Вариант 10 · Октябрь 2026

Решение:

Дано: $m_1 = \dfrac{m_2}{4}$, то есть $\dfrac{m_1}{m_2} = \dfrac{1}{4}$; $\dfrac{R_1}{R_2} = 2{,}5$. Найти $\dfrac{F_1}{F_2}$.

По закону всемирного тяготения сила притяжения планеты к звезде массой $M$:

$$F = G\,\frac{Mm}{R^{2}}.$$

Запишем это для обеих планет и разделим:

$$\frac{F_1}{F_2} = \frac{m_1}{m_2}\cdot\left(\frac{R_2}{R_1}\right)^{2} = \frac{1}{4}\cdot\left(\frac{1}{2{,}5}\right)^{2}.$$

Вычислим:

$$\frac{F_1}{F_2} = \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{6{,}25} = \frac{1}{25} = 0{,}04.$$

Ответ: 0,04

Дано: m = 100 г = 0,1 кг; v₀ = 0 м/с; E_к = 6 Дж; A_сопр = 1 Дж

Найти: h - ?

Решение:
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы:
$E_{к} = A_{тяж} - A_{сопр} ( 1 )$
В данном выражении A_тяж обозначает работу, совершаемую силой тяжести.

Так как в исходном состоянии тело покоилось, его начальная кинетическая энергия была нулевой. Тогда работа силы тяжести при перемещении на высоту h составит:
$A_{тяж} = mgh ( 2 )$

Объединим выражения (2) и (1):
$E_{к} = mgh - A_{сопр} ( 3 )$
$h = \frac{E_{к} + A_{сопр}}{mg} ( 4 )$
$h = \frac{6 + 1}{0{,}1 \cdot 10} = 7 м$

Ответ: 7

Источник: ФИПИ

Условие: M₁ = 50 Н$\cdot$м; l = 0,5 м

Определить: F - ?

Ход решения:
Исходя из условия покоя (равновесия) рычага, запишем равенство моментов сил:
$M_{1} = M_{2} = M$
$M = Fl$
$F = \frac{M}{l}$
$F = \frac{50}{0{,}5} = 100 Н$

Ответ: 100

Источник: ФИПИ

Решение:

На графике координаты $x(t)$ проекция скорости равна угловому коэффициенту касательной: $v_x=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}$. Если график поднимается, то $v_x\gt0$; если опускается — $v_x\lt0$; в точках максимума и минимума $v_x=0$. Знак проекции ускорения определяется направлением выпуклости: на участках, выпуклых вверх, $a_x\lt0$, на участках, выпуклых вниз (вогнутых), $a_x\gt0$.

Проверяем утверждения:

1) неверно: точка C лежит на убывающем участке графика, поэтому $v_x\lt0$;
2) верно: в точке B (максимум) скорость равна нулю, а дальше график спускается всё круче, значит на участке BC модуль скорости растёт;
3) неверно: $x_B\gt x_A$, поэтому проекция перемещения $s_x=x_B-x_A\gt0$;
4) неверно: точка D лежит на вогнутом участке (после минимума график загибается вверх), поэтому $a_x\gt0$;
5) верно: в точке A график возрастает ($v_x\gt0$) и выпуклый вверх ($a_x\lt0$) — скорость тела убывает, значит ускорение и скорость направлены в противоположные стороны.

Ответ: 25

Решение:

Сопротивление воздуха пренебрежимо мало, поэтому на камень в течение всего полёта действует только сила тяжести. По второму закону Ньютона $m\vec{a} = m\vec{g}$, откуда $\vec{a} = \vec{g}$.

Значит, модуль ускорения камня всё время равен $g \approx 9{,}8\,\text{м/с}^2$ и при движении вниз не изменится.

Потенциальная энергия камня в поле тяжести $E_{\text{п}} = mgh$ прямо пропорциональна высоте. При движении вниз высота $h$ уменьшается, поэтому потенциальная энергия камня уменьшится (она переходит в кинетическую).

Ответ: 32

Решение:
Анализ представленного графика показывает, что при фиксированном значении температуры давление p1 превышает давление p2 ровно в два раза. Опираясь на основное уравнение состояния $p = nkT$, можно сделать вывод о пропорциональной зависимости: значение концентрации n₁ также будет в 2 раза выше значения n₂. Таким образом, искомое отношение концентраций составляет 2.

