Вариант 9 · Июль 2026

Решение:

Путь численно равен сумме модулей площадей фигур между графиком $v_x(t)$ и осью времени (площади участков с $v_x \lt 0$ берутся по модулю, так как путь — величина неотрицательная).

По графику на интервале от $0$ до $5\ \text{с}$ скорость убывает по линейному закону от $v_{0x} = 15\ \text{м/с}$ до $v_x = -10\ \text{м/с}$, обращаясь в нуль в момент $t_0 = 3\ \text{с}$. Значит движение распадается на два участка.

1) От $0$ до $3\ \text{с}$ тело движется вдоль оси $Ox$; площадь треугольника

$$s_1 = \frac{1}{2}\cdot 3\ \text{с}\cdot 15\ \text{м/с} = 22{,}5\ \text{м}.$$

2) От $3\ \text{с}$ до $5\ \text{с}$ тело движется в обратную сторону; площадь треугольника (по модулю)

$$s_2 = \frac{1}{2}\cdot 2\ \text{с}\cdot 10\ \text{м/с} = 10\ \text{м}.$$

Полный путь

$$s = s_1 + s_2 = 22{,}5\ \text{м} + 10\ \text{м} = 32{,}5\ \text{м}.$$

Ответ: 32,5

Решение:

Дано: $F_1 = 120$ Н — сила тяготения у поверхности Луны, то есть на расстоянии $r_1 = R$ от её центра ($R$ — радиус Луны); $r_2 = 2R$.

По закону всемирного тяготения сила притяжения космонавта массой $m$ к Луне массой $M$ равна

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

где $r$ — расстояние от центра Луны до космонавта. Масса Луны и масса космонавта не меняются, поэтому $F$ обратно пропорциональна квадрату расстояния:

$$\frac{F_2}{F_1} = \frac{r_1^{\,2}}{r_2^{\,2}} = \left(\frac{R}{2R}\right)^{2} = \frac{1}{4}.$$

Движение корабля по орбите на величину силы тяготения не влияет, она зависит только от масс и расстояния. Следовательно,

$$F_2 = \frac{F_1}{4} = \frac{120\ \text{Н}}{4} = 30\ \text{Н}.$$

Ответ: 30

Решение:
Так как внешние силы, действующие на систему вдоль горизонтальной оси, отсутствуют, мы можем применить закон сохранения импульса в проекции на это направление. Суммарный импульс тел до взаимодействия в горизонтальной плоскости будет эквивалентен общему импульсу системы после их соударения. Следовательно, значение импульса, которым будут обладать вагон с песком и застрявший в нем снаряд, вычисляется следующим образом:
$p = m_{снаряда} v_{_{снаряда}} \cos \left(\alpha\right) = 45 \cdot 230 \cdot 0{,}5 = 5175 кг \cdot м / с$

Ответ: 5175 кг·м/с

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: скорость звука $v = 1000\ \text{м/с}$, длина волны $\lambda = 5\ \text{м}$. Найти период $T$.

Длина волны — это расстояние, которое волна проходит за один период колебаний, поэтому

$$\lambda = vT.$$

Отсюда

$$T = \frac{\lambda}{v} = \frac{5}{1000} = 0{,}005\ \text{с}.$$

Ответ: 0,005

Решение:

Дано: толщина бруска $h=5$ см $=0{,}05$ м, масса каждого $m=1$ кг, плотность воды $\rho_\text{в}=1000$ кг/м$^3$, $g=10$ м/с$^2$.

Связка плавает, поэтому по условию плавания сила Архимеда равна силе тяжести: $F_A=2mg=2\cdot1\cdot10=20$ Н.

По закону Архимеда $F_A=\rho_\text{в}gV_\text{погр}$, а погружён ровно один брусок, значит объём одного бруска $V=V_\text{погр}=\dfrac{2mg}{\rho_\text{в}g}=\dfrac{2}{1000}=2\cdot10^{-3}$ м$^3$.

Тогда плотность материала $\rho=\dfrac{m}{V}=\dfrac{1}{2\cdot10^{-3}}=500$ кг/м$^3$, а площадь основания $S=\dfrac{V}{h}=\dfrac{2\cdot10^{-3}}{0{,}05}=0{,}04$ м$^2$.

Глубина погружения связки массой $M$ находится из равенства $Mg=\rho_\text{в}gSd$, откуда $d=\dfrac{M}{\rho_\text{в}S}$.

