Вариант 4 · Август 2026

Решение:

Дано: $m_1 = m_2 = m$, расстояние $r$, $F = 32$ нН; во втором случае $m_1' = m_2' = \dfrac{m}{2}$, расстояние $r' = 2r$.

По закону всемирного тяготения

$$F = G\,\frac{m \cdot m}{r^{2}},\qquad F' = G\,\frac{\dfrac{m}{2}\cdot\dfrac{m}{2}}{(2r)^{2}} = G\,\frac{m^{2}}{4\cdot 4r^{2}}.$$

Разделим второе выражение на первое:

$$\frac{F'}{F} = \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4} = \frac{1}{16}.$$

Значит

$$F' = \frac{F}{16} = \frac{32\ \text{нН}}{16} = 2\ \text{нН}.$$

Ответ: 2

Решение:
По закону сохранения импульса, импульс системы до соударения шаров и после должен быть одинаков: $\overset{\rightarrow}{p} = \left(\overset{\rightarrow}{p}\right)_{1} + \left(\overset{\rightarrow}{p}\right)_{2} .$ Так как после соударения шары разлетаются под прямым углом, то их импульсы образуют прямоугольный треугольник с гипотенузой из первоначального импульса. Тогда по теореме Пифагора:
$p_{2} = \sqrt{p^{2} - p_{1}^{ 2}} = \sqrt{13^{2} - 5^{2}} = 12 кг \cdot м / с$

Ответ: 12 кг·м/с

Источник: ФИПИ

Дано: F₁ = 8 Н; l₁ = 20 см = 0,2 м; l₂ = 16 см = 0,16 м

Найти: F₂ - ?

Решение:
Воспользуемся условием равновесия рычага (правилом моментов):
$M_{1} + M_{2} = 0 ( 1 )$
$M_{1} = F_{1} l_{1} ( 2 )$
$M_{2} = - F_{2} l_{2} ( 3 )$

Объединим выражения (2) и (3) с формулой (1):
$F_{1} l_{1} = F_{2} l_{2} ( 4 )$
$F_{2} = \frac{F_{1} l_{1}}{l_{2}} ( 5 )$
$F_{2} = \frac{8 \cdot 0{,}2}{0{,}16} = 10 Н$

Ответ: 10

Источник: ФИПИ

Источник: ФИПИ

Решение:

Груз на пружине — пружинный маятник. Его циклическая частота и частота свободных колебаний равны

$\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}},\qquad \nu=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m}}$.

Масса груза не изменилась, а жёсткость $k$ стала больше, поэтому частота свободных колебаний увеличится — цифра 1.

Максимальная скорость груза достигается в положении равновесия и связана с амплитудой $A$ соотношением

$v_{\max}=\omega A=A\sqrt{\dfrac{k}{m}}$.

Амплитуда и масса прежние, а $k$ возросла, значит максимальная скорость увеличится — цифра 1.

Ответ: 11

Решение:

Дано: $\dfrac{\langle E_1\rangle}{\langle E_2\rangle}=4$. Найти $\dfrac{T_1}{T_2}$.

Средняя кинетическая энергия теплового движения атомов одноатомного газа зависит только от абсолютной температуры: $\langle E\rangle=\dfrac{3}{2}kT$. От концентрации она не зависит, поэтому данные об изменении концентрации для ответа не нужны.

Отсюда

$$\frac{T_1}{T_2}=\frac{\langle E_1\rangle}{\langle E_2\rangle}=4.$$

Абсолютная температура уменьшилась в 4 раза.

Ответ: 4

Условие: Q = 3 кДж, ν = 1 моль

Определить: А - ?

Ход решения:
Согласно первому началу термодинамики: $Q = \Delta U + A \Rightarrow A = Q - \Delta U ( 1 )$

$\Delta U = \frac{3}{2} νR \Delta T$
Анализ pT-графика показывает, что процесс является изохорным, следовательно: $T = const \Rightarrow \Delta T = 0 \Rightarrow \Delta U = 0 ( 2 )$
Используя полученное условие (2) в уравнении (1), получаем: A = Q = 3 кДж

Ответ: 3

Источник: ФИПИ

Решение:

По условию температура в оба дня одинакова, а парциальное давление водяного пара $p_\text{ср} \gt p_\text{чт}$.

Из основного уравнения МКТ $p = nkT$ получаем $n = \dfrac{p}{kT}$, а из уравнения Клапейрона — Менделеева $\rho = \dfrac{pM}{RT}$: при $T = \text{const}$ и концентрация, и плотность пара прямо пропорциональны давлению. Давление насыщенного пара $p_\text{н}$ зависит только от температуры, а $\varphi = \dfrac{p}{p_\text{н}}\cdot 100\%$.

