Вариант 3 · Октябрь 2026

Решение:

По закону Гука модуль силы упругости прямо пропорционален деформации:

$$F_{\text{упр}} = k\,\Delta x \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{F_{\text{упр}}}{\Delta x}.$$

График — прямая, проходящая через начало координат, поэтому жёсткость можно найти по координатам любой её точки. Возьмём точку графика $\Delta x = 40$ см $= 0{,}4$ м, которой соответствует $F_{\text{упр}} = 20$ Н.

$$k = \frac{20\ \text{Н}}{0{,}4\ \text{м}} = 50\ \text{Н/м}.$$

Ответ: 50

Решение:
Применяя закон сохранения импульса к системе, состоящей из охотника и снаряда, запишем выражение:
$m_{снаряда} v_{снаряда} = m_{орудия} v_{орудия}$
Исходя из этого уравнения, определим скорость отдачи охотника в результате выстрела:
$v_{орудия} = \frac{( m_{снаряда} v_{снаряда} )}{m_{орудия}} = \frac{45 \cdot 150}{500} = 13{,}5 м / с$

Ответ: 13,5 м/с.

Источник: ФИПИ

Условие: h = 18 см = 0,18 м; S = 0,01 м²

Вопрос: F - ?

Ход решения:
$p = \rho gh ( 1 )$
В данном выражении $\rho$ обозначает плотность воды, которая составляет 1000 кг/м³.
$F = pS ( 2 )$

Объединим формулы (2) и (1):
$F = \rho ghS ( 3 )$
$F = 1000 \cdot 10 \cdot 0{,}18 \cdot 0{,}01 = 18 Н$

Ответ: 18

Источник: ФИПИ

Решение:

График A — прямая, значит тело A движется равномерно: оно выходит из точки $x_0 = 20\ \text{м}$ и за 10 с приходит в точку $-30\ \text{м}$, поэтому

$$\upsilon_A = \frac{-30 - 20}{10} = -5\ \text{м/с} = \text{const}.$$

График B — парабола с ветвями вверх: тело B движется равноускоренно. Её вершина приходится на $t = 5\ \text{с}$, где $x_B = -25\ \text{м}$ — именно там скорость тела B обращается в нуль.

1) От $t = 3\ \text{с}$ до $t = 5\ \text{с}$ тело B опускается примерно с $-20\ \text{м}$ до $-25\ \text{м}$, а затем к $t = 9\ \text{с}$ поднимается почти до начала координат, то есть примерно на $25\ \text{м}$. Путь равен сумме модулей: около $30\ \text{м}$, что заметно больше $15\ \text{м}$ — неверно.
2) Тело A движется равномерно, поэтому $p = m\upsilon_A$ постоянен — верно.
3) При $t = 4\ \text{с}$ у тела A обращается в нуль координата, а не скорость: $\upsilon_A = -5\ \text{м/с}$ в любой момент — неверно.
4) График B — парабола, значит движение равноускоренное, а не равномерное — неверно.
5) В вершине параболы при $t = 5\ \text{с}$ касательная горизонтальна, значит $\upsilon_B = 0$ и $p_B = m\upsilon_B = 0$ — верно.

Ответ: 25

Решение:

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

$H = \dfrac{gt^2}{2}$, $\quad L = \upsilon_0 t$.

Время полёта $t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$ определяется только высотой броска и не зависит от начальной скорости. Установка та же, высота $H$ прежняя, поэтому время полёта не изменится.

Дальность полёта $L = \upsilon_0 t$ прямо пропорциональна начальной скорости: при уменьшении $\upsilon_0$ в 2 раза дальность полёта уменьшится (в 2 раза).

После броска на шарик действует только сила тяжести (сопротивлением воздуха пренебрегаем), поэтому по второму закону Ньютона его ускорение равно $g$ и не изменится.

Ответ: 323

Решение:

Поршень подвижен, стенки сосуда гладкие, и поршень покоится — значит силы давления газов на него уравновешены, то есть давления газов по обе стороны поршня одинаковы: $p_{\text{н}} = p_{\text{а}}$.

