Вариант 7 · Сентябрь 2026

Условие: F = 16 Н; m; a; $m_{1} = \frac{m}{2} ;$ $a_{1} = \frac{a}{4}$

Определить: F₁ - ?

Ход решения:
Воспользуемся вторым законом Ньютона:
$F = ma$
$F_{1} = m_{1} a_{1} = \frac{ma}{8} = \frac{F}{8}$
$F_{1} = \frac{16}{8} = 2 Н$

Ответ: 2

Источник: ФИПИ

Ход решения:
Воспользуемся вторым законом Ньютона в векторной форме: $\frac{\Delta p}{\Delta t} = F = \frac{m\Delta v}{\Delta t} = \frac{5 \cdot 2}{1} = 10 Н$
Ответ: 10

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: скорость звука $v = 1000\ \text{м/с}$, период колебаний $T = 2\ \text{мс} = 2 \cdot 10^{-3}\ \text{с}$. Найти частоту $\nu$.

Частота колебаний — величина, обратная периоду:

$$\nu = \frac{1}{T} = \frac{1}{2 \cdot 10^{-3}} = 500\ \text{Гц}.$$

Частота волны определяется частотой колебаний источника и не зависит от скорости звука в среде, поэтому значение $v$ для ответа не требуется (оно понадобилось бы для длины волны: $\lambda = vT = 2\ \text{м}$).

Ответ: 500

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:

Шарик на лёгкой нерастяжимой нити при малых колебаниях — математический маятник. Его период и частота равны

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}},\qquad \nu=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{g}{L}}$.

Частота зависит только от длины нити и ускорения свободного падения и не зависит от массы шарика. Длина нити не изменилась, поэтому частота не изменится — цифра 3.

Максимальная кинетическая энергия достигается в нижней точке. По закону сохранения механической энергии $\dfrac{mv_{\max}^{2}}{2}=mgh$, где $h$ — высота подъёма шарика при отклонении, определяемая амплитудой колебаний. Отсюда

$E_{k\,\max}=\dfrac{mv_{\max}^{2}}{2}=mgh$.

Амплитуда (а значит и $h$) одинакова, поэтому $E_{k\,\max}$ прямо пропорциональна массе шарика. При одинаковом диаметре объёмы шариков равны, а $m=\rho V$; плотность алюминия $\left(\approx 2700\ \text{кг/м}^{3}\right)$ меньше плотности железа $\left(\approx 7800\ \text{кг/м}^{3}\right)$, поэтому масса алюминиевого шарика меньше и максимальная кинетическая энергия уменьшится — цифра 2.

Ответ: 32

Решение:

Дано: $\dfrac{n_1}{n_2}=3$, $\dfrac{\langle E_2\rangle}{\langle E_1\rangle}=6$. Найти $\dfrac{p_2}{p_1}$.

По основному уравнению МКТ идеального газа $p=\dfrac{2}{3}n\langle E\rangle$, где $\langle E\rangle$ — средняя кинетическая энергия поступательного теплового движения молекул.

Тогда

$$\frac{p_2}{p_1}=\frac{n_2}{n_1}\cdot\frac{\langle E_2\rangle}{\langle E_1\rangle}=\frac{1}{3}\cdot 6=2.$$

Давление газа повысилось в 2 раза.

Ответ: 2

Решение:

Работа газа численно равна площади фигуры под графиком процесса на $pV$-диаграмме.

Обозначим цену деления сетки $V_0$ (по горизонтали) и $p_0$ (по вертикали). По рисунку

$1:\ (V_0;\ 4p_0)$, $2:\ (3V_0;\ 2p_0)$, $3:\ (5V_0;\ 2p_0)$.

