Вариант 10 · Август 2026

Дано: F₁ = 50 Н; m₁ = 5 кг; a₁ = a₂ = a; F₂ = 60 Н

Найти: m₂ - ?

Решение:
Воспользуемся вторым законом Ньютона для описания первой ситуации:
$F_{1} = m_{1} a$
$a = \frac{F_{1}}{m_{1}}$
$a = \frac{50}{5} = 10 м / с^{2}$

Аналогично запишем уравнение для второго тела:
$F_{2} = m_{2} a$
$m_{2} = \frac{F_{2}}{a}$
$m_{2} = \frac{60}{10} = 6 кг$

Ответ: 6

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $m = 1\ \text{кг}$, начальная скорость $v_0 = 0$, кинетическая энергия у поверхности Земли $E_k = 200\ \text{Дж}$, $g = 10\ \text{м/с}^2$. Найти высоту $h$.

Сопротивление воздуха отсутствует, значит на тело действует только сила тяжести и выполняется закон сохранения механической энергии: сумма кинетической и потенциальной энергий тела не изменяется.

В начальный момент тело покоится на высоте $h$, поэтому его полная энергия равна потенциальной: $E_1 = mgh$. У поверхности Земли высота равна нулю, и вся энергия — кинетическая: $E_2 = E_k$.

$$mgh = E_k \quad \Rightarrow \quad h = \frac{E_k}{mg}.$$

Подставим числа:

$$h = \frac{200\ \text{Дж}}{1\ \text{кг} \cdot 10\ \text{м/с}^2} = 20\ \text{м}.$$

Ответ: 20

Условие: s = 510 м; v = 340 м/с

Вопрос: t - ?

Ход решения:
$t = \frac{s}{v}$
$t = \frac{510}{340} = 1{,}5 с$

Ответ: 1,5

Источник: ФИПИ

Решение:
1) Согласно формуле $A = F s$, анализ графика показывает, что в стартовые 10 секунд на тело действовала сила F, однако работа $A = 0 , \Rightarrow s = 0 .$ Это означает, что объект оставался в неподвижном состоянии. Неверно.

2) Тело находилось в покое. Неверно.
3) Начиная с 12-й секунды, наблюдается линейный рост работы силы. Это свидетельствует о том, что пройденный путь увеличивается пропорционально времени, а значит, брусок перемещается с постоянной скоростью. Следовательно, выполняется условие $F = F_{т p} = 2 Н .$ Верно.

4) Движение тела является равномерным. Неверно.

5) Данное утверждение является Верным.

Ответ: 35

Источник: ФИПИ

Решение:

График $x(t)$ — парабола с ветвями вниз и вершиной при $t = t_1$. Значит, движение равноускоренное:

$$x(t) = x_0 + v_{0x} t + \frac{a_x t^{2}}{2}, \qquad a_x = \text{const} \lt 0 ,$$

а проекция скорости меняется линейно:

$$v_x(t) = v_{0x} + a_x t .$$

В вершине параболы (при $t = t_1$) касательная горизонтальна, то есть $v_x(t_1) = 0$: до $t_1$ проекция скорости положительна, после $t_1$ — отрицательна.

График А — парабола с ветвями вверх, неотрицательная, касающаяся оси времени в точке $t_1$ (значение равно нулю только при $t = t_1$). Такой вид имеет кинетическая энергия:

$$E_{\text{к}} = \frac{m v_x^{2}}{2} = \frac{m\left(v_{0x} + a_x t\right)^{2}}{2},$$

это квадратичная функция времени, равная нулю при $v_x = 0$, то есть при $t = t_1$. (Модуль импульса $p = m|v_x|$ дал бы не параболу, а ломаную из двух отрезков прямых, а модуль ускорения постоянен.) Значит, А — 2.

График Б — отрезок прямой, убывающий и меняющий знак при $t = t_1$. Так ведёт себя именно проекция скорости $v_x(t) = v_{0x} + a_x t$ при $a_x \lt 0$. Значит, Б — 4.

Ответ: 24

Решение:

Дано: $\nu_1=3$ моль при $T_1=T_0$, $p_1=p_0$, $V_1=2V_0$; $T_2=3T_0$, $p_2=2p_0$, $V_2=V_0$. Найти $\nu_2$.

По уравнению Менделеева—Клапейрона $pV=\nu RT$, откуда $\nu=\dfrac{pV}{RT}$.