Свяжем давление с концентрацией и температурой соотношением $p = nkT$, следующим из основного уравнения МКТ:

$n_{\text{н}} k T_{\text{н}} = n_{\text{а}} k T_{\text{а}}$, откуда $\dfrac{T_{\text{н}}}{T_{\text{а}}} = \dfrac{n_{\text{а}}}{n_{\text{н}}} = 3$.

Средняя кинетическая энергия теплового движения молекул зависит только от абсолютной температуры: $E = \dfrac{3}{2} kT$. Поэтому

$\dfrac{E_{\text{н}}}{E_{\text{а}}} = \dfrac{T_{\text{н}}}{T_{\text{а}}} = 3$.

Ответ: 3

Решение:

По графику переход $1\to 2$ идёт по вертикальному отрезку в координатах $p$–$V$: объём постоянен и равен $V_0$, а давление падает от $3p_0$ до $p_0$. Это изохорный процесс, поэтому работа газа

$$A=p\,\Delta V=0.$$

По первому началу термодинамики

$$Q=\Delta U+A=\Delta U.$$

Внутренняя энергия уменьшилась на $30\ \text{кДж}$, то есть $\Delta U=-30\ \text{кДж}$, значит $Q=-30\ \text{кДж}$: газ теплоту не получал, а отдавал.

Отданное количество теплоты

$$Q_{\text{отд}}=|Q|=30\ \text{кДж}=30\,000\ \text{Дж}.$$

Ответ: 30000

Решение:

Запишем уравнение Менделеева — Клапейрона через плотность: $p=\frac{m}{MV}RT=\frac{\rho RT}{M}$, откуда $$T=\frac{M}{R}\cdot\frac{p}{\rho},\qquad V=\frac{m}{\rho}.$$ Температура пропорциональна отношению $\frac{p}{\rho}$, а объём определяется плотностью.

По графику: состояние 1 — $(\rho_0;\ 4p_0)$, состояние 2 — $(2\rho_0;\ p_0)$, состояние 3 — $(\rho_0;\ p_0)$. В единицах $\frac{Mp_0}{R\rho_0}$ получаем $T_1=4$, $T_2=0{,}5$, $T_3=1$.

1) На дуге 1–2 давление убывает, а плотность растёт, поэтому отношение $\frac{p}{\rho}$ монотонно уменьшается: температура падает от $T_1=4$ до $T_2=0{,}5$ — верно.

2) Максимальна температура в состоянии 1 ($T_1=4$), а не в состоянии 3 ($T_3=1$) — неверно.

3) В процессе 2–3 плотность уменьшается от $2\rho_0$ до $\rho_0$, значит объём $V=\frac{m}{\rho}$ увеличивается — неверно.

4) $\frac{T_{\max}}{T_{\min}}=\frac{T_1}{T_2}=\frac{4}{0{,}5}=8$ — верно.

5) В процессе 3–1 плотность постоянна, значит объём постоянен и работа газа $A=p\Delta V=0$ — неверно.

Ответ: 14

Решение:

Пусть вначале в сосуде было $\nu$ моль газа при объёме $V$ и температуре $T$. Стало: $\nu'=\dfrac{\nu}{2}$, $V'=\dfrac{V}{2}$, $T'=T$.

По уравнению Менделеева — Клапейрона $p=\dfrac{\nu RT}{V}$, поэтому $p'=\dfrac{(\nu/2)RT}{V/2}=\dfrac{\nu RT}{V}=p$ — давление газа не изменилось (3).

Внутренняя энергия идеального газа $U=\dfrac{3}{2}\nu RT$ зависит от количества вещества и температуры: $U'=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{\nu}{2}\cdot RT=\dfrac{U}{2}$ — внутренняя энергия уменьшилась (2).

Ответ: 32

Решение:

Дано: $q_1=+7$ нКл, $q_2=-3$ нКл, расстояние $r$ не меняется.

По закону Кулона модуль силы взаимодействия точечных зарядов $F=k\dfrac{|q_1||q_2|}{r^2}$.

