Вариант 1 · Октябрь 2026

Отвечено 0 из 26

1
Задание №1
Математический маятник с нитью длиной в 3 м проходит положение равновесия с ускорением 3 м/с², чему равна скорость груза?
Правильный ответ
3
Пояснение
Ход решения:
Для нахождения центростремительного ускорения воспользуемся формулой: $a_{ц . с .} = \frac{v^{2}}{R} ,$ . Из этого выражения следует, что искомая скорость вычисляется как: $v = \sqrt{a_{ц . с .} \cdot R} = \sqrt{3 \cdot 3} = 3 м / с .$

Ответ: 3 м/с

Источник: ФИПИ
2
Задание №2
На штативе закреплён школьный динамометр. К нему подвесили груз массой 0,1 кг. Пружина динамометра при этом удлинилась на 2,5 см. Чему будет равно удлинение пружины, если масса груза уменьшится вдвое? Ответ выразите в см.
Правильный ответ
1,25
Пояснение
Решение:

Подвешенный к пружине динамометра груз покоится: сила упругости уравновешивает силу тяжести. С учётом закона Гука условие равновесия имеет вид

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

Пружина та же ( $k$ не меняется), $g$ тоже постоянно, поэтому удлинение прямо пропорционально массе:

$\frac{x_2}{x_1} = \frac{m_2}{m_1} = \frac{1}{2}.$

Отсюда

$x_2 = \frac{x_1}{2} = \frac{2{,}5}{2} = 1{,}25.$

Ответ: 1,25
3
Задание №3
Определите по графику силу, действующую на тело с 2 по 4 секунду, если масса тела равна m = 20 кг.
4
Задание №4
Шарик массой 0,2 кг падает с некоторой высоты с начальной скоростью, равной нулю. Его кинетическая энергия при падении на землю равна 24 Дж. С какой высоты упал шарик? Сопротивлением воздуха пренебречь. Ответ выразите в метрах.
Правильный ответ
12
Пояснение
Решение:

Дано: $m = 0{,}2\ \text{кг}$ , начальная скорость $v_0 = 0$ , кинетическая энергия у земли $E_k = 24\ \text{Дж}$ , $g = 10\ \text{м/с}^2$ . Найти высоту $h$ .

Сопротивлением воздуха пренебрегаем, значит на шарик действует только сила тяжести и полная механическая энергия сохраняется. Нулевой уровень потенциальной энергии выберем на поверхности земли.

В начальный момент шарик покоится, поэтому вся его энергия — потенциальная: $E_1 = mgh$ . В момент падения на землю вся энергия — кинетическая: $E_2 = E_k$ .

По закону сохранения механической энергии $E_1 = E_2$ , то есть $mgh = E_k$ , откуда

$h = \frac{E_k}{mg} = \frac{24}{0{,}2 \cdot 10} = 12\ \text{м}.$

Ответ: 12
5
Задание №5
В лабораторной работе изучали движение небольшого бруска массой 400 г по горизонтальной шероховатой поверхности под действием горизонтальной постоянной силы, равной по модулю 1,6 Н. Зависимость скорости бруска от времени приведена в таблице.

Время t, с 0 1 2 3 4 5 6

Скорость v, м/с 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0

Выберите все верные утверждения на основании анализа представленной таблицы.

1) Равнодействующая сил, действующих на брусок, равна 0,2 Н.
2) Ускорение бруска равно 3 м/с².
3) Коэффициент трения бруска о поверхность $\mu = 0{,}2 .$
4) Брусок движется равноускоренно.
5) В момент времени 2 с кинетическая энергия бруска равна 0,6Дж.
Подряд, без пробелов и запятых
Правильный ответ
14
Пояснение
Решение:

Дано: $m = 400\ \text{г} = 0{,}4\ \text{кг}$ , $F = 1{,}6\ \text{Н}$ , $g = 10\ \text{м/с}^2$ .

По таблице скорость растёт равномерно — на $0{,}5\ \text{м/с}$ за каждую секунду, значит движение равноускоренное:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{0{,}5}{1} = 0{,}5\ \text{м/с}^2.$

По второму закону Ньютона равнодействующая $F_{\text{равн}} = ma = 0{,}4 \cdot 0{,}5 = 0{,}2\ \text{Н}$ , а из $F - F_{\text{тр}} = ma$ сила трения

$F_{\text{тр}} = 1{,}6 - 0{,}2 = 1{,}4\ \text{Н},\qquad \mu = \frac{F_{\text{тр}}}{mg} = \frac{1{,}4}{0{,}4 \cdot 10} = 0{,}35.$

1) $F_{\text{равн}} = 0{,}2\ \text{Н}$ . Верно.

2) $a = 0{,}5\ \text{м/с}^2$ , а не $3\ \text{м/с}^2$ . Неверно.

3) $\mu = 0{,}35$ , а не $0{,}2$ . Неверно.

4) Скорость растёт равномерно, ускорение постоянно — движение равноускоренное. Верно.

5) При $t = 2\ \text{с}$ скорость $v = 1\ \text{м/с}$ , тогда $E_{\text{к}} = \dfrac{mv^2}{2} = \dfrac{0{,}4 \cdot 1}{2} = 0{,}2\ \text{Дж}$ , а не $0{,}6\ \text{Дж}$ . Неверно.