Участок 1–2 — прямая, под ней трапеция с основаниями $4p_0$ и $2p_0$ и высотой $\Delta V = 3V_0 - V_0 = 2V_0$:

$$A_{12} = \frac{4p_0 + 2p_0}{2}\cdot 2V_0 = 3p_0 \cdot 2V_0 = 6\,p_0V_0.$$

Участок 2–3 — изобара при $p = 2p_0$ с приростом объёма $\Delta V = 5V_0 - 3V_0 = 2V_0$:

$$A_{23} = 2p_0 \cdot 2V_0 = 4\,p_0V_0.$$

Отношение работ: $\dfrac{A_{12}}{A_{23}} = \dfrac{6\,p_0V_0}{4\,p_0V_0} = 1{,}5$.

Ответ: 1,5

Решение:

Наклонные участки графика — нагревание вещества в одном агрегатном состоянии ($Q=cm\Delta t$), горизонтальные — фазовые переходы при постоянной температуре.

По графику: до точки 1 нагревается твёрдое вещество (затрачено 40 Дж, температура выросла до $40\ ^\circ\text{C}$); участок 1–2 (от 40 до 80 Дж) — плавление при $40\ ^\circ\text{C}$; участок 2–3 (от 80 до 160 Дж) — нагревание жидкости от $40\ ^\circ\text{C}$ до $80\ ^\circ\text{C}$; дальше — полка кипения при $80\ ^\circ\text{C}$.

1) Плавлению соответствует первая полка при $40\ ^\circ\text{C}$; $80\ ^\circ\text{C}$ — это температура кипения. Неверно.

2) Точка 2 — конец полки плавления, к этому моменту вещество полностью расплавилось. Верно.

3) Твёрдое вещество нагрелось примерно на $40\ ^\circ\text{C}$, получив 40 Дж, а жидкость нагрелась на $80-40=40\ ^\circ\text{C}$, получив $160-80=80\ \text{Дж}$. Из $c=\dfrac{Q}{m\,\Delta t}$ при одинаковых $m$ и $\Delta t$ получаем $c_{\text{ж}}\approx2c_{\text{тв}}$, то есть теплоёмкость жидкости больше, а не меньше. Неверно.

4) Полка плавления идёт от 40 Дж до 80 Дж, значит $Q_{\text{пл}}=80-40=40\ \text{Дж}$. Верно.

5) На участке 2–3 температура растёт от $40\ ^\circ\text{C}$ до $80\ ^\circ\text{C}$, значит внутренняя энергия увеличивается. Неверно.

Ответ: 24

Решение:

Основное уравнение молекулярно-кинетической теории связывает давление со средней кинетической энергией молекул: $p = \frac{2}{3}\,\frac{N}{V}\,E_{k}$, то есть $pV = \frac{2}{3} N E_{k}$, где $N = \nu N_{A}$ — число молекул.

А. Подставим $N = \nu N_{A}$ и выразим объём:

$$V = \frac{2 N E_{k}}{3 p} = \frac{2 \nu N_{A} E_{k}}{3 p}.$$

Значит, эта формула даёт объём — величина 4).

Б. Из того же уравнения выразим число молекул $N = \frac{3 p V}{2 E_{k}}$, тогда количество вещества

$$\nu = \frac{N}{N_{A}} = \frac{3 p V}{2 N_{A} E_{k}}.$$

Значит, эта формула даёт количество вещества — величина 2).

Ответ: 42

Решение:

Ток меняется со временем, поэтому заряд, прошедший через поперечное сечение проводника, численно равен площади фигуры под графиком $I(t)$.

Разобьём промежуток $\Delta t = 60\ \text{с}$ на три части.

1) От $0$ до $30\ \text{с}$ ток линейно убывает от $5\ \text{А}$ до $4\ \text{А}$ — площадь трапеции:

$$q_1 = \frac{5 + 4}{2} \cdot 30 = 135\ \text{Кл}.$$

2) От $30$ до $40\ \text{с}$ ток линейно убывает от $4\ \text{А}$ до $2\ \text{А}$:

$$q_2 = \frac{4 + 2}{2} \cdot 10 = 30\ \text{Кл}.$$

3) От $40$ до $60\ \text{с}$ ток постоянен и равен $2\ \text{А}$ — площадь прямоугольника:

$$q_3 = 2 \cdot 20 = 40\ \text{Кл}.$$

Полный заряд:

$$q = q_1 + q_2 + q_3 = 135 + 30 + 40 = 205\ \text{Кл}.$$

Ответ: 205

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:

По рисунку источник S лежит слева от линзы между фокусом и двойным фокусом: $F \lt d \lt 2F$, причём он смещён выше главной оптической оси.

