Вариант 1 · Август 2026

Решение:

Груз на пружине динамометра покоится, поэтому сила упругости уравновешивает силу тяжести. С учётом закона Гука

$$k x = m g \quad \Rightarrow \quad x = \frac{m g}{k}.$$

Жёсткость пружины $k$ не изменилась, значит удлинение прямо пропорционально массе груза:

$$\frac{x_2}{x_1} = \frac{m_2}{m_1} = 3.$$

Следовательно,

$$x_2 = 3 x_1 = 3 \cdot 2{,}5 = 7{,}5.$$

Ответ: 7,5

Решение:

Дано: $F = 8\ \text{Н}$, $\Delta t = 4\ \text{с}$. Найти изменение импульса $\Delta p$.

Запишем второй закон Ньютона в импульсной форме: изменение импульса тела равно импульсу действующей на него силы

$$\Delta \vec{p} = \vec{F}\,\Delta t.$$

Сила постоянна и тело движется прямолинейно в одном направлении, поэтому можно перейти к модулям: $\Delta p = F\,\Delta t$.

Подставим числа:

$$\Delta p = 8\ \text{Н} \cdot 4\ \text{с} = 32\ \text{кг} \cdot \text{м/с}.$$

Ответ: 32

Условие: l = 850 м; v = 340 м/с

Определить: t - ?

Ход решения:
$t = \frac{l_{1}}{v} ( 1 )$
$l_{1} = 2 l ( 2 )$

Выполним подстановку выражения (2) в формулу (1):
$t = \frac{2 l}{v} ( 3 )$
$t = \frac{2 \cdot 850}{340} = 5 с$

Ответ: 5

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $m=2$ кг, $g=10$ м/с$^2$, значит $mg=20$ Н.

Пока брусок покоится, действует сила трения покоя, и из условия равновесия вдоль наклонной плоскости $$F_{\text{тр}}=mg\sin\alpha.$$ Проверка: $20\sin 0{,}05=1{,}0$ Н и $20\sin 0{,}1=2{,}0$ Н — в точности значения таблицы при $\alpha=0{,}05$ рад и $\alpha=0{,}1$ рад.

Начиная с $\alpha=0{,}2$ рад сила трения с ростом угла не растёт, а убывает — это уже трение скольжения: $$F_{\text{тр}}=\mu N=\mu mg\cos\alpha.$$ Отсюда коэффициент трения скольжения $$\mu=\frac{F_{\text{тр}}}{mg\cos\alpha}=\frac{3{,}86}{20\cos 0{,}2}=\frac{3{,}86}{19{,}6}\approx 0{,}20,$$ и любая другая колонка даёт то же самое: $\mu=\dfrac{2{,}13}{20\cos 1{,}0}=\dfrac{2{,}13}{10{,}8}\approx 0{,}20$.

1) Сила трения покоя растёт от $0$ до $2{,}0$ Н при росте угла от $0$ до $0{,}1$ рад, значит она зависит от $\alpha$ — неверно.

2) Из $F_{\text{тр}}=\mu mg\cos\alpha$: при уменьшении угла косинус растёт, поэтому сила трения скольжения увеличивается (в таблице от $2{,}13$ Н при $\alpha=1{,}0$ рад до $3{,}86$ Н при $\alpha=0{,}2$ рад) — верно.

3) Сила трения покоя $mg\sin\alpha$ растёт вместе с углом — верно.

4) $\mu\approx 0{,}20\lt 0{,}25$ — неверно.

5) Брусок скользит, когда скатывающая сила превышает максимальную силу трения покоя, то есть $mg\sin\alpha\gt\mu mg\cos\alpha$, или $\mathrm{tg}\,\alpha\gt\mu\approx 0{,}20$; это выполняется уже при $\alpha\gt 0{,}2$ рад, а значит и при всех $\alpha\gt 0{,}6$ рад — верно.

Ответ: 235

Решение:

Движение при горизонтальном броске раскладывается на равномерное движение по горизонтали и свободное падение по вертикали:

$H = \dfrac{gt^2}{2}$, $\quad L = \upsilon_0 t$.

Время полёта $t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$ определяется только высотой броска и не зависит от начальной скорости. Установка та же, высота $H$ прежняя, поэтому время полёта не изменится.

Дальность полёта $L = \upsilon_0 t$ прямо пропорциональна начальной скорости: при уменьшении $\upsilon_0$ в 2 раза дальность полёта уменьшится (в 2 раза).