Ответ: 14
6
Задание №6
Шарик, брошенный горизонтально с высоты H с начальной скоростью $\overset{\rightarrow}{V_{0}} ,$ за время полёта t пролетел в горизонтальном направлении расстояние L (см. рис.) В другом опыте на этой же установке шарик массой 2m бросают со скоростью $2 \overset{\rightarrow}{V_{0}} .$ Что произойдёт при этом с временем полёта, дальностью полёта и ускорением шарика? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Для каждой величины определите соответствующий характер её изменения:

1) увеличится
2) уменьшится
3) не изменится

Запишите в ответ выбранные цифры для каждой физической величины. Цифры в ответе могут повторяться.
ВРЕМЯ ПОЛЁТА
ДАЛЬНОСТЬ ПОЛЁТА
УСКОРЕНИЕ
Впишите цифры от 1 до 3
Правильный ответ
313
Пояснение
Решение:

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

$H = \dfrac{gt^2}{2}$ , $\quad L = V_0 t$ .

Время полёта $t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$ зависит только от высоты броска и не зависит ни от массы шарика, ни от его начальной скорости. Установка та же, поэтому время полёта не изменится.

Дальность полёта $L = V_0 t$ прямо пропорциональна начальной скорости: при увеличении скорости с $V_0$ до $2V_0$ (время прежнее) дальность полёта увеличится в 2 раза.

После броска на шарик действует только сила тяжести, поэтому по второму закону Ньютона $ma = mg$ , то есть $a = g$ . Ускорение не зависит от массы и не изменится.

Ответ: 313
7
Задание №7
В сосуде содержится гелий под давлением 160 кПа. Концентрацию гелия увеличили в 2 раза, а среднюю кинетическую энергию теплового движения его молекул уменьшили в 4 раза. Определите установившееся давление газа. Ответ запишите в кПа.
Правильный ответ
80
Пояснение
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
8
Задание №8
На рисунке показаны различные процессы изменения состояния идеального газа. Масса газа постоянна. В каком из процессов (1, 2, 3 или 4) газ совершает наибольшую по модулю работу?
Правильный ответ
1
Пояснение
Решение:

Модуль работы газа численно равен площади фигуры под графиком процесса на $pV$ -диаграмме.

Разберём участки:

Процесс 2 — вертикальный отрезок, объём не меняется ( $\Delta V = 0$ ), поэтому $A_2 = 0$ ;

Процесс 4 — изобара при самом низком на рисунке давлении, к тому же охватывает лишь часть интервала объёмов;

Процесс 3 — наклонный отрезок, идущий в нижней части диаграммы и тоже охватывающий лишь часть интервала объёмов;

Процесс 1 — наклонный отрезок от наименьшего объёма до наибольшего: он охватывает весь интервал изменения объёма и целиком лежит выше участков 3 и 4.

Значит, площадь под графиком 1 больше площади под любым из остальных участков (она больше даже их суммы), то есть наибольшую по модулю работу газ совершает в процессе 1.

Ответ: 1
9
Задание №9
В среду и четверг температура воздуха была одинаковой. Парциальное давление водяного пара в атмосфере в среду было меньше, чем в четверг. Из приведённого ниже списка выберите все верные утверждения по поводу этой ситуации.

1) Концентрация молекул водяного пара в воздухе в среду была меньше, чем в четверг.
2) Плотность водяных паров, содержащихся в воздухе, в среду и четверг была одинаковой.
3) Масса водяных паров, содержащихся в 1 м³ воздуха, в среду была больше, чем в четверг.
4) Давление насыщенных водяных паров в среду и в четверг было одинаково.
5) Относительная влажность воздуха в среду была меньше, чем в четверг.
Подряд, без пробелов и запятых
Правильный ответ
145
Пояснение
Решение:

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

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

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

2) $\rho \sim p$ , поэтому плотности различны: $\rho_\text{ср} \lt \rho_\text{чт}$ — неверно.

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

4) Давление насыщенного пара определяется только температурой, которая одинакова — верно.

5) $\varphi = \dfrac{p}{p_\text{н}}$ при одинаковом $p_\text{н}$ меньше там, где меньше $p$ , то есть в среду — верно.

Ответ: 145
10
Задание №10
В цилиндре под поршнем находилось твёрдое вещество. Цилиндр поместили в печь. Сначала цилиндр нагревали, а в некоторый момент начали охлаждать. На рисунке схематично показан график изменения температуры t вещества с течением времени $\tau .$

Установите соответствие между участками графика и процессами, отображаемыми этими участками.

К каждой позиции первого столбца подберите соответствующую позицию из второго столбца.

УЧАСТКИ ГРАФИКА ПРОЦЕССЫ

А) KL 1) конденсация

Б) GH 2) кристаллизация

3) нагревание пара

4) кипение

А
Б
Впишите цифры от 1 до 4
Правильный ответ
21
Пояснение
Решение:

Сначала вещество нагревали, поэтому температура росла, затем начали охлаждать, и температура стала понижаться. Горизонтальные участки графика отвечают фазовым переходам: температура не меняется, хотя теплота отводится.

Разберём график: $AB$ — нагревание твёрдого вещества, $BC$ — плавление, $CD$ — нагревание жидкости, $DE$ — кипение, $EF$ — нагревание пара. В точке $F$ начинается охлаждение: $FG$ — охлаждение пара, $GH$ — горизонтальный участок на уровне температуры кипения, $HK$ — охлаждение жидкости, $KL$ — горизонтальный участок на уровне температуры плавления, $LM$ — охлаждение твёрдого вещества.

А) Участок $KL$ — нижняя «полка» при охлаждении, она лежит на уровне температуры плавления (тот же уровень, что и участок $BC$ ). Жидкость превращается в твёрдое вещество — это кристаллизация, позиция 2.

Б) Участок $GH$ — верхняя «полка» при охлаждении, на уровне температуры кипения (тот же уровень, что и участок $DE$ ). Пар превращается в жидкость — это конденсация, позиция 1.

