромагнитных колебаний в контуре определяется формулой Томсона:

$$\nu=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}.$$

Ёмкость плоского конденсатора $C=\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0 S}{d}$ прямо пропорциональна площади пластин, поэтому при уменьшении площади в 9 раз ёмкость тоже уменьшается в 9 раз: $C_2=\dfrac{C_1}{9}$. Индуктивность увеличивают в 4 раза: $L_2=4L_1$.

Тогда

$$\frac{\nu_2}{\nu_1}=\frac{\sqrt{L_1C_1}}{\sqrt{L_2C_2}}=\sqrt{\frac{L_1C_1}{4L_1\cdot \frac{C_1}{9}}}=\sqrt{\frac{9}{4}}=1{,}5.$$

Частота увеличится в 1,5 раза.

Ответ: 1,5

Решение:

Линии напряжённости вертикальны и направлены вверх, то есть от пластины: линии поля выходят из положительного заряда, значит пластина заряжена положительно. Поле однородное, поэтому $\vec{E}$ одинаков во всех точках.

Эквипотенциальные поверхности перпендикулярны $\vec{E}$, то есть горизонтальны; точки А и В лежат на одной горизонтали, поэтому $\varphi_{\text{А}}=\varphi_{\text{В}}$. Вдоль направления $\vec{E}$ (вверх) потенциал убывает.

1) Работа поля $A=q\left(\varphi_{\text{А}}-\varphi_{\text{В}}\right)=0$ при любом знаке заряда, так как $\varphi_{\text{А}}=\varphi_{\text{В}}$. Верно.

2) На положительный заряд действует сила $\vec{F}=q\vec{E}$, сонаправленная с $\vec{E}$, то есть вертикально вверх. Верно.

3) Поле однородное, поэтому $E_{\text{А}}=E_{\text{В}}=E_{\text{С}}$. Верно.

4) Точка С выше точки В, а потенциал убывает вверх: $\varphi_{\text{С}}\lt\varphi_{\text{В}}$, то есть в В потенциал выше, а не ниже. Неверно.

5) Линии поля направлены от пластины, значит её заряд положительный. Неверно.

Ответ: 123

Решение:
Когда световая волна пересекает границу раздела двух сред, её частота сохраняет своё значение. Учитывая, что период и частота определяются формулой $T = \frac{1}{\nu}$, можно сделать вывод, что период колебаний также не изменится.

Поскольку показатель преломления глицерина выше, чем у воздуха, скорость движения волны $\vartheta = \frac{c}{n}$ при попадании в него станет меньше. Следовательно, согласно связи параметров волны, её длина $\lambda = \frac{\vartheta}{\nu}$ уменьшится.

Ответ: 32

Источник: ФИПИ

Решение:

При $\alpha$-распаде из ядра вылетает $\alpha$-частица — ядро гелия ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$. Запишем уравнение реакции:

$${}^{174}_{78}\mathrm{Pt}\ \rightarrow\ {}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{A}_{Z}X.$$

По закону сохранения электрического заряда сумма зарядовых чисел до и после распада одинакова: $78=2+Z$, откуда

$$Z=78-2=76.$$

(Из закона сохранения массового числа $A=174-4=170$, то есть образуется ядро осмия ${}^{170}_{76}\mathrm{Os}$.)

Ответ: 76

Источник: ФИПИ

Решение:

Оранжевому свету отвечает бо́льшая длина волны, чем синему, поэтому при переходе ко второй серии опытов длина волны падающего света уменьшилась, а частота $\nu = \dfrac{c}{\lambda}$ увеличилась.

«Красная граница» фотоэффекта $\lambda_{\text{кр}} = \dfrac{hc}{A_{\text{вых}}}$ определяется только работой выхода, то есть материалом катода. Катод в обеих сериях один и тот же, значит $\lambda_{\text{кр}}$ не изменилась — 3.

Модуль запирающего напряжения находится из условия $eU_{\text{зап}} = E_k = h\nu - A_{\text{вых}}$, то есть

$$U_{\text{зап}} = \frac{h\nu - A_{\text{вых}}}{e}.$$

Частота увеличилась, работа выхода прежняя, поэтому модуль запирающего напряжения увеличился — 1.

Ответ: 31

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Неверно. От массы и скорости зависит кинетическая энергия $E_k = \dfrac{mv^2}{2}$. Потенциальная энергия определяется взаимным положением тел (например, $E_p = mgh$ или $E_p = \dfrac{kx^2}{2}$) и от скорости не зависит.

2) Неверно. Тепловое движение частиц не прекращается никогда: при термодинамическом равновесии выравниваются лишь макроскопические параметры (температура, давление), а хаотическое движение молекул продолжается.

3) Верно. В растворах и расплавах электролитов носителями заряда являются положительные и отрицательные ионы; под действием поля их хаотическое тепловое движение дополняется упорядоченным дрейфом, который и создаёт ток.

4) Неверно. При переходе волны в другую среду неизменной остаётся частота, а скорость меняется, поэтому меняется и длина волны: $\lambda = \dfrac{v}{\nu}$.

5) Верно. При позитронном $\beta^{+}$-распаде протон ядра превращается в нейтрон: ${}^{1}_{1}p \rightarrow {}^{1}_{0}n + {}^{\ \ 0}_{+1}e + \nu$, и позитрон вылетает из ядра.

Ответ: 35

Решение:

Находим цену деления шкалы термометра. Между оцифрованными штрихами $40$ °C и $50$ °C укладывается 10 промежутков, поэтому

$$c = \frac{50\ ^\circ\text{C} - 40\ ^\circ\text{C}}{10} = 1\ ^\circ\text{C}.$$

Верхний край столбика жидкости приходится на пятый штрих после отметки $40$ °C, значит $t = 40 + 5 \cdot 1 = 45$ °C.

По условию абсолютная погрешность равна цене деления: $\Delta t = c = 1$ °C.

Итак, $t = (45 \pm 1)$ °C.

Ответ: 451

Решение:

Внутреннее сопротивление источника находят из закона Ома для полной цепи. Записав его для двух положений реостата, получаем $\varepsilon=U_1+I_1 r$ и $\varepsilon=U_2+I_2 r$, откуда

$$r=\frac{U_1-U_2}{I_2-I_1}.$$

Значит, в опыте нужно одновременно измерять напряжение на клеммах аккумулятора (это делает имеющийся вольтметр) и силу тока в цепи. Для измерения тока необходим амперметр — оборудование 4.

Кроме того, у школьника нет соединительных проводов, без которых цепь просто не собрать, — нужно оборудование 3.

Лампа накаливания (1) не нужна, так как роль переменной нагрузки играет реостат; конденсатор (2) постоянный ток не пропускает, а секундомер (5) измеряет время, которое в формулу не входит.

Ответ: 34