Вариант 4 · Октябрь 2026

Условие: 3m₁ = m₂; 2s₁ = s₂

Определить: F_2тр-?

Ход решения:
Величина силы трения определяется свойствами контактирующих материалов и силой давления тела на опору. При этом площадь контакта тел на значение силы трения не влияет.
$F_{1 тр} = \mu N_{1} ( 1 )$

Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось Y для первой ситуации:
$N_{1} = m_{1} g ( 2 )$

Объединяя выражения (1) и (2), получаем:
$F_{1 тр} = \mu m_{1} g ( 3 )$
$F_{2 тр} = \mu N_{2} ( 4 )$

Аналогично применим второй закон Ньютона для вертикальной оси во втором случае:
$N_{2} = m_{2} g ( 5 )$

Используя формулы (4) и (5), находим искомую величину:
$F_{2 тр} = \mu m_{2} g = 3 \mu m_{1} g = 3 F_{1 тр} ( 6 )$

Ответ: 3

Источник: ФИПИ

Условие: m = 10³ кг; v = 10 м/с

Определить: $E_{к}$ - ?

Ход решения:
$E_{к} = \frac{m \cdot v^{2}}{2}$
$E_{к} = \frac{10^{3} \cdot 10^{2}}{2} = 50000 Дж$

Ответ: 50000

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $m = 1{,}5\ \text{кг}$, $p = 1{,}2\ \text{кПа} = 1200\ \text{Па}$, $g = 10\ \text{м/с}^2$. Найти площадь грани $S$ в $\text{см}^2$.

Брусок покоится на горизонтальном столе, поэтому сила давления бруска на стол равна по модулю силе тяжести: $F = mg$. По определению давления $p = \dfrac{F}{S}$, значит

$$S = \frac{mg}{p} = \frac{1{,}5 \cdot 10}{1200} = 0{,}0125\ \text{м}^2.$$

Так как $1\ \text{м}^2 = 10^4\ \text{см}^2$, получаем

$$S = 0{,}0125 \cdot 10^4 = 125\ \text{см}^2.$$

Ответ: 125

Решение:

Дано: толщина каждого 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$^2$. По рисунку уровень воды приходится на границу брусков, значит погружён ровно один (нижний) брусок.

Условие плавания: сила Архимеда уравновешивает силу тяжести стопки, $F_A=2mg$, то есть

$$\rho_{\text{в}} g V_{\text{погр}}=2mg,\qquad F_A=2\cdot 1\cdot 10=20\ \text{Н}.$$

Отсюда объём одного бруска и площадь его основания:

$$V_0=V_{\text{погр}}=\frac{2m}{\rho_{\text{в}}}=\frac{2}{1000}=2\cdot 10^{-3}\ \text{м}^3,\qquad S=\frac{V_0}{h}=\frac{2\cdot 10^{-3}}{0{,}05}=0{,}04\ \text{м}^2,$$

а плотность материала

$$\rho=\frac{m}{V_0}=\frac{1}{2\cdot 10^{-3}}=500\ \text{кг/м}^3.$$

1) Плотность подсолнечного масла меньше плотности воды ($\approx 900$ кг/м$^3$), поэтому для создания той же выталкивающей силы нужно вытеснить больший объём — глубина погружения увеличится, а не уменьшится — неверно.

2) Полностью погружённая стопка вытесняет объём $2V_0=4\cdot 10^{-3}$ м$^3$, что даёт наибольшую возможную выталкивающую силу $$F_{A\max}=\rho_{\text{в}} g\cdot 2V_0=1000\cdot 10\cdot 4\cdot 10^{-3}=40\ \text{Н}.$$ Вес брусков с гирей равен $(2+1{,}5)\cdot 10=35\ \text{Н}\lt 40\ \text{Н}$, значит бруски не утонут — верно.

3) Для пяти брусков $V_{\text{погр}}=\dfrac{5m}{\rho_{\text{в}}}=5\cdot 10^{-3}$ м$^3$, и глубина погружения $$d=\frac{V_{\text{погр}}}{S}=\frac{5\cdot 10^{-3}}{0{,}04}=0{,}125\ \text{м}=12{,}5\ \text{см}.$$ Она увеличится на $12{,}5-5=7{,}5$ см, а не на $15$ см — неверно.

4) $F_A=20$ Н, а не $10$ Н — неверно.

5) $\rho=500$ кг/м$^3$ — верно.

Ответ: 25

Решение:

Сопротивления воздуха нет, поэтому по вертикали шарик свободно падает, а по горизонтали движется равномерно.

По вертикали: $H=\dfrac{gt^{2}}{2}\quad\Rightarrow\quad t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$.