Ответ: 21
11
Задание №11
Два одинаковых точечных заряда, модуль которых $| q | = 2 \cdot 10^{- 8} Кл ,$ расположены в вакууме на расстоянии 3 м друг от друга. Определите модуль силы, с которой первый заряд действует на второй. Ответ выразите в мкН.
Правильный ответ
0,4
Пояснение
Решение:

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

По закону Кулона сила взаимодействия двух точечных зарядов

$F = k\,\frac{|q_1|\,|q_2|}{r^{2}} = k\,\frac{q^{2}}{r^{2}}, \qquad k = 9 \cdot 10^{9}\ \frac{\text{Н} \cdot \text{м}^2}{\text{Кл}^2}.$

Подставим числовые значения:

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

Переведём в микроньютоны: $1\ \text{мкН} = 10^{-6}\ \text{Н}$ , поэтому

$F = 4 \cdot 10^{-7}\ \text{Н} = 0{,}4\ \text{мкН}.$

Ответ: 0,4
12
Задание №12
В однородном магнитном поле индукцией 0,4 Тл находится проволочный контур, выполненный в форме квадрата со стороной 10 см. Вектор индукции магнитного поля перпендикулярен плоскости контура. Определите магнитный поток, пронизывающий контур. Ответ приведите в мВб.
Правильный ответ
4
Пояснение
Решение:

Дано: $B = 0{,}4\ \text{Тл}$ , сторона квадрата $a = 10\ \text{см} = 0{,}1\ \text{м}$ , вектор $\vec{B}$ перпендикулярен плоскости контура.

Магнитный поток через плоский контур: $\Phi = B S \cos\alpha$ , где $\alpha$ — угол между вектором магнитной индукции и нормалью к плоскости контура.

Если $\vec{B}$ перпендикулярен плоскости контура, то он направлен вдоль нормали, значит $\alpha = 0$ , $\cos\alpha = 1$ , и $\Phi = BS$ .

Площадь квадрата: $S = a^2 = (0{,}1\ \text{м})^2 = 0{,}01\ \text{м}^2$ .

Подставим: $\Phi = 0{,}4\ \text{Тл} \cdot 0{,}01\ \text{м}^2 = 4 \cdot 10^{-3}\ \text{Вб} = 4\ \text{мВб}$ .

Ответ: 4
13
Задание №13
Какая из точек (1, 2, 3 или 4) является изображением точечного источника S, создаваемым тонкой собирающей линзой с фокусным расстоянием F (см. рис.)?

Правильный ответ
3
Пояснение
Решение:

Изображение точечного источника строим по двум лучам.

1) Луч, идущий через оптический центр линзы $O$ , не меняет направления. Значит, изображение лежит на прямой $SO$ , продолженной за линзу, — то есть по другую сторону от линзы и по другую сторону от главной оптической оси (изображение действительное и перевёрнутое). На этой прямой лежат только точки 3 и 4.

2) Расстояние от линзы до изображения находим по формуле тонкой линзы:

$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f},\qquad f=\frac{dF}{d-F}.$

Источник $S$ расположен дальше двойного фокусного расстояния ( $d\gt 2F$ ), поэтому изображение получается между фокусом и двойным фокусом: $F\lt f\lt 2F$ . Точка 4 лежит ближе к линзе, чем фокус ( $f\lt F$ ), — это невозможно ни для какого действительного изображения. Условию $F\lt f\lt 2F$ удовлетворяет только точка 3.

Ответ: 3
14
Задание №14
Две маленькие закреплённые бусинки, расположенные в точках А и В, несут на себе заряды $+ q > 0$ и -2q соответственно (см. рис.).

Из приведённого ниже списка выберите все правильные утверждения относительно этой ситуации.

1) На бусинку А со стороны бусинки В действует сила Кулона, направленная горизонтально вправо.
2) Напряжённость результирующего электростатического поля в точке С направлена горизонтально вправо.
3) Модуль силы Кулона, действующей на бусинку В, в 2 раза больше, чем модуль силы Кулона, действующей на бусинку А.
4) Если бусинки соединить медной проволокой, они будут притягивать друг друга.
5) Если бусинки соединить незаряженной стеклянной палочкой, их заряды станут равными.
Подряд, без пробелов и запятых
Правильный ответ
12
Пояснение
Решение:

Заряды бусинок $q_{A} = + q$ и $q_{B} = - 2q$ разноимённые, точка $C$ лежит между ними на отрезке $AB$ .

1) Разноимённые заряды притягиваются, поэтому сила Кулона, действующая на бусинку $A$ , направлена к бусинке $B$ , то есть горизонтально вправо. Верно.

2) Поле положительного заряда в точке $C$ направлено от заряда $A$ , то есть вправо; поле отрицательного заряда направлено к заряду $B$ , то есть тоже вправо. По принципу суперпозиции $\vec{E} = \vec{E}_{A} + \vec{E}_{B}$ результирующая напряжённость направлена горизонтально вправо. Верно.

3) По третьему закону Ньютона (и по закону Кулона $F = k \dfrac{q \cdot 2q}{r^{2}}$ — выражение одно и то же для обеих бусинок) модули сил равны. Неверно.

4) Медь — проводник, заряды перераспределятся. По закону сохранения заряда суммарный заряд $q + ( - 2q) = - q$ , то есть обе бусинки станут заряжены отрицательно и будут отталкиваться. Неверно.

5) Стекло — диэлектрик, свободные заряды по нему не перетекают, поэтому заряды бусинок не изменятся и равными не станут. Неверно.

