Вариант 8 · 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

Дано: m₁= m₂ = m₃ = m = 0,1 кг; x₁ = 2,5 см 

Найти: x₂ - ?

Решение:
Запишем второй закон Ньютона для системы грузов, спроецировав силы на вертикальную ось: $F_{упр 1} - mg = 0 ( 1 ) F_{упр 2} - 3 mg = 0 ( 2 )$ 
$F_{упр 1} = kx_{1} ( 3 ) F_{упр 2} = kx_{2} ( 4 )$
Используя выражение (3), преобразуем уравнение (1): $kx_{1} - mg = 0 ( 5 )$
$k = \frac{mg}{x_{1}} ( 6 )$
С учетом соотношения (4) перепишем формулу (2): $kx_{2} - 3 mg = 0 ( 7 )$
$\text{x}_{2} = \frac{3 mg}{k} = \frac{3 mg \cdot x_{1}}{mg} = 3 x_{1} = 3 \cdot 2{,}5 см = 7{,}5 см$

Ответ: 7,5

Источник: ФИПИ

Разбор задачи: 
Рассчитаем проекцию общего импульса системы на ось, сонаправленную с векторами скоростей тел до их взаимодействия: $p_{до} = m ( v_{2} - v_{1} ) .$ Опираясь на закон сохранения импульса, определим величину итогового импульса системы после удара, воспользовавшись теоремой Пифагора: $p_{после} = m \sqrt{v_{1}^{' 2} + v_{2}^{' 2}} \Rightarrow | v_{2}^{'} | = \sqrt{\left(( v_{2} - v_{1} )\right)^{2} - v_{1}^{' 2}} = \sqrt{10^{2} - 6^{2}} = 8$

Ответ: 8

Источник: ФИПИ

Условие задачи: m₁ = 0,4 кг; k₁ = k₂ = k; T₁ = 2T₂

Определить: m₂ - ?

Ход решения:
$T_{1} = 2 \pi \sqrt{\frac{m_{1}}{k}}$
$T_{2} = 2 \pi \sqrt{\frac{m_{2}}{k}}$
$2 \pi \sqrt{\frac{m_{1}}{k}} = 4 \pi \sqrt{\frac{m_{2}}{k}}$
$2 \sqrt{m_{1}} = 4 \sqrt{m_{2}}$
$m_{2} = \frac{m_{1}}{4}$
$m_{2} = \frac{0{,}4}{4} = 0{,}1 кг$

Ответ: 0,1

Источник: ФИПИ

Решение:

Тело А: график — отрезок прямой, значит движение равномерное. По графику $x_A = -10\ \text{м}$ при $t = 0$ и $x_A = 0$ при $t = 2\ \text{с}$, поэтому

$$v_A = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{0 - (-10)}{2} = 5\ \text{м/с},$$

и это значение одинаково в любой момент времени.

Тело В: график — парабола с вершиной при $t = 3\ \text{с}$, где $x_B = -5\ \text{м}$. В вершине касательная горизонтальна, то есть скорость обращается в нуль и тело меняет направление движения.

1) У тела А скорость постоянна, ускорение равно нулю: движение равномерное, а не равноускоренное. Неверно.

2) $v_A = 5\ \text{м/с}$, в том числе при $t = 2\ \text{с}$. Верно.

3) Скорость тела В меняет знак в вершине параболы, при $t = 3\ \text{с}$. Верно.

4) При $t = 5\ \text{с}$ касательная к графику В наклонена, координата растёт — тело движется, а не покоится. Неверно.

5) При $t = 3\ \text{с}$: $x_A = -10 + 5 \cdot 3 = 5\ \text{м}$, $x_B = -5\ \text{м}$, расстояние $|x_A - x_B| = 10\ \text{м}$, а не $20\ \text{м}$. Неверно.

Ответ: 23

Решение:

При броске под углом $\alpha$ к горизонту с начальной скоростью $v_{0}$ и без учёта сопротивления воздуха движение раскладывается на равномерное горизонтальное и равноускоренное вертикальное с ускорением $g$.

Вертикальная составляющая скорости $v_{0y}=v_{0}\sin\alpha$ обращается в ноль в верхней точке через время $\dfrac{v_{0}\sin\alpha}{g}$, поэтому полное время полёта

$t=\dfrac{2v_{0}\sin\alpha}{g}$,

а дальность полёта

$L=v_{0}\cos\alpha\cdot t=\dfrac{v_{0}^{2}\sin 2\alpha}{g}$.