По горизонтали: $L=V_{0}t=V_{0}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$.

Высота осталась прежней, поэтому время полёта не изменилось, а начальная скорость возросла вдвое, значит и дальность полёта возросла вдвое: $L'=2V_{0}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}=2L$. Дальность полёта увеличится — цифра 1.

По второму закону Ньютона на шарик действует только сила тяжести: $m\vec a=m\vec g$, откуда $\vec a=\vec g$. Ускорение не зависит ни от массы, ни от начальной скорости, поэтому оно не изменится — цифра 3.

Ответ: 13

Условие: $\frac{V_{2}}{V_{1}}$ = 2; T1 = 27 °С = 300 К

Определить: T₂ - ?

Ход решения:
Воспользуемся уравнением состояния идеального газа (Менделеева-Клапейрона):
$pV = νRT$
Запишем его для первого и второго состояний системы:
$pV_{2} = νRT_{2}$ (1)
$pV_{1} = νRT_{1}$ (2)

Выполним деление уравнения (1) на уравнение (2):
$\frac{V_{2}}{V_{1}} = \frac{T_{2}}{T_{1}}$
Откуда следует:
$T_{2} = T_{1} \frac{V_{2}}{V_{1}}$
Выразим искомую температуру:
$T_{2} = 300 \cdot 2$
Подставим значения и вычислим результат:
$T_{2} = 600 К$

Ответ: 600

Источник: ФИПИ

Решение:

На обоих рисунках графики — горизонтальные отрезки на $pT$-диаграмме, значит оба процесса изобарные, причём давление одинаково: $p=1{,}0\cdot 10^{5}\ \text{Па}$.

Работа газа в изобарном процессе $A=p\,\Delta V$. Из уравнения Клапейрона — Менделеева $pV=\nu RT$ при $p=\text{const}$ следует $p\,\Delta V=\nu R\,\Delta T$, поэтому

$$A=\nu R\,\Delta T.$$

Количество вещества аргона в обоих процессах одно и то же, значит работы относятся как изменения температуры.

С графиков: $\Delta T_{12}=300-100=200\ \text{К}$, $\Delta T_{34}=500-100=400\ \text{К}$.

$$\frac{A_{12}}{A_{34}}=\frac{\nu R\,\Delta T_{12}}{\nu R\,\Delta T_{34}}=\frac{200}{400}=0{,}5.$$

Ответ: 0,5

Решение:

Разберём цикл по графику в координатах $p\,(T)$. Прямая, проходящая через начало координат, отвечает процессу с постоянным объёмом, так как из уравнения Клапейрона — Менделеева

$$p=\frac{\nu R}{V}\,T,$$

и коэффициент наклона $\dfrac{\nu R}{V}$ тем больше, чем меньше объём. Вертикальный отрезок отвечает процессу при постоянной температуре.

Значит: $AB$ и $CD$ — изохоры (продолжения этих отрезков — штриховые прямые — проходят через начало координат), причём наклон $AB$ больше, поэтому $V_{AB}\lt V_{CD}$; $BC$ и $DA$ — изотермы.

Проверим утверждения.

1) На изохорах $AB$ и $CD$ работа равна нулю ($\Delta V=0$). На изотерме $BC$ объём растёт от $V_{AB}$ до $V_{CD}$ — газ расширяется при высокой температуре $T_B$, на изотерме $DA$ он сжимается при низкой температуре $T_A\lt T_B$. Работа изотермического процесса пропорциональна температуре, поэтому $|A_{BC}|\gt |A_{DA}|$, и суммарная работа газа за цикл положительна. Утверждение верно.

2) В процессе $AB$ объём постоянен, поэтому $A=0$, и по первому закону термодинамики $Q=\Delta U$. Давление и температура растут ($T_B\gt T_A$), значит $\Delta U=\dfrac{3}{2}\nu R\,(T_B-T_A)\gt 0$, то есть газ получает положительное количество теплоты. Утверждение верно.

3) Процесс $BC$ идёт при постоянной температуре, а внутренняя энергия идеального газа $U=\dfrac{3}{2}\nu RT$ зависит только от температуры, поэтому $\Delta U=0$ — она не уменьшается. Утверждение неверно.

4) Процесс $CD$ изохорный: $\Delta V=0$, поэтому работа внешних сил над газом равна нулю. Утверждение неверно.

5) В процессе $DA$ температура постоянна, но давление растёт, значит объём уменьшается — газ изотермически сжимается, а не расширяется. Утверждение неверно.

Верны утверждения 1 и 2.