После броска на шарик действует только сила тяжести (сопротивлением воздуха пренебрегаем), поэтому по второму закону Ньютона его ускорение равно $g$ и не изменится.

Ответ: 323

Решение:

Поршень подвижен и покоится, стенки гладкие, поэтому давления газов по обе стороны поршня равны: $p_{\text{н}} = p_{\text{а}}$.

Из соотношения $p = nkT$ получаем $n_{\text{н}} T_{\text{н}} = n_{\text{а}} T_{\text{а}}$, то есть

$\dfrac{T_{\text{н}}}{T_{\text{а}}} = \dfrac{n_{\text{а}}}{n_{\text{н}}} = \dfrac{1}{2}$.

Среднеквадратичная скорость теплового движения молекул $v = \sqrt{\dfrac{3RT}{M}}$. Молярные массы: у неона $M_{\text{н}} = 20$ г/моль, у аргона $M_{\text{а}} = 40$ г/моль, значит $\dfrac{M_{\text{а}}}{M_{\text{н}}} = 2$.

$\dfrac{v_{\text{н}}}{v_{\text{а}}} = \sqrt{\dfrac{T_{\text{н}}}{T_{\text{а}}} \cdot \dfrac{M_{\text{а}}}{M_{\text{н}}}} = \sqrt{\dfrac{1}{2} \cdot 2} = 1$.

Ответ: 1

Решение:

Дано: $\eta=15\%=0{,}15$, $Q_\text{х}=340\ \text{Дж}$.

За цикл внутренняя энергия рабочего тела не меняется, поэтому

$$Q_\text{н}=A+Q_\text{х},\qquad \eta=\frac{A}{Q_\text{н}}=\frac{A}{A+Q_\text{х}}.$$

Выразим работу:

$$\eta A+\eta Q_\text{х}=A\quad\Longrightarrow\quad A=\frac{\eta\,Q_\text{х}}{1-\eta}.$$

Подставим числа:

$$A=\frac{0{,}15\cdot 340\ \text{Дж}}{1-0{,}15}=\frac{51\ \text{Дж}}{0{,}85}=60\ \text{Дж}.$$

Ответ: 60

Решение:

Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона через плотность: $p=\frac{m}{MV}RT=\frac{\rho RT}{M}$, откуда $$T=\frac{M}{R}\cdot\frac{p}{\rho},\qquad V=\frac{m}{\rho}.$$ Температура пропорциональна отношению $\frac{p}{\rho}$, а объём определяется плотностью.

По графику: состояние 1 — $(\rho_0;\ 4p_0)$, состояние 2 — $(2\rho_0;\ p_0)$, состояние 3 — $(\rho_0;\ p_0)$. В единицах $\frac{Mp_0}{R\rho_0}$ получаем $T_1=4$, $T_2=0{,}5$, $T_3=1$.

1) На дуге 1–2 давление убывает, а плотность растёт, поэтому отношение $\frac{p}{\rho}$ монотонно уменьшается: температура падает от $T_1=4$ до $T_2=0{,}5$ — верно.

2) Максимальна температура в состоянии 1 ($T_1=4$), а не в состоянии 3 ($T_3=1$) — неверно.

3) В процессе 2–3 плотность уменьшается от $2\rho_0$ до $\rho_0$, значит объём $V=\frac{m}{\rho}$ увеличивается — неверно.

4) $\frac{T_{\max}}{T_{\min}}=\frac{T_1}{T_2}=\frac{4}{0{,}5}=8$ — верно.

5) В процессе 3–1 плотность постоянна, значит объём постоянен и работа газа $A=p\Delta V=0$ — неверно.

Ответ: 14

Решение:

Поршень не закреплён и движется без трения, поэтому он находится в равновесии: давление газа определяется атмосферным давлением и весом поршня, $p=p_0+\dfrac{mg}{S}=\text{const}$. При медленном охлаждении равновесие поршня сохраняется, значит давление газа не изменится (3).

Процесс изобарный, по закону Гей-Люссака $\dfrac{V}{T}=\text{const}$: при уменьшении температуры объём газа уменьшается. Число молекул $N$ постоянно, поэтому концентрация $n=\dfrac{N}{V}$ увеличится (1).

Ответ: 31

Решение:

Заряд, прошедший по проводнику, численно равен площади фигуры под графиком зависимости $I(t)$ на заданном интервале.