Тогда

$$\frac{\nu_2}{\nu_1}=\frac{p_2V_2}{p_1V_1}\cdot\frac{T_1}{T_2}=\frac{2p_0\cdot V_0}{p_0\cdot 2V_0}\cdot\frac{T_0}{3T_0}=1\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$

Следовательно, $\nu_2=\dfrac{\nu_1}{3}=\dfrac{3}{3}=1$ моль.

Ответ: 1

Решение:

Дано: $Q = 300$ Дж (газ получил теплоту), внутренняя энергия уменьшилась на 100 Дж, то есть $\Delta U = -100$ Дж.

По первому началу термодинамики

$$Q = \Delta U + A \quad \Rightarrow \quad A = Q - \Delta U.$$

Подставляем: $A = 300\ \text{Дж} - (-100\ \text{Дж}) = 400\ \text{Дж}$.

Ответ: 400

Решение:

Примем цену деления по оси объёма за $V_0$, по оси давления — за $p_0$. Тогда по рисунку процесс 1 идёт при постоянном давлении $p_1 = 2p_0$ от $V = V_0$ до $V = 5V_0$, а процесс 2 — при постоянном давлении $p_2 = 4p_0$ от $V = 2V_0$ до $V = 4V_0$. Оба процесса изобарные.

Для изобарного процесса из уравнения Клапейрона — Менделеева $pV = \nu R T$ следует $\dfrac{V}{T} = \text{const}$, то есть $T \sim V$. Кроме того, $\rho = \dfrac{m}{V}$, $n = \dfrac{N}{V}$, а работа газа $A = p\Delta V$.

1) В процессе 2 объём вырос вдвое ($2V_0 \rightarrow 4V_0$) при постоянном давлении, значит и абсолютная температура выросла в 2 раза — верно.

2) В процессе 1 объём вырос в 5 раз ($V_0 \rightarrow 5V_0$), поэтому плотность $\rho = \dfrac{m}{V}$ уменьшилась в 5 раз, а не увеличилась — неверно.

3) В процессе 1 давление постоянно, а объём вырос в 5 раз — верно.

4) В процессе 2 объём вырос вдвое, значит концентрация $n = \dfrac{N}{V}$ уменьшилась в 2 раза — неверно.

5) Работы: $A_1 = p_1\Delta V_1 = 2p_0\cdot 4V_0 = 8p_0V_0$, $A_2 = p_2\Delta V_2 = 4p_0\cdot 2V_0 = 8p_0V_0$. Работы одинаковы, а не больше в процессе 1 — неверно.

Ответ: 13

Решение:

Наклонные участки графика соответствуют нагреванию или охлаждению вещества в одном агрегатном состоянии, горизонтальные — фазовым переходам, идущим при постоянной температуре. Сначала вещество нагревают в печи, затем охлаждают на холоде:

• AB — нагревание твёрдого вещества, BC — плавление, CD — нагревание жидкости, DE — кипение, EF — нагревание пара;
• FG — охлаждение пара, GH — конденсация, HK — охлаждение жидкости, KL — кристаллизация, LM — охлаждение твёрдого вещества.

А) KL — горизонтальный участок на стадии охлаждения, расположенный ниже участка конденсации: при постоянной температуре жидкость превращается в твёрдое тело, то есть идёт кристаллизация. Это позиция 1.

Б) FG — наклонный участок сразу после максимума температуры: пар, не меняя агрегатного состояния, остывает, то есть происходит охлаждение пара. Это позиция 2.

Ответ: 12

Решение:

Дано: $q = 5 \cdot 10^{-8}\ \text{Кл}$, $F = 10\ \text{мкН} = 10^{-5}\ \text{Н}$, вакуум.

По закону Кулона

$$F = k\,\frac{q^{2}}{r^{2}}, \qquad k = 9 \cdot 10^{9}\ \frac{\text{Н} \cdot \text{м}^2}{\text{Кл}^2}.$$

Выразим расстояние:

$$r = q\sqrt{\frac{k}{F}}.$$

Подставим числовые значения:

$$r = 5 \cdot 10^{-8}\ \text{Кл} \cdot \sqrt{\frac{9 \cdot 10^{9}}{10^{-5}}} = 5 \cdot 10^{-8} \cdot \sqrt{9 \cdot 10^{14}} = 5 \cdot 10^{-8} \cdot 3 \cdot 10^{7} = 1{,}5\ \text{м}.$$

Ответ: 1,5

Дано: L = 0,2 мГн; I = 2 А

Найти: W - ?