Проверяем утверждения:

1) неверно: у подсолнечного масла плотность меньше, чем у воды, поэтому для создания той же выталкивающей силы нужен больший вытесненный объём — глубина погружения увеличится;
2) неверно: $F_A=20$ Н, а не 10 Н;
3) верно: $\rho=500$ кг/м$^3$;
4) верно: с гирей масса связки $M=2+1{,}5=3{,}5$ кг и сила тяжести $Mg=35$ Н, а максимальная сила Архимеда (при полном погружении двух брусков) $F_{A\max}=\rho_\text{в}g\cdot2V=1000\cdot10\cdot4\cdot10^{-3}=40$ Н $\gt35$ Н, значит бруски не утонут;
5) неверно: для пяти брусков $M=5$ кг и $d=\dfrac{5}{1000\cdot0{,}04}=0{,}125$ м $=12{,}5$ см, то есть глубина погружения возрастёт на $12{,}5-5=7{,}5$ см, а не на 15 см.

Ответ: 34

Решение:

Пусть $\alpha$ — угол наклона плоскости, $\mu$ — коэффициент трения, $M$ — масса коробочки с грузом (коробочка лёгкая, поэтому $M \approx m$). По второму закону Ньютона в проекциях на оси вдоль и перпендикулярно наклонной плоскости:

$Ma = Mg\sin\alpha - F_{\text{тр}}$, $\quad N = Mg\cos\alpha$, $\quad F_{\text{тр}} = \mu N = \mu M g\cos\alpha$.

Отсюда $a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)$ — ускорение не зависит от массы, поэтому оно не изменится.

Движение равноускоренное из состояния покоя по той же длине наклонной плоскости $L$: $L = \dfrac{at^2}{2}$, откуда $t = \sqrt{\dfrac{2L}{a}}$. И $L$, и $a$ прежние, значит время движения не изменится.

Модуль работы силы трения $|A_{\text{тр}}| = F_{\text{тр}} L = \mu M g L\cos\alpha$ прямо пропорционален массе. При замене груза $m$ на груз $\dfrac{m}{2}$ модуль работы силы трения уменьшится (в 2 раза).

Ответ: 332

Решение:
Используем формулу для давления:
$p = \frac{2}{3} nE_{к} .$
Так как кинетическая энергия уменьшилась в 4 раза, а концентрация увеличилась в 2 раза, следовательно давление в 2 раза уменьшилось и стало равно:
$p_{2} = \frac{p_{1}}{p_{2}} = \frac{160}{2} = 80$ кПа.

Ответ: 80

Источник: ФИПИ

Решение:

Работа внешних сил над газом связана с работой самого газа соотношением $A_\text{внеш}=-A_\text{газа}$. Она положительна только тогда, когда газ сжимается ($\Delta V\lt 0$). По графику сжатие происходит в процессах 3 и 4, а в процессах 1 и 2 газ расширяется, и работа внешних сил там отрицательна.

Модуль работы равен площади фигуры под графиком на диаграмме $p\,(V)$. Сравним процессы 3 и 4:

• процесс 3 — сжатие от наибольшего объёма, изменение объёма $|\Delta V_3|$ велико, а среднее давление равно $\dfrac{p_{\max}+p_{\min}}{2}$;
• процесс 4 — изобарное сжатие при самом малом давлении $p_{\min}$ и на меньшем интервале объёма: $|\Delta V_4|\lt |\Delta V_3|$.

Так как у процесса 4 меньше и давление, и изменение объёма, то $|A_4|\lt |A_3|$, и наименьшую положительную работу внешние силы совершают в процессе 4.

Ответ: 4

Решение:

Дано: $T_\text{A} = 303$ К, $t_\text{Б} = 20$ °С, то есть $T_\text{Б} = 20 + 273 = 293$ К; количества вещества в частях одинаковы: $\nu_\text{A} = \nu_\text{Б} = \nu$. Сосуд теплоизолирован, перегородка неподвижна и проводит тепло, теплоёмкость сосуда пренебрежимо мала.

Так как перегородка неподвижна, объёмы обеих частей постоянны, поэтому газ не совершает работы: $A = 0$. Тогда по первому закону термодинамики $Q = \Delta U$, а для одноатомного газа $U = \dfrac{3}{2}\nu R T$.

Уравнение теплового баланса: $Q_\text{A} + Q_\text{Б} = 0$, то есть

$\dfrac{3}{2}\nu R (T - T_\text{A}) + \dfrac{3}{2}\nu R (T - T_\text{Б}) = 0$, откуда $T = \dfrac{T_\text{A} + T_\text{Б}}{2} = \dfrac{303 + 293}{2} = 298$ К.

1) Газ в части А горячее ($303$ К $\gt 293$ К), поэтому теплоту отдаёт именно он, а газ в части Б её получает — утверждение говорит об обратном — неверно.

2) Установившаяся температура равна 298 К — верно.

3) Температура газа в части А понизилась с 303 К до 298 К, значит его внутренняя энергия $U = \dfrac{3}{2}\nu R T$ уменьшилась — неверно.

4) Перегородка неподвижна, объём газа не меняется, поэтому работа не совершается: $A = p\Delta V = 0$ — неверно.