До соприкосновения: $$F_1=k\frac{|q_1||q_2|}{r^2}=k\frac{7\cdot 3\cdot10^{-18}}{r^2}=k\frac{21\cdot10^{-18}}{r^2}.$$

Шарики одинакового диаметра, поэтому при соприкосновении суммарный заряд распределяется между ними поровну:

$$q'=\frac{q_1+q_2}{2}=\frac{7+(-3)}{2}=+2\ \text{нКл}.$$

После того как шарики раздвинули на прежнее расстояние:

$$F_2=k\frac{(q')^2}{r^2}=k\frac{4\cdot10^{-18}}{r^2}.$$

$$\frac{F_1}{F_2}=\frac{21}{4}=5{,}25.$$

Ответ: 5,25

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

Решение:

Из рисунка видно, что светящаяся точка $S$ находится над отметкой $2F$, то есть расстояние от неё до линзы равно двойному фокусному: $d = 2F$.

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

$\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{F} - \dfrac{1}{2F} = \dfrac{1}{2F} \;\Rightarrow\; f = 2F$.

Увеличение линзы $\Gamma = \dfrac{f}{d} = \dfrac{2F}{2F} = 1$: изображение действительное, перевёрнутое и равное по размеру предмету.

Значит, изображение лежит по другую сторону линзы на расстоянии $2F$ от неё (на вертикали, проходящей через правую отметку $2F$) и, поскольку изображение перевёрнутое, — ниже главной оптической оси, на том же расстоянии от оси, что и точка $S$.

Этим условиям удовлетворяет точка 3.

Ответ: 3

Решение:

По закону электромагнитной индукции ЭДС индукции равна скорости изменения магнитного потока, а так как поле однородно и постоянно $(B=\mathrm{const})$, а поток $\Phi=BS$:

$$|\mathcal{E}_i|=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=B\left|\frac{\Delta S}{\Delta t}\right|.$$

Значит, ток в контуре есть только тогда, когда площадь контура меняется, и тем больше, чем круче график $S(t)$. Снимаем с графика (рис. б):

• от 0 до 4 с: $S=800\ \text{см}^2=\mathrm{const}$, $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|=0$;
• от 4 до 8 с: $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|=\dfrac{800-400}{8-4}=100\ \text{см}^2/\text{с}$;
• от 8 до 14 с: $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|=\dfrac{400-100}{14-8}=50\ \text{см}^2/\text{с}$.

Разбираем утверждения.

1) Неверно: в течение первых 4 с площадь контура постоянна, поток не меняется, ЭДС индукции и ток равны нулю, поэтому непрерывного тока в первые 6 с нет.

2) Неверно: от 0 до 4 с тока в контуре нет вообще, и лампочка не горит.

3) Неверно: при $t=2\ \text{с}$ ток в проводнике равен нулю, значит сила Ампера $F=BIl$ тоже равна нулю и никакого направления не имеет.

4) Верно: максимальная скорость изменения площади (а значит и максимальная ЭДС) — на участке от 4 до 8 с, где $|\mathcal{E}_i|$ вдвое больше, чем на участке от 8 до 14 с.

5) Верно: на всём интервале от 6 до 12 с площадь контура только уменьшается, поэтому поток убывает всё время в одну сторону; по правилу Ленца индукционный ток всё это время течёт в одном и том же направлении (поддерживая убывающий поток).

Ответ: 45

Источник: ФИПИ

Решение:

Частица движется по окружности под действием силы Лоренца $F=qvB$, играющей роль центростремительной силы. По второму закону Ньютона:

$qvB=\dfrac{mv^2}{R}$, откуда $R=\dfrac{mv}{qB}$ и $v=\dfrac{qBR}{m}$.

Во втором опыте радиус меньше при тех же $q$, $m$, $B$, значит меньше и скорость. Кинетическая энергия $E_{\text{к}}=\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{q^2B^2R^2}{2m}$ уменьшилась — характер изменения 2.

Период обращения $T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi m}{qB}$, поэтому частота обращения $\nu=\dfrac{1}{T}=\dfrac{qB}{2\pi m}$ определяется только зарядом, массой частицы и индукцией поля. Все они не изменились, значит частота обращения не изменилась — характер изменения 3.