Ответ: 12

Решение:

Сосуд закрыт, поэтому масса аргона и число его молекул $N$ постоянны. Давление поддерживают постоянным, объём медленно уменьшают — процесс изобарный.

По закону Гей-Люссака $\dfrac{V}{T} = \text{const}$, значит, при уменьшении объёма абсолютная температура газа уменьшается.

Аргон одноатомный, $U = \dfrac{3}{2}\dfrac{m}{M}RT$, поэтому внутренняя энергия уменьшается (ответ 2).

Концентрация молекул $n = \dfrac{N}{V}$: число молекул постоянно, объём уменьшается, поэтому концентрация увеличивается (ответ 1).

Ответ: 21

Решение:

Ток постоянный, поэтому заряд растёт линейно и сила тока равна отношению прошедшего заряда ко времени:

$$I = \frac{q}{t}.$$

По графику за время $t = 4\ \text{с}$ через поперечное сечение проводника проходит заряд $q = 12\ \text{Кл}$, значит

$$I = \frac{12\ \text{Кл}}{4\ \text{с}} = 3\ \text{А}.$$

Ответ: 3

Решение:

При поступательном движении прямолинейного проводника длиной $l$ в однородном магнитном поле на его концах возникает разность потенциалов, равная ЭДС индукции: $$U = B\,l\,v.$$

Магнитное поле, длина проводника и его ориентация в обоих случаях одни и те же, значит $U \sim v$: $$\frac{U_1}{U_2} = \frac{v_1}{v_2}.$$

По условию $U_2 = 2U_1$, поэтому $$\frac{v_1}{v_2} = \frac{U_1}{U_2} = \frac{U_1}{2U_1} = 0{,}5.$$

Ответ: 0,5

Решение:

Дано: $L=0{,}1\ \text{Гн}$, $\dfrac{T_2}{T_1}=4$.

В положении 1 ключа К в контур включена катушка $L$, в положении 2 — катушка $L_x$; конденсатор $C$ остаётся прежним. По формуле Томсона

$$T=2\pi\sqrt{LC}\ \Rightarrow\ T\sim\sqrt{L}.$$

Тогда

$$\frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{L_x}{L}}=4\ \Rightarrow\ L_x=16L.$$

Подставим числа:

$$L_x=16\cdot0{,}1\ \text{Гн}=1{,}6\ \text{Гн}.$$

Ответ: 1,6

Решение:

Вектор $\vec{B}$ постоянен и перпендикулярен плоскости контура, поэтому $\Phi = BS$, и по закону электромагнитной индукции $|\varepsilon| = \left|\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right| = B\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|$.

По графику б: от 0 до 2 с площадь растёт от 1 до 5 м², то есть $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right| = 2\ \text{м}^{2}\text{/с}$; от 2 до 4 с площадь постоянна, $\dfrac{\Delta S}{\Delta t} = 0$; от 4 до 6 с площадь убывает от 5 до 3 м², то есть $\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right| = 1\ \text{м}^{2}\text{/с}$.

1) В интервале от 2 до 4 с поток не меняется, ЭДС и ток равны нулю, поэтому непрерывно в течение первых 6 с ток не течёт — неверно.

2) Сначала поток возрастает, затем убывает, поэтому индукционный ток меняет направление на противоположное — неверно.

3) В интервале от 4 до 6 с площадь (а значит и поток) меняется, поэтому через лампочку течёт индукционный ток — верно.

4) При $t = 3$ с площадь постоянна, тока в контуре нет, поэтому сила Ампера равна нулю — неверно.

5) Рельсы гладкие, а проводник лёгкий, поэтому модуль приложенной силы равен модулю силы Ампера $F = BIl$, где $I = \dfrac{|\varepsilon|}{R} = \dfrac{B}{R}\left|\dfrac{\Delta S}{\Delta t}\right|$. В первые две секунды скорость изменения площади максимальна, значит максимальны и ток, и приложенная сила — верно.

Ответ: 35

Решение:

Сила Лоренца $F=qvB$ перпендикулярна скорости и сообщает частице центростремительное ускорение. По второму закону Ньютона

$qvB=\dfrac{mv^2}{R}$, откуда $R=\dfrac{mv}{qB}$.

При постоянных $m$, $q$, $B$ радиус прямо пропорционален скорости, поэтому при уменьшении скорости радиус орбиты уменьшится.

Частота обращения

$\nu=\dfrac{v}{2\pi R}=\dfrac{v\,qB}{2\pi mv}=\dfrac{qB}{2\pi m}$

от скорости не зависит, поэтому частота обращения не изменится.

Ответ: 23

Решение:

Дано: $N_0 = 8\cdot 10^{20}$ ядер, $T = 6$ мин.