5) Температура газа в части Б выросла с 293 К до 298 К — верно.

Ответ: 25

Решение:

Для цикла Карно $\eta = 1 - \dfrac{T_\text{х}}{T_\text{н}}$.

Температуру нагревателя $T_\text{н}$ понизили при неизменной $T_\text{х}$, поэтому отношение $\dfrac{T_\text{х}}{T_\text{н}}$ выросло, а КПД уменьшился (ответ 2).

Из $\eta = 1 - \dfrac{Q_\text{х}}{Q_\text{н}}$ получаем $Q_\text{н} = \dfrac{Q_\text{х}}{1 - \eta}$. Так как $Q_\text{х}$ не изменилось, а $\eta$ уменьшился, то $1-\eta$ выросло и $Q_\text{н}$ уменьшилось.

Работа газа за цикл $A = Q_\text{н} - Q_\text{х}$: вычитаемое прежнее, а уменьшаемое стало меньше, поэтому работа за цикл уменьшилась (ответ 2).

Ответ: 22

Решение:

По закону Кулона $F=k\dfrac{|q_1||q_2|}{r^2}$.

По условию каждый заряд уменьшили в 2 раза, а расстояние увеличили в 4 раза: $q_1'=\dfrac{q_1}{2}$, $q_2'=\dfrac{q_2}{2}$, $r'=4r$. Тогда

$$F'=k\frac{\dfrac{|q_1|}{2}\cdot\dfrac{|q_2|}{2}}{(4r)^2}=\frac{1}{4\cdot16}\cdot k\frac{|q_1||q_2|}{r^2}=\frac{F}{64}.$$

Значит, силы уменьшатся в 64 раза.

Ответ: 64

Условие: W = 0,64 Дж; L = 20 мГн

Определить: I - ?

Ход решения:
Воспользуемся выражением для расчёта энергии магнитного поля в катушке индуктивности:
$W = \frac{LI^{2}}{2}$
$I = \sqrt{\frac{2 W}{L}}$
$I = \sqrt{\frac{2 \cdot 0{,}64}{20 \cdot 10^{- 3}}}$
$I = 8 А$

Ответ: 8

Источник: ФИПИ

Решение:

Изображение $AB$ действительное, а значит перевёрнутое: оно направлено вверх, поэтому предмет направлен вниз и стоит по другую сторону линзы — слева. Остаются стрелки 2 и 3.

Изображение $AB$ расположено дальше двойного фокусного расстояния ($f\gt2F$) и больше предмета. По формуле тонкой линзы

$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$$

такое изображение даёт предмет, находящийся между фокусом и двойным фокусом, — этому условию отвечают обе стрелки, поэтому воспользуемся лучом, идущим через оптический центр: он не преломляется, значит вершина предмета, оптический центр $O$ и точка $B$ лежат на одной прямой. Прямая, проведённая из точки $B$ через оптический центр, приходит точно в конец стрелки 2 (стрелка 3 слишком длинная: её конец лежит ниже этой прямой).

Ответ: 2

Решение:

Дано: $S=30\ \text{см}^2=3\cdot 10^{-3}\ \text{м}^2$, плоскость рамки перпендикулярна $\vec B$, поэтому $\Phi=BS$.

По закону электромагнитной индукции $|\varepsilon_i|=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=S\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|$, то есть ЭДС определяется наклоном графика $B(t)$.

Найдём скорость изменения индукции по участкам: 0–1 мс: $\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|=\frac{2}{10^{-3}}=2000$ Тл/с; 1–3 мс: 0; 3–4 мс: $\frac{2-1}{10^{-3}}=1000$ Тл/с; 4–6 мс: $\frac{1-(-2)}{2\cdot 10^{-3}}=1500$ Тл/с.

1) Наибольшая скорость изменения — на участке 0–1 мс, там $|\varepsilon_i|=3\cdot 10^{-3}\cdot 2000=6$ В — модуль ЭДС максимален, утверждение верно.

2) В интервале 1–3 мс $\Phi=BS=2\cdot 3\cdot 10^{-3}=6\cdot 10^{-3}$ Вб $=6$ мВб, а не 2 мВб — утверждение неверно.

3) На участке 0–1 мс ЭДС максимальна, а минимальна (равна нулю) она на участке 1–3 мс — утверждение неверно.

4) На участке 3–4 мс $|\varepsilon_i|=S\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|=3\cdot 10^{-3}\cdot 1000=3$ В — утверждение верно.

5) На участке 4–6 мс $\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=3\cdot 10^{-3}\cdot 1500=4{,}5$ В $\lt 6$ В, то есть скорость изменения потока там не максимальна — утверждение неверно.

Ответ: 14

Решение:

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

$$qvB=\frac{mv^2}{R}\quad\Rightarrow\quad R=\frac{mv}{qB}.$$

Радиус орбиты прямо пропорционален скорости, поэтому при уменьшении скорости радиус уменьшается — вариант 2.