С 5 до 10 с ток линейно убывает от 30 мА до 20 мА — это трапеция:

$$q_1=\frac{30+20}{2}\ \text{мА}\cdot 5\ \text{с}=125\ \text{мКл}.$$

С 10 до 15 с ток постоянен и равен 20 мА — это прямоугольник:

$$q_2=20\ \text{мА}\cdot 5\ \text{с}=100\ \text{мКл}.$$

$$q=q_1+q_2=125+100=225\ \text{мКл}.$$

Ответ: 225

Решение:

Дано: $q_1 = 2q$, $q_2 = q$, $v_1 = v$, $v_2 = 2v$; обе частицы влетают перпендикулярно вектору $\vec{B}$.

На движущийся заряд в магнитном поле действует сила Лоренца: $F = |q| \, v \, B \sin\alpha$. Здесь $\alpha = 90^\circ$, поэтому $\sin\alpha = 1$ и $F = |q| v B$.

Для первой частицы: $F_1 = q_1 v_1 B = 2q \cdot v \cdot B = 2qvB$.

Для второй частицы: $F_2 = q_2 v_2 B = q \cdot 2v \cdot B = 2qvB$.

Отношение модулей сил: $$\frac{F_1}{F_2} = \frac{2qvB}{2qvB} = 1.$$

Ответ: 1

Решение:

Дано: $L=0{,}1\ \text{Гн}$, $\dfrac{T_2}{T_1}=4$.

В положении 1 ключа К в контур включена катушка $L$, в положении 2 — катушка $L_x$; конденсатор $C$ остаётся прежним. По формуле Томсона

$$T=2\pi\sqrt{LC}\ \Rightarrow\ T\sim\sqrt{L}.$$

Тогда

$$\frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{L_x}{L}}=4\ \Rightarrow\ L_x=16L.$$

Подставим числа:

$$L_x=16\cdot0{,}1\ \text{Гн}=1{,}6\ \text{Гн}.$$

Ответ: 1,6

Решение:

Дано: $S=60\ \text{см}^2=60\cdot 10^{-4}\ \text{м}^2=6\cdot 10^{-3}\ \text{м}^2$; плоскость рамки перпендикулярна $\vec{B}$, поэтому магнитный поток $\Phi=B_n S$.

По закону электромагнитной индукции $\left|\varepsilon_i\right|=\left|\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=S\left|\dfrac{\Delta B_n}{\Delta t}\right|$.

По графику:

• от 0 до 1 мс: $B_n$ растёт от $-2$ Тл до $1$ Тл, $\left|\dfrac{\Delta B_n}{\Delta t}\right|=\dfrac{3\ \text{Тл}}{10^{-3}\ \text{с}}=3000\ \text{Тл/с}$, $\left|\varepsilon_i\right|=6\cdot 10^{-3}\cdot 3000=18\ \text{В}$;
• от 1 до 2 мс: от $1$ Тл до $2$ Тл, $1000\ \text{Тл/с}$, $\left|\varepsilon_i\right|=6\ \text{В}$;
• от 2 до 4 мс: $B_n=2\ \text{Тл}=\mathrm{const}$, $\left|\varepsilon_i\right|=0$;
• от 4 до 6 мс: от $2$ Тл до $-2$ Тл, $\left|\dfrac{\Delta B_n}{\Delta t}\right|=\dfrac{4\ \text{Тл}}{2\cdot 10^{-3}\ \text{с}}=2000\ \text{Тл/с}$, $\left|\varepsilon_i\right|=12\ \text{В}$.

1) Наибольшая ЭДС (18 В) — на интервале от 0 до 1 мс. Верно.

2) $\Phi=B_n S=2\ \text{Тл}\cdot 6\cdot 10^{-3}\ \text{м}^2=12\cdot 10^{-3}\ \text{Вб}=12\ \text{мВб}$. Верно.

3) На интервале от 4 до 6 мс ЭДС равна 12 В, а не 6 В. Неверно.

4) На интервале от 0 до 1 мс скорость изменения потока максимальна, а не минимальна. Неверно.

5) На интервале от 2 до 4 мс поток постоянен, поэтому $\varepsilon_i=0$. Верно.

Ответ: 125

Решение:

Пока ключ $K$ замкнут, идеальная катушка (её сопротивление равно нулю) закорачивает конденсатор: напряжение на нём равно нулю, значит и заряд $q(0)=0$. Через катушку при этом течёт установившийся ток $I_0$ — он максимален.