Ответ: 2

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $Q=200\ \text{Дж}$ — газ получил теплоту, $A_\text{внеш}=80\ \text{Дж}$ — работа внешних сил над газом.

По первому закону термодинамики

$$\Delta U=Q+A_\text{внеш},$$

так как работа самого газа $A_\text{газа}=-A_\text{внеш}$ и $\Delta U=Q-A_\text{газа}$.

Подставим числа:

$$\Delta U=200\ \text{Дж}+80\ \text{Дж}=280\ \text{Дж}.$$

Ответ: 280

Решение:

Мощность теплоотвода постоянна, поэтому за равные промежутки времени отводится одинаковое количество теплоты $Q=Pt$.

С 15-й по 25-ю минуту температура не меняется и равна 232 °С — идёт кристаллизация, при которой отводится удельная теплота плавления $\lambda m$. Значит температура кристаллизации (она же температура плавления) в данных условиях равна 232 °С.

1) Верно.

2) На 20-й минуте вещество находится на «температурной полке»: часть его уже затвердела, часть ещё жидкая — неверно.

3) В жидком состоянии за 5 мин температура падала на 8 °С (250 → 242 → 234), в твёрдом — на 14 °С (230 → 216). Из $Q=cm\Delta T$ при $Q=\text{const}$ следует $c=\frac{Q}{m\Delta T}$: чем больше $\Delta T$, тем меньше удельная теплоёмкость, значит в жидком и твёрдом состояниях она разная — неверно.

4) На 30-й минуте температура 230 °С уже ниже температуры кристаллизации 232 °С, т. е. вещество полностью затвердело — верно.

5) Кристаллизация началась не раньше 10-й и закончилась не позже 30-й минуты, т. е. длилась менее 20 мин — неверно.

Ответ: 14

Дано: Q = 0 Дж, ν = 1 моль, U↑

Решение:
Связь внутренней энергии с параметрами состояния выражается уравнением $U = \frac{3}{2} νRT ,$. Из данного выражения следует, что рост внутренней энергии неизбежно приводит к повышению температуры вещества: $\mathbf{Т} \uparrow ,$, так как между этими величинами существует прямая пропорциональность (1).

Согласно условию, теплообмен с окружающей средой отсутствует (процесс адиабатный), то есть Q = 0. На основе первого закона термодинамики получаем: $\Delta U = - A$. Рост внутренней энергии означает, что её вариация положительна, следовательно, работа самого газа должна быть отрицательной. Это свидетельствует о том, что происходит сжатие (уменьшение объёма): $\mathbf{V} \downarrow ( 2 ) .$

В результате уменьшения занимаемого объёма возрастает концентрация молекул ($n = \frac{N}{V}$). Учитывая одновременный рост температуры и концентрации, в соответствии с формулой $p = nkT$ можно сделать вывод, что давление газа также станет больше: $\mathbf{p} \uparrow ( 1 ) .$

Ответ: 112

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $R=1\ \text{Ом}$, $I=2\ \text{А}$.

Весь ток $I$ проходит через крайний резистор, а затем цепь разветвляется на две параллельные ветви, в каждой из которых по два последовательно соединённых резистора:

$$R_\text{в}=2R,\qquad R_\text{н}=2R.$$

Сопротивления ветвей одинаковы, поэтому ток делится поровну:

$$I_\text{н}=\frac{I}{2}=\frac{2\ \text{А}}{2}=1\ \text{А}.$$

Идеальный вольтметр тока не потребляет и подключён параллельно одному из резисторов нижней ветви, поэтому по закону Ома для участка цепи

$$U=I_\text{н}R=1\ \text{А}\cdot 1\ \text{Ом}=1\ \text{В}.$$

Ответ: 1

Решение:

Дано: $L = 0{,}5$ Гн, $W = 40\ \text{мДж} = 0{,}04\ \text{Дж}$.

Энергия магнитного поля катушки:

$$W = \frac{L I^2}{2} \quad \Rightarrow \quad I = \sqrt{\frac{2W}{L}} .$$

Подставляем: $I = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 0{,}04\ \text{Дж}}{0{,}5\ \text{Гн}}} = \sqrt{0{,}16}\ \text{А} = 0{,}4\ \text{А}$.