При увеличении угла с $20^\circ$ до $30^\circ$ и неизменной по модулю начальной скорости:

дальность: $\sin 40^\circ\approx 0{,}64$, $\sin 60^\circ\approx 0{,}87$; так как $\sin 60^\circ\gt\sin 40^\circ$, дальность полёта увеличится — цифра 1 (углы $20^\circ$ и $30^\circ$ меньше $45^\circ$, а на этом промежутке $L$ растёт с ростом угла);

время полёта: $\sin 30^\circ=0{,}5\gt\sin 20^\circ\approx 0{,}34$, поэтому время полёта тоже увеличится — цифра 1.

Ответ: 11

Решение:

Дано: $t_1=227$ °C, $t_2=-23$ °C. Найти $\dfrac{\langle E_1\rangle}{\langle E_2\rangle}$.

Переведём температуры в кельвины по формуле $T=t+273$:

$$T_1=227+273=500\ \text{(K)},\qquad T_2=-23+273=250\ \text{(K)}.$$

Средняя кинетическая энергия теплового движения молекул $\langle E\rangle=\dfrac{3}{2}kT$ прямо пропорциональна абсолютной температуре, поэтому

$$\frac{\langle E_1\rangle}{\langle E_2\rangle}=\frac{T_1}{T_2}=\frac{500}{250}=2.$$

Средняя кинетическая энергия уменьшилась в 2 раза.

Ответ: 2

Дано: Q = 50 кДж, ν = 1 моль

Решение:
В условиях изотермического процесса изменение внутренней энергии газа равно нулю. Следовательно, согласно первому закону термодинамики, всё переданное количество теплоты преобразуется в механическую работу, совершаемую газом: $Q = A$.

Ответ: 50

Источник: ФИПИ

Решение:

Парциальное давление водяного пара связано с его концентрацией и плотностью соотношениями $p=nkT$ и $p=\frac{\rho RT}{M}$, а относительная влажность равна $\varphi=\frac{p}{p_{\text{н}}}\cdot100\%$, где $p_{\text{н}}$ зависит только от температуры.

Температура в оба дня одинакова, значит $p_{\text{н}}$ одинаково, а $p_{\text{пн}}\lt p_{\text{вт}}$ по условию.

1) $\rho=\frac{pM}{RT}$, поэтому масса пара в 1 м$^3$ в понедельник была меньше — неверно.

2) $\varphi=\frac{p}{p_{\text{н}}}\cdot100\%$ при одинаковом $p_{\text{н}}$ меньше там, где меньше $p$, т. е. в понедельник — верно.

3) $n=\frac{p}{kT}$: давления разные, значит и концентрации разные — неверно.

4) Давление насыщенного пара определяется только температурой, а она одинакова, поэтому $p_{\text{н}}$ в оба дня одно и то же — неверно.

5) $\rho=\frac{pM}{RT}\propto p$, значит в понедельник плотность пара была меньше — верно.

Ответ: 25

Решение:

Оболочка тонкая, мягкая и упругая, поэтому давление воздуха внутри шара практически равно атмосферному. С высотой атмосферное давление уменьшается, значит, воздух в шаре расширяется и совершает положительную работу: $A \gt 0$.

Подъём быстрый, а теплопроводностью оболочки пренебрегают, значит, теплообмена с окружающим воздухом нет: $Q = 0$ (процесс адиабатный).

По первому закону термодинамики $Q = \Delta U + A$, откуда $\Delta U = -A \lt 0$. Внутренняя энергия убывает, а так как $U = \dfrac{3}{2}\dfrac{m}{M}RT$, убывает и температура воздуха в шаре — величина уменьшается (ответ 2).

Шар герметичен, число молекул $N$ в нём постоянно, а объём растёт, поэтому концентрация $n = \dfrac{N}{V}$ уменьшается (ответ 2).

Ответ: 22

Решение:

Дано: $I=3\ \text{А}$, $R=2\ \text{Ом}$, сопротивление амперметра равно нулю.

Весь ток $I$ проходит через два последовательных резистора, а затем разветвляется на две параллельные ветви.