Решение:
Для вычисления энергии магнитного поля, запасённой в катушке индуктивности, воспользуемся формулой:
$W = \frac{LI^{2}}{2}$
Подставим числовые значения из условия задачи:
$W = \frac{0{,}2 \cdot 2^{2}}{2}$
Выполнив расчёт, получаем:
$W = 0{,}4 мДж$

Ответ: 0,4 мДж

Источник: ФИПИ

Решение:

Угол падения и угол отражения отсчитываются от нормали к зеркалу. Если зеркало повернуть на угол $\varphi=10^\circ$, то ровно на такой же угол повернётся и нормаль к нему.

Из рисунка видно, что зеркало (а вместе с ним и нормаль) поворачивается в сторону от падающего луча, поэтому угол падения увеличивается на $\varphi$:

$$\alpha'=\alpha+\varphi=25^\circ+10^\circ=35^\circ.$$

По закону отражения света угол отражения равен углу падения, $\beta'=\alpha'=35^\circ$. Угол между падающим и отражённым лучами складывается из угла падения и угла отражения:

$$\gamma=\alpha'+\beta'=2\alpha'=2\cdot35^\circ=70^\circ.$$

Ответ: 70

Решение:

Линии напряжённости на рисунке вертикальны и направлены вверх, то есть от пластины. Линии электростатического поля начинаются на положительных зарядах, значит пластина заряжена положительно. Поле однородное: во всех точках $\vec{E}$ одинаков по модулю и направлению.

Эквипотенциальные поверхности перпендикулярны линиям поля, то есть горизонтальны. Точки А и В лежат на одной горизонтали, поэтому $\varphi_{\text{А}}=\varphi_{\text{В}}$. Потенциал убывает в направлении вектора $\vec{E}$, то есть при подъёме вверх.

1) Работа поля $A=q\left(\varphi_{\text{А}}-\varphi_{\text{В}}\right)=0$, так как А и В лежат на одной эквипотенциальной поверхности. Утверждение неверно.

2) На точечный отрицательный заряд действует сила $\vec{F}=q\vec{E}$; при $q\lt 0$ она направлена противоположно $\vec{E}$, то есть вертикально вниз (к пластине). Неверно.

3) Поле однородно, поэтому $E_{\text{А}}=E_{\text{С}}$. Неверно.

4) Точка С расположена выше точки В, а потенциал убывает вверх, поэтому $\varphi_{\text{С}}\lt\varphi_{\text{В}}$, то есть потенциал в В выше. Верно.

5) Линии поля выходят из пластины, значит её заряд положительный. Верно.

Ответ: 45

Решение:

При движении по окружности в магнитном поле сила Лоренца является центростремительной: $qvB=\dfrac{mv^2}{R}$, откуда

$R=\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{p}{qB}$, где $p=mv$ — импульс частицы.

Кинетическая энергия связана с импульсом соотношением $E_{\text{к}}=\dfrac{p^2}{2m}$, значит $p=\sqrt{2mE_{\text{к}}}$ и

$R=\dfrac{\sqrt{2mE_{\text{к}}}}{qB}$.

Для протона $m_p$ и $q_p=e$, для $\alpha$-частицы $m_\alpha=4m_p$ и $q_\alpha=2e$; кинетическая энергия $E_{\text{к}}$ одинакова. Радиусы равны, поэтому

$\dfrac{\sqrt{2m_pE_{\text{к}}}}{eB_1}=\dfrac{\sqrt{2\cdot 4m_pE_{\text{к}}}}{2eB_2}=\dfrac{2\sqrt{2m_pE_{\text{к}}}}{2eB_2}=\dfrac{\sqrt{2m_pE_{\text{к}}}}{eB_2}$,

откуда $B_2=B_1$: индукция магнитного поля не изменилась.

Скорость выражается через кинетическую энергию: $v=\sqrt{\dfrac{2E_{\text{к}}}{m}}$. Так как масса $\alpha$-частицы вчетверо больше массы протона, то

$v_\alpha=\sqrt{\dfrac{2E_{\text{к}}}{4m_p}}=\dfrac{v_p}{2}$

— скорость уменьшилась (вдвое).

Ответ: 32

Решение:

Дано: $T = 30$ дней, $t = 60$ дней.

По закону радиоактивного распада $N = N_0 \cdot 2^{-t/T}$, то есть количество нераспавшихся ядер уменьшается в $\dfrac{N_0}{N} = 2^{t/T}$ раз.