Из формулы тонкой линзы $\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$ получаем расстояние до изображения $f=\frac{dF}{d-F}$. При $F \lt d \lt 2F$ выполняется $f \gt 2F$, значит изображение действительное, лежит по другую сторону линзы (справа) дальше двойного фокуса.

Линейное увеличение $\Gamma=\frac{f}{d} \gt 1$, а действительное изображение в собирающей линзе перевёрнутое: если источник находится выше оси, то изображение оказывается ниже оси.

Тот же результат даёт построение: луч из S, идущий параллельно оси, после линзы проходит через задний фокус, а луч, прошедший через передний фокус, после линзы идёт параллельно оси; точка их пересечения и есть изображение.

Из отмеченных точек условию «справа от линзы, за двойным фокусом, ниже оси» удовлетворяет только точка 4: точка 1 лежит с той же стороны, что и источник, точка 2 расположена ближе двойного фокуса, точка 3 находится выше оси.

Ответ: 4

Решение:

По рисунку точка $B$ лежит внутри сферы (на расстоянии $R/2$ от центра), точки $D$ и $F$ — на самой сфере (на расстоянии $R$ от центра), а точки $A$ и $C$ — вне сферы, на расстоянии $2R$ от центра.

Вне заряженной проводящей сферы поле совпадает с полем точечного заряда, помещённого в её центр: $E = \dfrac{kQ}{r^{2}}$, $\varphi = \dfrac{kQ}{r}$. Внутри сферы $E = 0$, а потенциал одинаков во всех точках и равен потенциалу поверхности $\dfrac{kQ}{R}$.

Из условия $E_{A} = \dfrac{kQ}{\left(2R\right)^{2}} = \dfrac{kQ}{4R^{2}} = 36\ \text{В/м}$, откуда $\dfrac{kQ}{R^{2}} = 144\ \text{В/м}$.

1) Точка $B$ лежит внутри проводника, поэтому $E_{B} = 0$, а не 576 В/м — неверно.

2) Точка $C$ удалена от центра на $2R$, как и точка $A$, поэтому $E_{C} = E_{A} = 36\ \text{В/м}$ — верно.

3) Точка $B$ внутри сферы, точка $D$ на её поверхности, поэтому $\varphi_{B} = \varphi_{D}$, а не больше — неверно.

4) Точки $D$ и $F$ лежат на поверхности сферы, которая эквипотенциальна, поэтому $\varphi_{D} = \varphi_{F}$ — верно.

5) $\varphi_{C} = \dfrac{kQ}{2R}$, $\varphi_{F} = \dfrac{kQ}{R}$, и при $Q \gt 0$ получаем $\varphi_{C} \lt \varphi_{F}$ — неверно.

Ответ: 24

Решение:

Частота электромагнитных колебаний в волне задаётся источником и при переходе через границу двух сред не изменяется: $\nu=\text{const}$.

Скорость распространения света в среде $v=\dfrac{c}{n}$, где $n$ — показатель преломления среды. Для глицерина $n_{\text{гл}}\approx1{,}47$, для воздуха $n_{\text{возд}}\approx1$, то есть $n_{\text{гл}}\gt n_{\text{возд}}$.

При переходе из глицерина в воздух показатель преломления уменьшается, поэтому скорость распространения волны увеличивается — характер изменения 1.

Длина волны $\lambda=\dfrac{v}{\nu}$. Частота постоянна, а скорость возросла, значит длина волны тоже увеличивается — характер изменения 1.