Верхняя ветвь — два резистора и идеальный амперметр (его сопротивление равно нулю):

$$R_\text{в}=R+R=2R=4\ \text{Ом}.$$

Нижняя ветвь — один резистор: $R_\text{н}=R=2\ \text{Ом}$.

Напряжение на параллельных ветвях одинаково, поэтому $I_\text{в}R_\text{в}=I_\text{н}R_\text{н}$, а вместе с $I_\text{в}+I_\text{н}=I$ это даёт правило деления тока:

$$I_A=I_\text{в}=I\,\frac{R_\text{н}}{R_\text{в}+R_\text{н}}=3\ \text{А}\cdot\frac{2\ \text{Ом}}{4\ \text{Ом}+2\ \text{Ом}}=1\ \text{А}.$$

Ответ: 1

Решение:

Дано: $l = 0{,}2\ \text{м}$, $B = 0{,}6\ \text{Тл}$, $\alpha = 30^\circ$, $F = 0{,}12\ \text{Н}$.

Сила Ампера: $F = B I l \sin\alpha$.

Выражаем силу тока: $$I = \frac{F}{B l \sin\alpha} = \frac{0{,}12\ \text{Н}}{0{,}6\ \text{Тл} \cdot 0{,}2\ \text{м} \cdot \sin 30^\circ} = \frac{0{,}12}{0{,}6 \cdot 0{,}2 \cdot 0{,}5} = \frac{0{,}12}{0{,}06} = 2\ \text{А}.$$

Ответ: 2

Решение:

Из рисунка видно, что светящаяся точка $S$ находится над отметкой $2F$, то есть расстояние от неё до линзы равно двойному фокусному: $d = 2F$.

По формуле тонкой линзы $\dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{F}$ получаем

$\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{2F} = \dfrac{1}{2F} \;\Rightarrow\; f = 2F$.

Увеличение линзы $\Gamma = \dfrac{f}{d} = \dfrac{2F}{2F} = 1$: изображение действительное, перевёрнутое и равное по размеру предмету.

Значит, изображение лежит по другую сторону линзы на расстоянии $2F$ от неё (на вертикали, проходящей через правую отметку $2F$) и, поскольку изображение перевёрнутое, — ниже главной оптической оси, на том же расстоянии от оси, что и точка $S$.

Этим условиям удовлетворяет точка 3.

Ответ: 3

Решение:

Дано: $L = 20\ \text{мГн} = 0{,}02\ \text{Гн}$. ЭДС самоиндукции $|\varepsilon| = L\left|\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\right|$, энергия магнитного поля катушки $W = \dfrac{L I^{2}}{2}$.

По графику: от 0 до 2 с ток растёт от 0 до 4 А, $\left|\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\right| = 2\ \text{А/с}$; от 2 до 3 с ток постоянен и равен 4 А, $\left|\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\right| = 0$; от 3 до 5 с ток убывает от 4 до 3 А, $\left|\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\right| = 0{,}5\ \text{А/с}$; от 5 до 6 с ток убывает от 3 до 0 А, $\left|\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\right| = 3\ \text{А/с}$.

1) Скорость изменения тока максимальна в интервале от 5 до 6 с (3 А/с), а не от 0 до 1 с (2 А/с), поэтому там же максимальна и ЭДС самоиндукции — неверно.

2) $W = \dfrac{0{,}02 \cdot 4^{2}}{2} = 0{,}16\ \text{Дж} = 160\ \text{мДж}$, а не 40 мДж — неверно.

3) $|\varepsilon| = L\left|\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\right| = 0{,}02 \cdot 0{,}5 = 0{,}01\ \text{В} = 10\ \text{мВ}$ — верно.

4) В интервале от 2 до 3 с ток не меняется и $|\varepsilon| = 0$; это и есть минимум, а не интервал от 3 до 4 с — неверно.

5) Модуль скорости изменения тока максимален в интервале от 5 до 6 с — верно.

Ответ: 35

Решение:

На заряженную частицу, влетевшую в однородное магнитное поле перпендикулярно линиям индукции, действует сила Лоренца $F=qvB$, которая играет роль центростремительной силы. По второму закону Ньютона:

$qvB=\dfrac{mv^2}{R}$, откуда радиус окружности $R=\dfrac{mv}{qB}$.