Период обращения найдём как отношение длины окружности к скорости:

$$T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi}{v}\cdot\frac{mv}{qB}=\frac{2\pi m}{qB}.$$

Период не зависит от скорости и от радиуса, поэтому он не изменится — вариант 3.

Ответ: 23

Решение:

Дано: $T = 8$ дней, $t = 24$ дня.

По закону радиоактивного распада $N = N_0 \cdot 2^{-t/T}$.

Число прошедших периодов полураспада: $\dfrac{t}{T} = \dfrac{24}{8} = 3$.

Тогда $\dfrac{N}{N_0} = 2^{-3} = \dfrac{1}{8} = 0{,}125$, то есть $0{,}125\cdot 100\% = 12{,}5\%$.

Ответ: 12,5

Решение:

Электронный $\beta$-распад происходит из-за превращения нейтрона ядра в протон с вылетом электрона (и антинейтрино):

$${}^{1}_{0}n \rightarrow {}^{1}_{1}p + {}^{\ \ 0}_{-1}e.$$

Правило смещения для ядра:

$${}^{A}_{Z}\text{X} \rightarrow {}^{\ \ A}_{Z+1}\text{Y} + {}^{\ \ 0}_{-1}e,$$

что согласуется с законами сохранения заряда и массового числа.

1) Число протонов в ядре равно зарядовому числу $Z$ и возрастает на единицу, то есть увеличивается — вариант 1.

2) Массовое число ядра $A$ — это полное число нуклонов; один нейтрон стал протоном, их общее количество прежнее, поэтому $A$ не изменяется — вариант 3.

Ответ: 13

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Верно. При равномерном прямолинейном движении $\vec v = \mathrm{const}$, поэтому $\Delta\vec r = \vec v \Delta t$ — за равные промежутки времени перемещения одинаковы и по модулю, и по направлению.

2) Неверно. Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул $\overline{E} = \dfrac{3}{2}kT$ прямо пропорциональна абсолютной температуре.

3) Верно. Электростатическое поле потенциально, поэтому работа $A = qU$ зависит только от начальной и конечной точек, но не от формы траектории.

4) Неверно. Частота волны определяется источником и при переходе в другую среду не меняется; меняются скорость $v = \dfrac{c}{n}$ и длина волны $\lambda = \dfrac{v}{\nu}$.

5) Верно. При электронном $\beta$-распаде $^{A}_{Z}\mathrm{X} \to\ ^{A}_{Z+1}\mathrm{Y} +\ ^{0}_{-1}e$ массовое число $A$ не меняется, растёт лишь заряд ядра.

Ответ: 135

Решение:
Для начала определим цену деления (ц.д.) прибора, которая соответствует значению одного деления шкалы.
Под ценой деления понимается разность значений между двумя соседними штрихами.
$ц . д . = \frac{разность 2 x ближайших чисел}{число белых промежутков между цифрами}$
$ц . д . = \frac{2{,}0 - 1{,}5}{5} = \frac{0{,}5}{5} = 0{,}1 .$

Анализируя изображение, заметим, что указатель прибора находится выше отметки 1,5 Н ровно на одно деление. Таким образом, измеряемая сила составляет:
$F = 1{,}5 + один промежуток$
$F = 1{,}5 + 0{,}1 = 1{,}6 Н .$

Согласно условию, абсолютная погрешность измерения совпадает с ценой деления, поэтому:
$Погрешность = ц . д . = 0{,}1 .$

Ответ: 1,60,1

Источник: ФИПИ

Решение:

Чтобы на опыте обнаружить зависимость объёма газа от внешнего давления, нужно сравнить два сосуда, у которых давление различно, а все остальные величины, влияющие на объём, одинаковы. Из уравнения Менделеева — Клапейрона

$$pV=\dfrac{m}{M}RT\quad\Rightarrow\quad V=\dfrac{mRT}{Mp}$$

видно, что объём зависит от давления $p$, массы газа $m$ и температуры $T$ (газ во всех сосудах один и тот же, значит $M$ одинакова). Поэтому у выбранных сосудов должны совпадать масса и температура газа и различаться давления.

Сравним пары с одинаковой массой: сосуды 1 и 2 $(m=10\ \text{г})$ имеют разные температуры $80\ ^\circ\mathrm{C}$ и $100\ ^\circ\mathrm{C}$ — не подходят. Сосуды 3 и 5 $(m=5\ \text{г})$ имеют одинаковую температуру $t=60\ ^\circ\mathrm{C}$ и разные давления $80\ \text{кПа}$ и $100\ \text{кПа}$ — это и есть нужная пара.

Значит, ученику необходимо взять сосуды 3 и 5.

Ответ: 35

Источник: ФИПИ