Ответ: 12
15
Задание №15
Конденсатор подсоединили к источнику тока, и он стал заряжаться. Как меняются в процессе зарядки конденсатора заряд конденсатора и модуль напряжённости электрического поля внутри конденсатора?

Для каждой величины определите соответствующий характер изменения:

1) увеличивается
2) уменьшается
3) не изменяется

Запишите в таблицу выбранные цифры для каждой физической величины. Цифры в ответе могут повторяться.
ЗАРЯД КОНДЕНСАТОРА
МОДУЛЬ НАПРЯЖЕННОСТИ ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ ВНУТРИ КОНДЕНСАТОРА
Впишите цифры от 1 до 3
Правильный ответ
11
Пояснение
Решение:

При зарядке конденсатора на его обкладки поступает всё больший заряд, то есть заряд конденсатора $q$ увеличивается — характер изменения 1. (Ток зарядки $i=\dfrac{\Delta q}{\Delta t}\gt0$ , поэтому $q$ растёт от нуля до $q_{\max}=CU_{\text{ист}}$ .)

Напряжение на конденсаторе связано с зарядом формулой $U=\dfrac{q}{C}$ , где электроёмкость $C$ определяется только геометрией конденсатора и диэлектриком между обкладками и остаётся постоянной. Значит, $U$ растёт вместе с $q$ .

Поле внутри плоского конденсатора однородно, и его напряжённость $E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{q}{Cd}$ , где $d$ — расстояние между обкладками. Так как $C$ и $d$ постоянны, а $q$ растёт, модуль напряжённости поля внутри конденсатора увеличивается — характер изменения 1.

Ответ: 11
16
Задание №16
В вакууме распространяются две монохроматические электромагнитные волны. Частота колебаний электромагнитного поля первой волны в 4 раза больше частоты второй волны. Чему равно отношение $\frac{p_{1}}{p_{2}}$ импульсов фотонов первой и второй волн?
Правильный ответ
4
Пояснение
Решение:

Энергия фотона $E = h\nu$ , а его импульс связан с энергией соотношением $p = \dfrac{E}{c}$ .

Следовательно, $p = \dfrac{h\nu}{c}$ — импульс фотона прямо пропорционален частоте волны.

Тогда $\dfrac{p_1}{p_2} = \dfrac{h\nu_1/c}{h\nu_2/c} = \dfrac{\nu_1}{\nu_2}$ .

По условию $\nu_1 = 4\nu_2$ , поэтому $\dfrac{p_1}{p_2} = 4$ .

Ответ: 4

УЧАСТКИ ГРАФИКА	ПРОЦЕССЫ
А) KL	1) конденсация
Б) GH	2) кристаллизация
	3) нагревание пара
	4) кипение

Задание №17

Установите соответствие между физическими величинами и формулами, по которым их можно рассчитать (E –– энергия фотона; h –– постоянная Планка; р –– импульс фотона).
К каждой позиции первого столбца подберите соответствующую позицию из второго столбца и запишите в ответ выбранные цифры под соответствующими буквами.

ФИЗИЧЕСКИЕ ВЕЛИЧИНЫ	ФОРМУЛЫ
А) длина волны фотона	1) $\frac{p}{h}$
Б) частота фотона	2) $\frac{h}{p}$
	3) $\frac{E}{p}$
	4) $\frac{E}{h}$

Впишите цифры от 1 до 4

Правильный ответ

Пояснение

Ход решения:

A - 2. Воспользуемся выражением для нахождения импульса фотона: $p = \frac{E}{c} = \frac{hν}{c} = \frac{h}{\lambda} \Rightarrow \lambda = \frac{h}{p}$

Б - 4. Применим формулу Планка для определения энергии кванта: $E = hν \Rightarrow \nu = \frac{E}{h}$

Ответ: 24

Источник: ФИПИ

18
Задание №18
Криволинейное движение
Связь температуры газа со средней кинетической энерг…Температура и энергия
Потенциальность электростатического поляПотенциал поля
Законы преломления света
РадиоактивностьВиды распада
Другие навыки
Кинетическая энергияТепловое движение
2 баллаФИПИСложное#67815
Выберите все верные утверждения о физических явлениях, величинах и закономерностях. Запишите цифры, под которыми они указаны.

1) При равномерном движении по окружности за любые равные промежутки времени тело совершает одинаковые перемещения.
2) Средняя кинетическая энергия поступательного теплового движения молекул газа прямо пропорциональна абсолютной температуре газа.
3) В неоднородном электростатическом поле работа по перемещению заряда между двумя точками зависит от траектории.
4) При переходе электромагнитной волны из оптически менее плотной в оптически более плотную среду частота волны не изменяется.
5) При электронном β-распаде массовое число ядра уменьшается.
Подряд, без пробелов и запятых
Правильный ответ
24
Пояснение
Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Неверно. Перемещение — вектор. При движении по окружности направление скорости всё время меняется, поэтому за равные промежутки времени векторы перемещения различны (за полный оборот перемещение вообще равно нулю). Одинаковыми оказываются лишь пройденные пути.

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

3) Неверно. Любое электростатическое поле (в том числе неоднородное) потенциально, поэтому работа $A = qU$ от траектории не зависит.

4) Верно. Частота задаётся источником волны и при переходе в другую среду сохраняется; меняются $v$ и $\lambda$ .

5) Неверно. При электронном $\beta$ -распаде $^{A}_{Z}\mathrm{X} \to\ ^{A}_{Z+1}\mathrm{Y} +\ ^{0}_{-1}e$ массовое число $A$ остаётся прежним.