По закону радиоактивного распада $N = N_0 \cdot 2^{-t/T}$. График должен проходить через точки, отвечающие этой зависимости.

Проверим точки, отмеченные на рисунке:

• $t = 6$ мин $(t/T = 1)$: $N = \dfrac{8\cdot 10^{20}}{2} = 4\cdot 10^{20}$, а точка 1 соответствует $5\cdot 10^{20}$ — не подходит;
• $t = 12$ мин $(t/T = 2)$: $N = \dfrac{8\cdot 10^{20}}{4} = 2\cdot 10^{20}$, а точка 2 соответствует $3\cdot 10^{20}$ — не подходит;
• $t = 18$ мин $(t/T = 3)$: $N = \dfrac{8\cdot 10^{20}}{8} = 1\cdot 10^{20}$ — это в точности точка 3;
• $t = 30$ мин $(t/T = 5)$: $N = \dfrac{8\cdot 10^{20}}{32} = 0{,}25\cdot 10^{20}$, а точка 4 соответствует $1\cdot 10^{20}$ — не подходит.

Значит, кроме точки A график проходит через точку 3.

Ответ: 3

Решение:

$\alpha$-распад — испускание ядра гелия ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$. По правилам смещения:

$${}^{A}_{Z}X \to {}^{A-4}_{Z-2}Y + {}^{4}_{2}\mathrm{He}.$$

Заряд ядра равен $q = Ze$; зарядовое число уменьшается на 2, поэтому заряд ядра уменьшается — 2.

Число нейтронов до распада $N = A - Z$, после распада $N' = (A-4) - (Z-2) = A - Z - 2 = N - 2$. Значит, число нейтронов тоже уменьшается (на 2) — 2.

Ответ: 22

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) Неверно. С ростом высоты уменьшается масса столба воздуха, лежащего выше данного уровня, поэтому атмосферное давление с высотой убывает (барометрическая формула $p = p_0 e^{-\frac{\mu g h}{RT}}$ — убывающая функция $h$).

2) Верно. КПД идеальной тепловой машины (цикл Карно) $\eta = 1 - \dfrac{T_\text{х}}{T_\text{н}}$. При $T_\text{н} = \mathrm{const}$ уменьшение температуры холодильника $T_\text{х}$ уменьшает дробь $\dfrac{T_\text{х}}{T_\text{н}}$, значит $\eta$ растёт.

3) Верно. Это следствие закона Кулона: сила взаимодействия точечных зарядов $F = k\dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}$ направлена вдоль прямой, соединяющей заряды; одноимённые заряды отталкиваются, разноимённые притягиваются.

4) Неверно. По формуле Томсона $T = 2\pi\sqrt{LC}$, а ёмкость плоского конденсатора $C = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}$. При сближении пластин расстояние $d$ уменьшается, ёмкость $C$ растёт, поэтому период $T$ увеличивается, а не уменьшается.

5) Верно. $\alpha$-излучение — поток ядер гелия ${}^{4}_{2}\text{He}$, то есть заряженных частиц. На движущийся заряд в магнитном поле действует сила Лоренца $F = |q| v B \sin\alpha$, поэтому пучок отклоняется.

Верные утверждения — 2, 3 и 5.

Ответ: 235

Условие: N = 20, t = (24,0 ± 0,2) с

Вопрос: Т

Ход решения:
Для нахождения искомых величин в подобных задачах необходимо разделить общее время и его абсолютную погрешность на число полных колебаний. Выполним расчеты:
$Т = \frac{t}{N} = \frac{24}{20} = 1{,}2 с .$
$Погрешность = \frac{погр . t}{N} = \frac{0{,}2}{20} = 0{,}01 .$

При записи итогового результата указывается значение периода вместе с его погрешностью. Поскольку погрешность определена с точностью до сотых долей (0,01), значение периода также следует представить с двумя знаками после запятой, дополнив его нулем: 1,20.

Ответ: 1,200,01

Источник: ФИПИ

Решение:

Сила Архимеда $F_{\text{А}}=\rho_{\text{ж}}gV$, где $V$ — объём погружённой части тела, $\rho_{\text{ж}}$ — плотность жидкости.

Чтобы изучить зависимость $F_{\text{А}}$ от плотности жидкости, в двух опытах должно меняться только одно — жидкость, а тело (его объём) должно быть одним и тем же.

Одинаковые шарики — медные шарики равного размера — использованы в установках 1 (вода) и 5 (керосин). Стальные шарики в установках 2 и 3 находятся в разных жидкостях, но имеют разные объёмы, поэтому эта пара не годится.

Ответ: 15