Ответ: 23

Решение:

Дано: $T_{1/2}=8$ сут, $\nu_0=0{,}1$ моль, $t=16$ сут.

По закону радиоактивного распада число оставшихся ядер (а значит, и количество вещества) убывает по закону

$\nu=\nu_0\cdot 2^{-\frac{t}{T_{1/2}}}$.

Число прошедших периодов полураспада: $\dfrac{t}{T_{1/2}}=\dfrac{16\ \text{сут}}{8\ \text{сут}}=2$.

Значит, $\nu=0{,}1\cdot 2^{-2}=\dfrac{0{,}1}{4}=0{,}025$ моль.

Ответ: 0,025

Решение:

В видимом спектре длина волны растёт от фиолетового края к красному, поэтому у зелёного света длина волны больше, чем у синего:

$$\lambda_{\text{син}} \approx 450\ \text{нм} \lt \lambda_{\text{зел}} \approx 550\ \text{нм}.$$

1) Длина волны падающего света. При переходе от синего светофильтра ко второму (зелёному) длина волны увеличилась — это вариант 1.

2) Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов. По уравнению Эйнштейна для фотоэффекта

$$h\nu = A_{\text{вых}} + E_{k\max}, \qquad E_{k\max} = \frac{hc}{\lambda} - A_{\text{вых}}.$$

Работа выхода $A_{\text{вых}}$ определяется только веществом катода и при смене светофильтра не меняется. Так как $\lambda$ увеличилась, слагаемое $\dfrac{hc}{\lambda}$ (энергия фотона) уменьшилось, значит $E_{k\max}$ уменьшилась — это вариант 2.

Ответ: 12

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Верно. Это определение механического движения — изменение положения тела относительно других тел с течением времени.

2) Неверно. Конденсация идёт с выделением теплоты $Q = Lm$ в окружающую среду; поглощается теплота при обратном процессе — парообразовании.

3) Неверно. При последовательном соединении одинаков ток: $I_1 = I_2 = I$, а напряжения складываются: $U = U_1 + U_2$ и на разных резисторах $U_k = IR_k$ различны.

4) Неверно. Индукционный ток возникает только при изменении магнитного потока: $\mathcal{E}_i = -\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$. У покоящегося контура в постоянном однородном поле $\Phi = \mathrm{const}$, поэтому $\mathcal{E}_i = 0$.

5) Верно. Закон радиоактивного распада $N = N_0\, 2^{-t/T}$ статистический: он описывает поведение большого числа ядер, но не предсказывает момент распада конкретного ядра.

Ответ: 15

Решение:

Сначала находим цену деления шкалы термометра. Между соседними оцифрованными штрихами $40$ °C и $50$ °C укладывается 10 промежутков, поэтому

$$c = \frac{50\ ^\circ\text{C} - 40\ ^\circ\text{C}}{10} = 1\ ^\circ\text{C}.$$

Верхний край столбика жидкости приходится на пятый штрих после отметки $40$ °C, значит показание термометра $t = 40 + 5 \cdot 1 = 45{,}0$ °C.

По условию погрешность равна половине цены деления:

$$\Delta t = \frac{c}{2} = \frac{1\ ^\circ\text{C}}{2} = 0{,}5\ ^\circ\text{C}.$$

Итак, $t = (45{,}0 \pm 0{,}5)$ °C. Записываем значение и погрешность слитно.

Ответ: 45,00,5

Решение:

Жёсткость жгута определяют по закону Гука:

$$F=k\Delta l\quad\Rightarrow\quad k=\frac{F}{\Delta l}.$$

Значит, надо измерить силу, растягивающую жгут, и его удлинение.

Силу растяжения показывает динамометр (оборудование 1), прикреплённый к свободному концу жгута, а удлинение $\Delta l=l-l_0$ измеряют линейкой (оборудование 4), сравнивая длину нерастянутого и растянутого жгута.

Секундомер (2), стакан с водой (3) и мензурка (5) измеряют величины, не входящие в формулу, поэтому не нужны.

Ответ: 14