Значит, $v=\dfrac{qBR}{m}$: при неизменных $q$, $B$, $m$ увеличение радиуса означает увеличение скорости. Кинетическая энергия $E_{\text{к}}=\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{q^2B^2R^2}{2m}$ при переходе ко второму опыту увеличилась — характер изменения 1.

Период обращения $T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi}{v}\cdot\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{2\pi m}{qB}$ не зависит ни от скорости, ни от радиуса, поэтому период обращения не изменился — характер изменения 3.

Ответ: 13

Решение:

По фрагменту таблицы Менделеева у галлия Ga порядковый номер (зарядовое число) $Z = 31$, то есть в ядре 31 протон.

Под названием элемента приведены массовые числа стабильных изотопов с распространённостью в процентах: $69_{60}$ и $71_{40}$. Значит, изотоп с $A = 69$ составляет 60% природного галлия, а изотоп с $A = 71$ — 40%.

Наиболее распространён изотоп с массовым числом $A = 69$.

Число нейтронов в его ядре: $N = A - Z = 69 - 31 = 38$.

Ответ: 38

Решение:

По уравнению Эйнштейна для фотоэффекта $\dfrac{hc}{\lambda} = A_{\text{вых}} + \dfrac{m v_{\max}^2}{2}$.

Длина волны лазерного излучения не меняется, металл пластинки тот же, поэтому $A_{\text{вых}} = \text{const}$. Тогда

$$v_{\max} = \sqrt{\frac{2}{m}\left(\frac{hc}{\lambda} - A_{\text{вых}}\right)}$$

не зависит от интенсивности и не изменяется — 3.

Запирающее напряжение определяется условием $eU_{\text{зап}} = \dfrac{m v_{\max}^2}{2}$; так как максимальная кинетическая энергия не меняется, $U_{\text{зап}}$ также не изменяется — 3. Уменьшение интенсивности уменьшает лишь число вылетающих в единицу времени электронов, то есть ток насыщения.

Ответ: 33

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Верно. Для полностью погружённого тела вытесненный объём равен объёму тела, поэтому $F_A = \rho_{\text{ж}} g V$ — прямая пропорциональность объёму тела.

2) Верно. Конвекция — перенос энергии струями и потоками самого вещества; это возможно только в текучих средах, то есть в жидкостях и газах.

3) Неверно. При последовательном соединении одинакова сила тока, а напряжения складываются: $U = U_1 + U_2 + \ldots$ и по закону Ома $U_i = IR_i$, то есть они одинаковы лишь при равных сопротивлениях.

4) Верно. При интерференции энергия волн не исчезает и не создаётся, а лишь перераспределяется в пространстве: в максимумах она больше суммарной, в минимумах практически отсутствует.

5) Неверно. У изотопов одного элемента одинаково число протонов, а значит, и заряд ядра; различается число нейтронов, поэтому различны массовые числа и массы ядер. Утверждение переставляет эти признаки местами.

Ответ: 124

Решение:
Цена деления - это разность между соседними метками, деленное на число делений. Тогда погрешность равна:
$\triangle F = \frac{1}{5} = 0{,}2$ Н.
Сам динамометр показывает 3,8 Н. Тогда ответ: $3{,}8 \pm 0{,}2$ Н.

Ответ: 3,80,2

Источник: ФИПИ

Решение:

Сопротивление однородного проводника определяется формулой $R = \dfrac{\rho l}{S}$, где $\rho$ — удельное сопротивление материала, $l$ — длина, $S = \dfrac{\pi d^2}{4}$ — площадь поперечного сечения.

Чтобы обнаружить зависимость $R$ именно от материала, нужно взять два проводника, у которых все остальные величины совпадают: одинаковые длина $l$ и диаметр $d$, а материал (то есть $\rho$) — разный. Это правило единственного различия: если изменять сразу несколько параметров, влияние материала выделить не удастся.

Просматриваем таблицу и ищем пару с $l_1 = l_2$ и $d_1 = d_2$:

• проводник 1: $l = 200$ см, $d = 1{,}0$ мм, алюминий;
• проводник 5: $l = 200$ см, $d = 1{,}0$ мм, медь.

У них $l$ и $d$ одинаковы, а материалы разные, поэтому разница сопротивлений будет вызвана только различием $\rho$. Все прочие пары отличаются ещё и длиной или диаметром и потому не годятся.

Ответ: 15