Ответ: 24
19
Задание №19
При исследовании зависимости давления газа от температуры ученик измерял давление в сосуде с газом (1) с помощью манометра (2). Шкала манометра проградуирована в мм рт. ст. Абсолютная погрешность измерений давления равна цене деления шкалы манометра. Каково показание манометра с учётом погрешности измерений?

Правильный ответ
422
Пояснение
Решение:

Находим цену деления шкалы манометра. Между оцифрованными штрихами $40$ и $60$ мм рт. ст. укладывается 10 промежутков, поэтому

$c = \frac{60\ \text{мм рт. ст.} - 40\ \text{мм рт. ст.}}{10} = 2\ \text{мм рт. ст.}$

Стрелка стоит на первом штрихе после отметки $40$ , значит давление

$p = 40 + 1 \cdot 2 = 42\ \text{мм рт. ст.}$

По условию абсолютная погрешность равна цене деления: $\Delta p = c = 2$ мм рт. ст.

Итак, $p = (42 \pm 2)$ мм рт. ст.

Ответ: 422
20
Задание №20
Необходимо экспериментально изучить зависимость заряда, накопленного конденсатором, от внутреннего сопротивления аккумулятора. Какие две схемы следует использовать для проведения такого исследования?

Правильный ответ
23
Пояснение
Решение:

Конденсатор включён параллельно резистору, поэтому напряжение на нём равно напряжению на внешнем сопротивлении. По закону Ома для полной цепи $I=\dfrac{\varepsilon}{R+r}$ , и заряд конденсатора равен

$q=CU_R=\frac{\varepsilon C R}{R+r}.$

Заряд зависит от $\varepsilon$ , $C$ , $R$ и от внутреннего сопротивления $r$ . Чтобы обнаружить зависимость именно от $r$ , нужны две схемы, у которых внутренние сопротивления источников различны, а ЭДС, внешнее сопротивление и ёмкость одинаковы.

Параметры схем: 1) $\varepsilon,\ r,\ R$ ; 2) $2\varepsilon,\ 2r,\ 2R$ ; 3) $2\varepsilon,\ r,\ 2R$ ; 4) $2\varepsilon,\ r,\ R$ ; 5) $\varepsilon,\ r,\ 2R$ . Конденсатор $C$ везде одинаков.

Совпадают ЭДС $(2\varepsilon)$ и внешнее сопротивление $(2R)$ при разных $r$ у схем 2 и 3: внутренние сопротивления в них равны $2r$ и $r$ .

Ответ: 23
21
Задание №21
На графике представлена зависимость давления неизменной массы идеального газа от его плотности. Опишите, как изменяются в зависимости от плотности температура и объём газа в процессах 1-2 и 2-3.

Ваше решениедо 3 баллов
Запишите решение задачи...
Решение
Решение:

Обозначения. $p$ — давление газа; $\rho$ — его плотность; $V$ — объём; $T$ — абсолютная температура; $m$ — масса газа (по условию неизменна); $M$ — молярная масса газа; $R$ — универсальная газовая постоянная; индексы 1, 2, 3 относятся к состояниям 1, 2 и 3.

Законы. Уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева—Клапейрона): $pV=\dfrac{m}{M}RT$ . По определению плотности $\rho=\dfrac{m}{V}$ , откуда

$V=\frac{m}{\rho},\qquad p=\frac{\rho RT}{M},\qquad T=\frac{pM}{\rho R}.$

Общее замечание. Масса газа постоянна, поэтому объём однозначно определяется плотностью: $V=\dfrac{m}{\rho}$ — объём обратно пропорционален плотности в любом процессе. По графику плотность газа монотонно убывает при переходе $1\to 2\to 3$ , значит, газ на всём пути расширяется.

Процесс 1–2. Участок горизонтальный, то есть $p=\text{const}$ — процесс изобарный, а плотность убывает от $\rho_1$ до $\rho_2$ . Тогда:

объём $V=\dfrac{m}{\rho}$ увеличивается обратно пропорционально плотности — в $\dfrac{\rho_1}{\rho_2}$ раз;

температура $T=\dfrac{pM}{\rho R}$ при $p=\text{const}$ также обратно пропорциональна плотности, то есть увеличивается — в те же $\dfrac{\rho_1}{\rho_2}$ раз (это согласуется с законом Гей-Люссака $\dfrac{V}{T}=\text{const}$ ).

Итак, на участке 1–2 газ изобарно расширяется и нагревается; и объём, и температура растут обратно пропорционально плотности.

Процесс 2–3. Это отрезок прямой, продолжение которого проходит через начало координат (показано пунктиром), то есть $p=k\rho$ , где $k=\text{const}$ , или $\dfrac{p}{\rho}=\text{const}$ . Тогда

$T=\frac{pM}{\rho R}=\frac{kM}{R}=\text{const},$

то есть процесс изотермический: температура не зависит от плотности и остаётся неизменной, $T_3=T_2$ . Объём же по-прежнему $V=\dfrac{m}{\rho}$ : плотность убывает от $\rho_2$ до $\rho_3$ , поэтому объём растёт обратно пропорционально плотности — в $\dfrac{\rho_2}{\rho_3}$ раз. Это согласуется с законом Бойля—Мариотта: $pV=\dfrac{m}{M}RT=\text{const}$ , давление падает во столько же раз, во сколько растёт объём.