Ответ: 0,4

Решение:
Определим по сетке расстояние от светящейся точки до плоскости линзы, а также от линзы до полученного изображения, учитывая масштаб: одна клетка соответствует 1 см. Воспользовавшись этими данными, вычислим оптическую силу системы по формуле: $D = \frac{1}{0{,}12} + \frac{1}{0{,}04} \approx 33{,}3 .$

Ответ: 33,3

Источник: ФИПИ

Решение:

Кольцо № 1 деревянное: дерево — диэлектрик, свободных носителей заряда в нём нет, поэтому индукционный ток в нём не возникает и с магнитом кольцо не взаимодействует.

Кольцо № 2 медное — замкнутый проводящий контур. Магнит удаляют, магнитный поток через кольцо убывает, и по закону электромагнитной индукции $\varepsilon_i=-\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\ne 0$ в кольце течёт индукционный ток. По правилу Ленца он препятствует уменьшению потока, поэтому кольцо притягивается к магниту и следует за ним.

1) Кольцо № 2 притягивается, а не отталкивается. Неверно.

2) В деревянном кольце № 1 тока нет. Неверно.

3) В медном кольце № 2 индукционный ток возникает. Верно.

4) Кольцо № 1 с магнитом не взаимодействует. Неверно.

5) По правилу Ленца кольцо № 2 следует за удаляющимся магнитом. Верно.

Ответ: 35

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:

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:

По второму постулату Бора при переходе атома между уровнями энергии $E_m$ и $E_n$ излучается или поглощается фотон с энергией

$$E_{\text{ф}} = h\nu = \frac{hc}{\lambda} = |E_m - E_n|.$$

Отсюда: чем больше разность энергий уровней (длиннее стрелка на диаграмме), тем больше энергия фотона и тем меньше его длина волны.

Стрелка вверх — переход на более высокий уровень, то есть поглощение; стрелка вниз — излучение. По рисунку: 1 $(E_1 \rightarrow E_0)$ и 2 $(E_2 \rightarrow E_0)$ — излучение; 3 $(E_0 \rightarrow E_3)$ и 4 $(E_0 \rightarrow E_4)$ — поглощение.

а) Поглощение света с наибольшей длиной волны. Наибольшей $\lambda$ отвечает наименьшая энергия фотона. Среди переходов с поглощением (3 и 4)

$$E_3 - E_0 \lt E_4 - E_0,$$

так как уровень $E_3$ лежит ниже уровня $E_4$. Значит, это переход 3.

б) Излучение света с наименьшей энергией. Среди переходов с излучением (1 и 2)

$$E_1 - E_0 \lt E_2 - E_0,$$

так как уровень $E_1$ лежит ниже уровня $E_2$. Значит, это переход 1.

Итого: а — 3, б — 1.

Ответ: 31

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) верно: перемещение шайбы горизонтально, а сила тяжести вертикальна, поэтому $A=mgs\cos 90^\circ=0$.

2) неверно: кристаллизация идёт с выделением теплоты $Q=\lambda m$; поглощается теплота при обратном процессе — плавлении.

3) верно: при последовательном соединении через все резисторы течёт один и тот же ток, а напряжения складываются: $U=U_1+U_2+\ldots$.

4) неверно: переменное магнитное поле (и электромагнитную волну) создают только ускоренно движущиеся заряды; равномерное прямолинейное движение заряда равносильно постоянному току и переменного магнитного поля не порождает.

5) неверно: по уравнению Эйнштейна $h\nu=A_{\text{вых}}+E_{\text{к}}^{\max}$, то есть $E_{\text{к}}^{\max}=h\nu-A_{\text{вых}}$ — энергия фотоэлектрона меньше энергии кванта на работу выхода.

Верны утверждения 1 и 3.

Ответ: 13

Решение:

Дано: число болтов $N = 150$, масса всех болтов $M = 75$ г, погрешность измерения массы $\Delta M = 3$ г.

Болты одинаковые, поэтому масса одного болта равна массе пакета болтов, делённой на их число (косвенное измерение):

$$m = \frac{M}{N} = \frac{75\ \text{г}}{150} = 0{,}50\ \text{г}.$$

При делении измеренной величины на точно известное число $N$ погрешность делится на то же число:

$$\Delta m = \frac{\Delta M}{N} = \frac{3\ \text{г}}{150} = 0{,}02\ \text{г}.$$

Итак, $m = (0{,}50 \pm 0{,}02)$ г.

Ответ: 0,500,02

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