Число прошедших периодов полураспада: $\dfrac{t}{T} = \dfrac{60}{30} = 2$.

Значит, $\dfrac{N_0}{N} = 2^{2} = 4$.

Начальное количество вещества (1 мкмоль) на ответ не влияет: во сколько раз уменьшается число ядер, определяется только отношением $t/T$.

Ответ: 4

Решение:

В видимом спектре частота убывает от фиолетового края к красному, поэтому у синего света частота больше, чем у жёлтого:

$$\nu = \frac{c}{\lambda}, \qquad \lambda_{\text{син}} \approx 450\ \text{нм} \lt \lambda_{\text{ж}} \approx 580\ \text{нм} \ \Rightarrow\ \nu_{\text{син}} \gt \nu_{\text{ж}}.$$

1) Частота падающего света. Переход идёт от синего светофильтра к жёлтому, значит частота уменьшилась — вариант 2.

2) Работа выхода электронов. Работа выхода $A_{\text{вых}}$ — это минимальная энергия, необходимая электрону, чтобы покинуть поверхность вещества. Она является характеристикой самого металла катода и не зависит от того, каким светом его освещают. При смене светофильтра катод не менялся, поэтому работа выхода не изменилась — вариант 3.

Ответ: 23

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Неверно. С ростом высоты уменьшается масса столба воздуха, лежащего выше данного уровня, поэтому атмосферное давление с высотой убывает (барометрическая формула $p = p_0 e^{-\frac{\mu g h}{RT}}$ — убывающая функция $h$).

2) Верно. КПД идеальной тепловой машины (цикл Карно) $\eta = 1 - \dfrac{T_\text{х}}{T_\text{н}}$. При $T_\text{н} = \mathrm{const}$ уменьшение температуры холодильника $T_\text{х}$ уменьшает дробь $\dfrac{T_\text{х}}{T_\text{н}}$, значит $\eta$ растёт.

3) Верно. Это следствие закона Кулона: сила взаимодействия точечных зарядов $F = k\dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}$ направлена вдоль прямой, соединяющей заряды; одноимённые заряды отталкиваются, разноимённые притягиваются.

4) Неверно. По формуле Томсона $T = 2\pi\sqrt{LC}$, а ёмкость плоского конденсатора $C = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}$. При сближении пластин расстояние $d$ уменьшается, ёмкость $C$ растёт, поэтому период $T$ увеличивается, а не уменьшается.

5) Верно. $\alpha$-излучение — поток ядер гелия ${}^{4}_{2}\text{He}$, то есть заряженных частиц. На движущийся заряд в магнитном поле действует сила Лоренца $F = |q| v B \sin\alpha$, поэтому пучок отклоняется.

Верные утверждения — 2, 3 и 5.

Ответ: 235

Решение:

Амперметр включён на предел измерения $3$ А, поэтому показания снимаем по верхней шкале $0-3$ А. Между штрихами $0$ и $1$ А укладывается 10 промежутков, поэтому цена деления

$$c = \frac{1\ \text{А} - 0\ \text{А}}{10} = 0{,}1\ \text{А}.$$

Стрелка стоит на четвёртом штрихе после нуля, значит сила тока в лампочке

$$I = 4 \cdot 0{,}1 = 0{,}4\ \text{А}.$$

По условию погрешность прямого измерения равна цене деления: $\Delta I = c = 0{,}1$ А.

Итак, $I = (0{,}4 \pm 0{,}1)$ А.

Ответ: 0,40,1

Решение:

Электроёмкость плоского конденсатора

$$C=\frac{\varepsilon\varepsilon_0 S}{d}.$$

Она определяется тремя параметрами: диэлектрической проницаемостью $\varepsilon$, площадью пластин $S$ и расстоянием между пластинами $d$. Чтобы обнаружить зависимость $C$ от $d$, надо изменять только $d$, сохраняя $\varepsilon$ и $S$ неизменными.

Параметры конденсаторов: 1) $\varepsilon_1,\ S_1,\ d_1$; 2) $\varepsilon_2,\ S_1,\ d_2$; 3) $\varepsilon_1,\ S_2,\ d_1$; 4) $\varepsilon_2,\ S_1,\ d_1$; 5) $\varepsilon_3,\ S_2,\ d_2$.

Одинаковые диэлектрик $\varepsilon_2$ и площадь $S_1$ при разных расстояниях $d_2$ и $d_1$ — у конденсаторов 2 и 4.

Ответ: 24