Ответ: в обоих процессах объём обратно пропорционален плотности, $V=\dfrac{m}{\rho}$ , и при убывании плотности растёт. Температура ведёт себя по-разному: на участке 1–2 ( $p=\text{const}$ ) она обратно пропорциональна плотности, $T=\dfrac{pM}{\rho R}$ , и растёт вместе с объёмом; на участке 2–3 ( $p$ прямо пропорционально $\rho$ ) температура от плотности не зависит и остаётся постоянной — газ расширяется изотермически.
22
Задание №22
Сталкиваются и слипаются два разных по массе пластилиновых шарика, причём векторы их скоростей непосредственно перед столкновением направлены навстречу друг другу и одинаковы по модулю: υ₁ = υ₂ = 1м/с. Во сколько раз масса тяжёлого шарика больше, чем лёгкого, если сразу после столкновения их скорость стала равной (по модулю) 0,5 м/с?
Ваше решениедо 2 баллов
Запишите решение задачи...
Решение
Условие: υ₁ = υ₂ = 1м/с; u = 0,5 м/c

Определить: $\frac{m_{1}}{m_{2}}$ - ?

Ход решения:
Воспользуемся законом сохранения импульса, записав его для проекций на горизонтально направленную ось:
$m_{1} \upsilon_{1} - m_{2} \upsilon_{2} = ( m_{1} + m_{2} ) u$
$m_{1} \upsilon_{1} - m_{2} \upsilon_{2} = m_{1} u + m_{2} u$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} \upsilon_{1} - \upsilon_{2} = \frac{m_{1}}{m_{2}} u + u$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} 1 - 1 = \frac{m_{1}}{m_{2}} 0{,}5 + 0{,}5$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} 0{,}5 = 1{,}5$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} = 3$

Ответ: 3

Источник: ФИПИ
23
Задание №23
В тонкой рассеивающей линзе получено уменьшенное в 5 раз изображение предмета. Определите модуль фокусного расстояния линзы, если предмет находится на расстоянии d = 20 см от линзы.
Ваше решениедо 2 баллов
Запишите решение задачи...
Решение
Решение:

Обозначения. $d = 20\ \text{см} = 0{,}2\ \text{м}$ — расстояние от предмета до линзы, $f$ — расстояние от изображения до линзы, $F$ — модуль фокусного расстояния рассеивающей линзы, $\Gamma = 1/5$ — линейное увеличение (изображение уменьшено в 5 раз).

Используемые законы. Рассеивающая линза при любом положении действительного предмета даёт мнимое, прямое и уменьшенное изображение, расположенное с той же стороны от линзы, что и предмет. Для мнимого изображения и рассеивающей линзы формула тонкой линзы принимает вид

$\frac{1}{d} - \frac{1}{f} = -\frac{1}{F}.$

Линейное увеличение (из подобия треугольников, построенных на луче через оптический центр):

$\Gamma = \frac{f}{d} \quad \Rightarrow \quad f = \Gamma\,d.$

Преобразования. Подставим $f = \Gamma d$ в формулу линзы:

$\frac{1}{d} - \frac{1}{\Gamma d} = -\frac{1}{F},\qquad \frac{\Gamma - 1}{\Gamma d} = -\frac{1}{F},\qquad F = \frac{\Gamma\,d}{1 - \Gamma}.$

Расчёт. Изображение находится на расстоянии $f = \Gamma d = \dfrac{20}{5} = 4\ \text{см}$ от линзы, тогда

$F = \frac{\tfrac{1}{5} \cdot 20\ \text{см}}{1 - \tfrac{1}{5}} = \frac{4}{0{,}8} = 5\ \text{см}.$

Проверка. Для рассеивающей линзы увеличение можно записать как $\Gamma = \dfrac{F}{d + F} = \dfrac{5}{20 + 5} = \dfrac{1}{5}$ — совпадает с условием. Оптическая сила линзы $D = -1/F = -20\ \text{дптр}$ .

Ответ: $F = 5$ см $(0{,}05\ \text{м})$ .
24
Задание №24
Закон Дальтона для давления смеси разреженных газовЗакон Дальтона
Изопроцессы в разреженном газе с постоянным числом м…Изопроцессы
Влажность воздуха. Относительная влажностьВлажность воздуха
Другие навыки
Насыщенный пар
3 баллаФИПИСложное#67907
В закрытом сосуде при температуре 100 °С находится влажный воздух с относительной влажностью 70% под давлением 100 кПа. Объём сосуда изотермически уменьшили в 3 раза. До какой абсолютной температуры надо вместо этого нагреть воздух без изменения объёма сосуда, чтобы получить такое же конечное давление? Объёмом сконденсировавшейся воды пренебречь.
Ваше решениедо 3 баллов
Запишите решение задачи...
Решение
Решение:

Обозначения. $T_1 = 373$ К ( $100\ ^\circ\text{C}$ ) — начальная температура; $p_1 = 100$ кПа — начальное давление влажного воздуха; $\varphi_1 = 70\,\%$ — начальная относительная влажность; $p_{\text{н}}$ — давление насыщенного водяного пара при $100\ ^\circ\text{C}$ ; $p_{\text{п}1},\ p_{\text{в}1}$ — начальные парциальные давления водяного пара и сухого воздуха; $V_1$ — начальный объём; $p_2$ — давление после изотермического сжатия в $n = 3$ раза; $T_3$ — искомая температура при изохорном нагревании до того же давления $p_2$ .

1. Давление насыщенного пара. При $100\ ^\circ\text{C}$ вода кипит при нормальном атмосферном давлении, то есть давление насыщенного водяного пара при этой температуре $p_{\text{н}} \approx 10^{5}$ Па $= 100$ кПа.