1) При одинаковом $p_\text{н}$ и $p_\text{ср} \gt p_\text{чт}$ получаем $\varphi_\text{ср} \gt \varphi_\text{чт}$ — неверно.

2) $\rho \sim p$, поэтому $\rho_\text{ср} \gt \rho_\text{чт}$ — неверно.

3) Давление насыщенного пара зависит только от температуры, а она одинакова — верно.

4) Масса пара в 1 м$^3$ равна плотности пара, а в среду она больше — неверно.

5) $n \sim p$, поэтому $n_\text{ср} \gt n_\text{чт}$ — верно.

Ответ: 35

Решение:

А) На $pV$-диаграмме показана гипербола: $p_1V_1=p_0\cdot 4V_0=4p_0V_0$ и $p_2V_2=4p_0\cdot V_0=4p_0V_0$, то есть $pV=\text{const}$ — процесс изотермический. Тогда $\Delta U=\dfrac{3}{2}\nu R\Delta T=0$, а объём уменьшается, поэтому работа газа $A=p\Delta V\lt 0$. Это соответствует записи $\Delta U=0;\ A\lt 0$ — позиция 4.

Б) На диаграмме $V$–$T$ точки лежат на прямой, продолжение которой проходит через начало координат: $\dfrac{V}{T}=\text{const}$, то есть процесс изобарный. Температура растёт, значит $\Delta U=\dfrac{3}{2}\nu R\Delta T\gt 0$, объём растёт, значит $A=p\Delta V\gt 0$. Это соответствует записи $\Delta U\gt 0;\ A\gt 0$ — позиция 2.

Ответ: 42

Решение:

Дано: $q_1 = q_2 = q = 2 \cdot 10^{-8}\ \text{Кл}$, $r = 3\ \text{м}$, вакуум.

По третьему закону Ньютона заряды действуют друг на друга с равными по модулю силами, величина которых даётся законом Кулона:

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

Подставим числовые значения:

$$F = 9 \cdot 10^{9} \cdot \frac{\left(2 \cdot 10^{-8}\right)^{2}}{3^{2}} = 9 \cdot 10^{9} \cdot \frac{4 \cdot 10^{-16}}{9} = 4 \cdot 10^{-7}\ \text{Н} = 0{,}4\ \text{мкН}.$$

Ответ: 0,4

Решение:

На прямолинейный проводник с током в однородном магнитном поле действует сила Ампера: $F = B I L \sin\alpha$. Проводник расположен перпендикулярно линиям индукции, поэтому $\alpha = 90^\circ$, $\sin\alpha = 1$ и

$F = B I L$.

После изменений: $L' = \dfrac{L}{1{,}5}$, $I' = 6I$, $B' = B$. Тогда

$F' = B I' L' = B \cdot 6I \cdot \dfrac{L}{1{,}5} = \dfrac{6}{1{,}5} \cdot B I L = 4 B I L$.

Отношение сил: $\dfrac{F'}{F} = \dfrac{4 B I L}{B I L} = 4$.

Сила Ампера увеличится в 4 раза.

Ответ: 4

Решение:

Дано: $F = 1\ \text{м}$, увеличение $\Gamma = 4$. Изображение получено на экране, значит оно действительное.

Пусть $d$ — расстояние от предмета до линзы, $f$ — от линзы до изображения. Линейное увеличение линзы: $\Gamma = \dfrac{f}{d}$, откуда $f = 4d$.

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

Подставим $f = 4d$:

$\dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{4d} = \dfrac{1}{F} \;\Rightarrow\; \dfrac{5}{4d} = \dfrac{1}{F} \;\Rightarrow\; d = \dfrac{5F}{4}$.

Подставим числовые значения: $d = \dfrac{5 \cdot 1\ \text{м}}{4} = 1{,}25\ \text{м}$.

Ответ: 1,25

Решение:

По рисунку левая пластина заряжена положительно, а правая заземлена, поэтому на ней находится индуцированный отрицательный заряд, и поле между пластинами направлено от положительной пластины к заземлённой.

Коснувшись пластины, лёгкий шарик из фольги приобретает заряд того же знака, что и эта пластина, а одноимённые заряды отталкиваются.

1)–3) Коснувшись положительной пластины, шарик заряжается положительно и, отталкиваясь от неё, летит к заземлённой пластине, оставаясь положительно заряженным. Коснувшись заземлённой пластины, он отдаёт свой положительный заряд и заряжается отрицательно, после чего отталкивается от неё и притягивается к положительной пластине, двигаясь к ней уже отрицательно заряженным. Значит, утверждение 2 верно, а утверждения 1 и 3 неверны.