После размыкания ключа в идеальном контуре идут свободные колебания с периодом $T=2\pi\sqrt{LC}$ и с начальными условиями $q(0)=0$, $\left|i(0)\right|=I_0$:

$i(t)=\pm I_0\cos\dfrac{2\pi t}{T}$, $q(t)=\pm q_0\sin\dfrac{2\pi t}{T}$, где $q_0=I_0\sqrt{LC}$.

Энергии полей: $W_{\text{м}}=\dfrac{Li^2}{2}=\dfrac{LI_0^2}{2}\cos^2\dfrac{2\pi t}{T}$ и $W_{\text{э}}=\dfrac{q^2}{2C}=\dfrac{q_0^2}{2C}\sin^2\dfrac{2\pi t}{T}$. Обе энергии неотрицательны и колеблются с периодом $\dfrac{T}{2}$.

График А: величина всюду неотрицательна, дважды за период $T$ обращается в нуль, то есть её период равен $\dfrac{T}{2}$ — это одна из энергий. При $t=0$ величина максимальна, а в начальный момент максимален именно ток, значит это энергия магнитного поля катушки. А — 4.

График Б: величина меняет знак, её период равен $T$, а при $t=0$ её модуль максимален. Заряд обкладки в начальный момент равен нулю, а сила тока по модулю максимальна, поэтому график Б изображает силу тока в катушке. Б — 2.

Ответ: 42

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:

Воспользуемся правилами смещения и законами сохранения зарядового и массового чисел.

А) При электронном ($\beta^{-}$) распаде нейтрон ядра превращается в протон: испускаются электрон ${}^{0}_{-1}e$ и электронное антинейтрино, массовое число не меняется, а зарядовое увеличивается на единицу: ${}^{A}_{Z}X \to {}^{A}_{Z+1}Y + {}^{0}_{-1}e + \tilde{\nu}_e$. Этому отвечает уравнение 2: ${}^{11}_{6}\mathrm{C} \to {}^{11}_{7}\mathrm{N} + {}^{0}_{-1}e + \tilde{\nu}_e$. (В уравнении 1 испускается позитрон ${}^{0}_{+1}e$ и заряд ядра уменьшается — это позитронный распад.)

Б) При $\alpha$-распаде испускается ядро гелия: ${}^{A}_{Z}X \to {}^{A-4}_{Z-2}Y + {}^{4}_{2}\mathrm{He}$. Этому отвечает уравнение 3: ${}^{239}_{94}\mathrm{Pu} \to {}^{235}_{92}\mathrm{U} + {}^{4}_{2}\mathrm{He}$, где $239 - 4 = 235$ и $94 - 2 = 92$. (Уравнение 4 описывает не распад, а ядерную реакцию под действием $\alpha$-частицы.)

Ответ: 23

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) неверно: кинетическая энергия $E_{\text{к}}=\dfrac{mv^2}{2}$ зависит от массы и скорости; от высоты зависит потенциальная энергия $E_{\text{п}}=mgh$.

2) неверно: при изотермическом процессе $T=\text{const}$, поэтому $\Delta U=0$, и по первому закону термодинамики $Q=A_{\text{газа}}\gt 0$ — при расширении газ получает теплоту.

3) неверно: по закону Кулона $F=k\dfrac{|q_1q_2|}{r^2}$ — сила прямо пропорциональна произведению модулей зарядов.

4) верно: по закону электромагнитной индукции $|\varepsilon_i|=\left|\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|$, и по закону Ома $I=\dfrac{|\varepsilon_i|}{R}$ — сила тока пропорциональна скорости изменения магнитного потока.

5) верно: поглощая квант, атом переходит на более высокий энергетический уровень: $h\nu=E_n-E_m$ при $E_n\gt E_m$.

Верны утверждения 4 и 5.

Ответ: 45

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:

Плотность вещества по определению

$$\rho = \frac{m}{V},$$

поэтому нужно измерить массу шарика и его объём.

Масса измеряется имеющимися электронными весами. Объём медного шарика удобно найти по вытесненной жидкости: в мензурку (позиция 3) наливают воду из стакана с водой (позиция 5), отмечают уровень $V_1$, затем на крючке полностью опускают шарик в воду и снимают новый отсчёт $V_2$. Тогда

$$V = V_2 - V_1, \qquad \rho = \frac{m}{V_2 - V_1}.$$

Линейкой объём шарика точно не измерить, а термометр и секундомер в этом опыте не нужны.

Ответ: 35