2. Парциальные давления в начальном состоянии. По определению относительной влажности $\varphi = p_{\text{п}}/p_{\text{н}}$ :

$p_{\text{п}1} = \varphi_1 p_{\text{н}} = 0{,}7\cdot 100 = 70\ \text{кПа}.$

По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений, поэтому парциальное давление сухого воздуха

$p_{\text{в}1} = p_1 - p_{\text{п}1} = 100 - 70 = 30\ \text{кПа}.$

3. Изотермическое сжатие в 3 раза. Сухой воздух не конденсируется, для него справедлив закон Бойля — Мариотта:

$p_{\text{в}2} = n\,p_{\text{в}1} = 3\cdot 30 = 90\ \text{кПа}.$

Если бы и пар оставался ненасыщенным, его давление стало бы равным $3\cdot 70 = 210$ кПа, что больше $p_{\text{н}} = 100$ кПа. Это невозможно: часть пара конденсируется, и оставшийся пар оказывается насыщенным:

$p_{\text{п}2} = p_{\text{н}} = 100\ \text{кПа}.$

Тогда конечное давление

$p_2 = p_{\text{в}2} + p_{\text{п}2} = 90 + 100 = 190\ \text{кПа}.$

4. Изохорное нагревание. Если вместо сжатия газ нагревать при неизменном объёме, то пар только удаляется от насыщения ( $p_{\text{н}}$ с ростом температуры растёт быстрее, чем давление пара при изохорном нагревании), конденсации нет, массы сухого воздуха и пара постоянны. Значит вся смесь ведёт себя как идеальный газ постоянной массы, и по закону Шарля

$\frac{p_1}{T_1} = \frac{p_2}{T_3}\qquad\Longrightarrow\qquad T_3 = T_1\,\frac{p_2}{p_1} = 373\cdot\frac{190}{100} \approx 709\ \text{К}.$

Ответ: $T_3 = T_1\dfrac{p_2}{p_1} \approx 709$ К (примерно $7{,}1\cdot 10^{2}$ К, то есть около $436\ ^\circ\text{C}$ ).
25
Задание №25
Электрическое сопротивлениеСопротивление
Работа электрического тока. Закон Джоуля – ЛенцаЗакон Джоуля–Ленца
Закон электромагнитной индукции ФарадеяЗакон Фарадея
Другие навыки
Закон ОмаМагнитный потокУсловие возникновения индукции
3 баллаФИПИСреднее#68142
Квадратная рамка из медного провода помещена в однородное поле электромагнита. На рисунке приведён график зависимости от времени t для проекции В_n вектора индукции этого поля на перпендикуляр к плоскости рамки. За время $\tau = 5$ с в рамке выделяется количество теплоты Q = 53 мкДж. Длина стороны рамки l = 10 см. Удельное сопротивление меди $\rho = 1{,}7 \cdot 10^{- 8} Ом \cdot м .$ Определите площадь поперечного сечения провода S₀.

Ваше решениедо 3 баллов
Запишите решение задачи...
Решение
Решение:

Обозначения. $l = 10$ см $= 0{,}1$ м — сторона квадратной рамки; $S = l^{2}$ — площадь рамки; $S_{0}$ — искомая площадь поперечного сечения провода; $\rho = 1{,}7\cdot 10^{-8}$ Ом·м — удельное сопротивление меди; $R$ — сопротивление рамки; $\mathcal{E}$ — ЭДС индукции; $I$ — сила индукционного тока; $\tau = 5$ с; $Q = 53$ мкДж $= 5{,}3\cdot 10^{-5}$ Дж — выделившееся количество теплоты.

1. Скорость изменения магнитного поля. По графику зависимость $B_{n}(t)$ линейна: при $t = 0$ $B_{n} = 0{,}3$ Тл, при $t = 5$ с $B_{n} = -0{,}2$ Тл, поэтому

$\left|\frac{\Delta B_{n}}{\Delta t}\right| = \frac{\left|-0{,}2 - 0{,}3\right|}{5} = 0{,}1\ \frac{\text{Тл}}{\text{с}} = \text{const}.$

2. ЭДС индукции. Магнитный поток через рамку $\Phi = B_{n}l^{2}$ , площадь рамки постоянна. По закону электромагнитной индукции Фарадея

$\mathcal{E} = \left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right| = l^{2}\left|\frac{\Delta B_{n}}{\Delta t}\right| = (0{,}1)^{2}\cdot 0{,}1 = 1\cdot 10^{-3}\ \text{В}.$

ЭДС постоянна на всём рассматриваемом интервале $0 \le t \le 5$ с, поэтому постоянен и ток.

3. Сопротивление рамки. Рамка — медный провод длиной $4l$ с площадью сечения $S_{0}$ :

$R = \rho\,\frac{4l}{S_{0}}.$

4. Закон Джоуля — Ленца. С учётом закона Ома для замкнутой цепи $I = \mathcal{E}/R$ :

$Q = I^{2}R\tau = \frac{\mathcal{E}^{2}\tau}{R} = \frac{\mathcal{E}^{2}\tau S_{0}}{4\rho l}\quad\Longrightarrow\quad S_{0} = \frac{4\rho l\,Q}{\mathcal{E}^{2}\tau}.$

Расчёт.