4) Ёмкость плоского конденсатора $C = \dfrac{\varepsilon \varepsilon_{0} S}{d}$ определяется только его геометрией и диэлектриком между пластинами; колебания шарика её не изменяют — неверно.

5) За каждый перелёт шарик переносит порцию заряда с одной пластины на другую, то есть постепенно разряжает конденсатор: заряд $q$ уменьшается. Так как $U = \dfrac{q}{C}$, а $C$ не меняется, напряжение между пластинами уменьшается — верно.

Ответ: 25

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:

Энергия фотона связана с длиной волны света соотношением

$$E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}\ \Rightarrow\ \lambda = \frac{hc}{E}.$$

Длина волны обратно пропорциональна энергии фотона, поэтому

$$\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}} = \frac{E_{1}}{E_{2}} = 2,$$

так как энергия каждого фотона уменьшилась в 2 раза.

Изменение мощности пучка $P = E \cdot n$ означает лишь изменение числа $n$ испускаемых за секунду фотонов и на длину волны не влияет.

Ответ: 2

Решение:

По второму постулату Бора при переходе атома между уровнями $E_m$ и $E_n$ поглощается или излучается квант с энергией $E = h\nu = |E_m - E_n|$, а его длина волны $\lambda = \dfrac{hc}{E}$ тем больше, чем меньше энергия кванта.

Стрелки, направленные вверх, отвечают поглощению: это переходы 1 $(E_0 \to E_1)$ и 2 $(E_0 \to E_2)$. Стрелки вниз отвечают излучению: переходы 3 $(E_3 \to E_0)$ и 4 $(E_4 \to E_0)$.

А) Наибольшей длине волны отвечает наименьшая энергия кванта. Из двух поглощений $E_1 - E_0 \lt E_2 - E_0$, поэтому квант с наибольшей длиной волны поглощается при переходе 1.

Б) Из двух излучений $E_3 - E_0 \lt E_4 - E_0$, поэтому квант с наименьшей энергией излучается при переходе 3.

Ответ: 13

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Неверно. При прямолинейном движении ускорение может быть направлено и против перемещения: если $\vec a$ противоположно $\vec v$, тело тормозит, а перемещение по-прежнему совершается в сторону скорости.

2) Неверно. Хаотическое (тепловое) движение частиц не прекращается никогда при $T \gt 0$ К. При термодинамическом равновесии выравниваются температуры и прекращается направленный теплообмен, но движение частиц продолжается.

3) Верно. Параллельно соединённые резисторы подключены к одной и той же паре узлов, поэтому напряжение на них одинаково: $U_1 = U_2 = \ldots = U$.

4) Верно. Длина волны видимого света $\lambda \sim 10^{-7}$ м, а рентгеновского излучения $\lambda \sim 10^{-10}$ м, то есть у видимого света длина волны больше.

5) Неверно. Изотопы одного элемента имеют одинаковое число протонов $Z$ (именно поэтому они занимают одну клетку таблицы) и различаются числом нейтронов $N = A - Z$.

Ответ: 34

Решение:

Находим цену деления амперметра. Между оцифрованными штрихами $0{,}8$ А и $0{,}9$ А укладывается 10 промежутков, поэтому

$$c = \frac{0{,}9\ \text{А} - 0{,}8\ \text{А}}{10} = 0{,}01\ \text{А}.$$

Стрелка стоит на восьмом штрихе после отметки $0{,}8$ А, значит

$$I = 0{,}8 + 8 \cdot 0{,}01 = 0{,}88\ \text{А}.$$

По условию абсолютная погрешность равна цене деления: $\Delta I = c = 0{,}01$ А.

Итак, $I = (0{,}88 \pm 0{,}01)$ А.

Ответ: 0,880,01

Решение:

Для бруска, скользящего по наклонной плоскости, второй закон Ньютона в проекциях даёт $ma=mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha$, то есть $a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)$.

Чтобы на опыте изучить зависимость ускорения от массы груза, во второй установке нужно изменить только массу, сохранив угол наклона $\alpha$ и коэффициент трения $\mu$ такими же, как на заданной установке ($m$, $\alpha$, $\mu$).

Этому отвечает установка 1: масса груза $2m$, а угол $\alpha$ и коэффициент трения $\mu$ прежние. В остальных установках изменены угол наклона или коэффициент трения.

Ответ: 1