Это согласуется с рисунком: по закону преломления $\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\dfrac{n_{\text{возд}}}{n_{\text{гл}}}\lt1$, поэтому угол в воздухе больше угла в глицерине $\left(\alpha\gt\beta\right)$ — свет переходит в оптически менее плотную среду.

Ответ: 11

Решение:

Дано: $T = 21$ ч, $t = 63$ ч. Найти $\dfrac{N_{0}}{N}$.

По закону радиоактивного распада

$$N = N_{0} \cdot 2^{-\,t/T}\ \Rightarrow\ \frac{N_{0}}{N} = 2^{\,t/T}.$$

Число прошедших периодов полураспада:

$$\frac{t}{T} = \frac{63\ \text{ч}}{21\ \text{ч}} = 3.$$

Тогда

$$\frac{N_{0}}{N} = 2^{3} = 8.$$

Ответ: 8

Решение:

Длина волны, частота и скорость света в вакууме связаны соотношением $c = \lambda\nu$.

А) Энергия фотона по формуле Планка $E = h\nu$. Подставляя $\nu = \dfrac{c}{\lambda}$, получаем $E = \dfrac{hc}{\lambda}$ — формула 2.

Б) Частота фотона из того же соотношения: $\nu = \dfrac{c}{\lambda}$ — формула 3.

(Формула 4, $\dfrac{h}{\lambda}$, — это импульс фотона, а выражение 1 не отвечает ни одной из указанных величин.)

Ответ: 23

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Неверно. Импульс тела — это произведение массы на скорость: $\vec p = m\vec v$, а не на ускорение.

2) Неверно. Перенос вещества струями и потоками — это конвекция. Теплопроводность идёт без переноса вещества, за счёт передачи энергии при взаимодействии частиц.

3) Неверно. По закону Кулона $F = k\dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}$ сила обратно пропорциональна квадрату расстояния.

4) Верно. Гармоническими называют колебания, при которых величина меняется по закону синуса или косинуса: $q(t) = q_0\cos(\omega t + \varphi_0)$.

5) Верно. $\beta$-излучение — поток электронов ($\beta^-$-распад) или позитронов ($\beta^+$-распад), рождающихся при распаде ядер.

Ответ: 45

Решение:

Находим цену деления амперметра. Между оцифрованными штрихами $0{,}2$ А и $0{,}4$ А укладывается 10 промежутков, поэтому

$$c = \frac{0{,}4\ \text{А} - 0{,}2\ \text{А}}{10} = 0{,}02\ \text{А}.$$

Стрелка стоит на третьем штрихе после отметки $0{,}4$ А, значит

$$I = 0{,}4 + 3 \cdot 0{,}02 = 0{,}46\ \text{А}.$$

По условию абсолютная погрешность равна цене деления: $\Delta I = c = 0{,}02$ А.

Итак, $I = (0{,}46 \pm 0{,}02)$ А.

Ответ: 0,460,02

Решение:

Плотность бензина находят по выталкивающей силе. Цилиндр подвешивают на динамометр и снимают показание в воздухе $P_1 = mg$, затем полностью погружают его в бензин и снимают показание $P_2$. Их разность — архимедова сила:

$$F_A = P_1 - P_2 = \rho_\text{б} g V_\text{ц} \quad\Rightarrow\quad \rho_\text{б} = \frac{P_1 - P_2}{g V_\text{ц}}.$$

Объём цилиндра измеряют мензуркой по вытесненной жидкости: $V_\text{ц} = V_2 - V_1$, где $V_1$ — начальный отсчёт уровня, $V_2$ — отсчёт после погружения цилиндра.

Следовательно, дополнительно нужны стакан с бензином (исследуемая жидкость, её наливают в мензурку) и мензурка (для измерения объёма цилиндра и для погружения его в бензин). Керосин — посторонняя жидкость, линейка не позволит точно измерить объём цилиндра с крючком, термометр в опыте не участвует.

Ответ: 15