$S_{0} = \frac{4\cdot 1{,}7\cdot 10^{-8}\cdot 0{,}1\cdot 5{,}3\cdot 10^{-5}}{\left(10^{-3}\right)^{2}\cdot 5} = \frac{3{,}6\cdot 10^{-13}}{5\cdot 10^{-6}} \approx 7{,}2\cdot 10^{-8}\ \text{м}^{2} \approx 0{,}072\ \text{мм}^{2}.$

Ответ: $S_{0} \approx 7{,}2\cdot 10^{-8}$ м $^{2} \approx 0{,}07$ мм $^{2}$ .
26
Задание №26
Небольшие шарики, массы которых m и M, соединены лёгким стержнем и помещены в гладкую сферическую выемку радиусом R = 20 см. В начальный момент шарики удерживаются в положении, изображённом на рисунке. Когда их отпустили без толчка, шарики стали скользить по поверхности выемки. Минимальная высота, на которой оказался шарик m в процессе движения, равна 4 см от нижней точки выемки. Определите отношение масс M и m. Обоснуйте применимость законов, используемых при решении задачи.
Ваше решениедо 4 баллов
Запишите решение задачи...
Решение
Решение:

Обоснование применимости законов. Систему отсчёта, связанную с Землёй и неподвижной выемкой, считаем инерциальной. Шарики небольшие — считаем их материальными точками, скользящими по сферической поверхности радиуса $R$ . Стержень лёгкий (невесомый) и жёсткий: сумма сил и сумма моментов сил, приложенных к нему, равны нулю, поэтому он действует на шарики силами, равными по модулю, противоположно направленными и направленными вдоль стержня; расстояние между шариками постоянно, поэтому суммарная работа этих сил равна нулю. Выемка гладкая, силы нормальной реакции перпендикулярны скоростям шариков и работы не совершают, сопротивление воздуха не учитываем. Следовательно, полная механическая энергия системы «шарики + Земля» сохраняется. Поле тяжести однородно, $g=\text{const}$ . Так как оба шарика всё время находятся на сфере радиуса $R$ , а расстояние между ними постоянно, постоянен и угол между радиусами $OM$ и $Om$ ; по рисунку он равен $90^{\circ}$ (шарик $M$ — в нижней точке выемки, шарик $m$ — на конце горизонтального радиуса). Значит, система поворачивается вокруг центра $O$ как единое целое, и модули скоростей обоих шариков в любой момент одинаковы и равны $\omega R$ .

Обозначения. $m$ и $M$ — массы шариков; $R=20$ см $=0{,}2$ м — радиус выемки; $O$ — её центр; $\alpha$ — угол поворота системы вокруг $O$ от начального положения; $h_{M}$ , $h_{m}$ — высоты шариков над нижней точкой выемки; $h_{m\min}=4$ см $=0{,}04$ м — минимальная высота шарика $m$ ; $\omega$ — угловая скорость системы; $g$ — ускорение свободного падения.

1. Геометрия. В начальном положении радиус $OM$ вертикален, радиус $Om$ горизонтален: $h_{M}=0$ , $h_{m}=R$ . После поворота системы на угол $\alpha$ (шарик $m$ опускается, шарик $M$ поднимается)

$h_{M}=R(1-\cos\alpha),\qquad h_{m}=R\left(1-\cos(90^{\circ}-\alpha)\right)=R(1-\sin\alpha).$

2. Направление движения. Потенциальная энергия системы $U(\alpha)=MgR(1-\cos\alpha)+mgR(1-\sin\alpha)$ при малых $\alpha\gt 0$ убывает ( $U'(0)=-mgR\lt 0$ ), поэтому отпущенная без толчка система движется именно так: более высокий шарик $m$ опускается, шарик $M$ поднимается.

3. Момент наименьшей высоты шарика $m$ . Пока $0\lt\alpha\lt 90^{\circ}$ , высота $h_{m}=R(1-\sin\alpha)$ монотонно убывает. Если бы система дошла до $\alpha=90^{\circ}$ , шарик $m$ оказался бы в самой нижней точке выемки и его минимальная высота была бы равна нулю, что противоречит условию. Значит, система останавливается при некотором $\alpha\lt 90^{\circ}$ , и именно в этот момент шарик $m$ находится ниже всего:

$h_{m\min}=R(1-\sin\alpha)\quad\Rightarrow\quad \sin\alpha=1-\frac{h_{m\min}}{R}=1-\frac{0{,}04}{0{,}2}=0{,}8,$

откуда (учитывая $\alpha\lt 90^{\circ}$ ) $\cos\alpha=\sqrt{1-0{,}64}=0{,}6$ , то есть $\alpha\approx 53^{\circ}$ .

4. Закон сохранения энергии. Кинетическая энергия системы $E_{k}=\frac{(m+M)\omega^{2}R^{2}}{2}$ равна нулю и в начальный момент, и в момент остановки. Поэтому подъём шарика $M$ и опускание шарика $m$ связаны соотношением

$MgR(1-\cos\alpha)=mgR\sin\alpha\quad\Rightarrow\quad \frac{M}{m}=\frac{\sin\alpha}{1-\cos\alpha}.$

5. Расчёт.

$\frac{M}{m}=\frac{0{,}8}{1-0{,}6}=\frac{0{,}8}{0{,}4}=2.$

Проверка. При $M=2m$ имеем $\mathrm{tg}\,\frac{\alpha}{2}=\frac{m}{M}=0{,}5$ , что даёт $\cos\alpha=0{,}6$ и $\sin\alpha=0{,}8$ — согласуется с найденным углом. При этом шарик $m$ опускается на $R\sin\alpha=0{,}16$ м (с $0{,}2$ м до $0{,}04$ м), а шарик $M$ поднимается на $R(1-\cos\alpha)=0{,}08$ м, и $m\cdot 0{,}16=M\cdot 0{,}08$ при $M=2m$ .

Ответ: $\dfrac{M}{m}=2$ .

Время t, с	0	1	2	3	4	5	6
Скорость v, м/с	0	0,5	1,0	1,5	2,0	2,5	3,0