Вариант 5 · Октябрь 2026

Условие: k = 200 Н/м; x = 5 см = 0,05 м

Вопрос: F_упр - ?

Ход решения:
$F_{упр} = kx$
$F_{упр} = 200 \cdot 0{,}05 = 10 Н$

Ответ: 10

Источник: ФИПИ

Дано: m = 0,1 кг; l = 1 м

Найти: A - ?

Решение:
$A = mg ( h_{2} - h_{1} )$

За полный цикл вращения тело возвращается в исходное положение. Поскольку траектория движения является замкнутой, суммарная работа силы тяжести за этот период составит ноль: $A = 0 .$

Ответ: 0

Источник: ФИПИ

Решение:

Амплитуда гармонических колебаний — это наибольшее отклонение координаты тела от положения равновесия, то есть наибольшее удаление графика $x(t)$ от оси времени.

Считаем отклонения по клеткам сетки. График $1$ поднимается над осью $t$ на $3$ клетки, значит $A_1 = 3$ клетки. График $2$ поднимается над осью на $1$ клетку, значит $A_2 = 1$ клетка.

Отношение амплитуд:

$$\frac{A_1}{A_2} = \frac{3}{1} = 3.$$

Ответ: 3

Решение:

Дано: $m = 2\ \text{кг}$, $g = 10\ \text{м/с}^2$, то есть $mg = 20\ \text{Н}$.

Пока брусок покоится, действует сила трения покоя, и из второго закона Ньютона в проекции на наклонную плоскость $F_{\text{тр}} = mg\sin\alpha$. Проверим по таблице: при $\alpha = 0{,}05$ получаем $20\sin 0{,}05 \approx 1{,}0\ \text{Н}$, при $\alpha = 0{,}1$ получаем $20\sin 0{,}1 \approx 2{,}0\ \text{Н}$ — совпадает.

При $\alpha = 0{,}2$ эта формула дала бы $20\sin 0{,}2 \approx 3{,}97\ \text{Н}$, а в таблице стоит $3{,}86\ \text{Н}$ — меньше. Значит, начиная с этого угла брусок скользит, и по закону сухого трения $F_{\text{тр}} = \mu mg\cos\alpha$, откуда

$$\mu = \frac{F_{\text{тр}}}{mg\cos\alpha} = \frac{3{,}86}{20\cos 0{,}2} \approx \frac{3{,}86}{19{,}6} \approx 0{,}2.$$

Проверка при $\alpha = 1{,}0$: $\mu mg\cos\alpha \approx 0{,}2 \cdot 20 \cdot 0{,}54 \approx 2{,}13\ \text{Н}$ — совпадает с таблицей.

1) Сила трения покоя растёт вместе с углом: $0 \to 1{,}0 \to 2{,}0\ \text{Н}$. Неверно.

2) Она не уменьшается, а увеличивается как $mg\sin\alpha$. Неверно.

3) $\mu \approx 0{,}2 \lt 0{,}4$. Верно.

4) При $\alpha \lt 0{,}1\ \text{рад}$ значения в точности равны $mg\sin\alpha$ — это трение покоя, брусок неподвижен. Неверно.

5) При скольжении $F_{\text{тр}} = \mu mg\cos\alpha$, и с ростом $\alpha$ множитель $\cos\alpha$ убывает: сила падает с $3{,}86\ \text{Н}$ до $2{,}13\ \text{Н}$. Верно.

Ответ: 35

Решение:

Из рисунка видно, что точка 2 — положение равновесия груза (пружина не деформирована), а точки 1 и 3 — крайние положения, в которых груз на мгновение останавливается.

Полная механическая энергия колебаний сохраняется: $E = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{kx^2}{2} = \text{const}$, где $x$ — смещение груза от положения равновесия.

При движении от точки 2 к точке 3 смещение $x$ растёт, значит потенциальная энергия пружины растёт, а кинетическая энергия груза $E_{\text{к}} = E - \dfrac{kx^2}{2}$ уменьшается (в точке 3 она равна нулю).

Так как $E_{\text{к}} = \dfrac{mv^2}{2}$, а масса груза постоянна, то вместе с кинетической энергией уменьшается и модуль скорости груза: $v = \sqrt{\dfrac{2E_{\text{к}}}{m}}$.

Жёсткость пружины $k$ — характеристика самой пружины, от деформации и положения груза она не зависит, поэтому не изменится.

Ответ: 223

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

Решение:

Относительная влажность $\varphi=\dfrac{p}{p_\text{н}}\cdot 100\%$. Процесс изотермический, поэтому давление насыщенного пара $p_\text{н}$ не меняется.

Исходный пар ненасыщенный ($\varphi_1=75\%\lt 100\%$), и при расширении он остаётся ненасыщенным, значит к нему применим закон Бойля — Мариотта:

$$p_1V_1=p_2V_2\quad\Longrightarrow\quad p_2=p_1\frac{V_1}{V_2}=\frac{p_1}{2}.$$

Тогда

$$\varphi_2=\frac{p_2}{p_\text{н}}\cdot 100\%=\frac{\varphi_1}{2}=\frac{75\%}{2}=37{,}5\%.$$

Ответ: 37,5

Решение:

По диаграмме: $1\,(6\ \text{л};\ 200\ \text{кПа})$, $2\,(8\ \text{л};\ 200\ \text{кПа})$, $3\,(8\ \text{л};\ 100\ \text{кПа})$, $4\,(6\ \text{л};\ 100\ \text{кПа})$. Значит 1–2 — изобарное расширение, 2–3 — изохорное охлаждение, 3–4 — изобарное сжатие, 4–1 — изохорное нагревание.

Произведение $pV$ максимально в состоянии 2: $p_2V_2=200\cdot10^3\ \text{Па}\cdot 8\cdot10^{-3}\ \text{м}^3=1600$ Дж, поэтому $T_2=T_{\max}=400$ К. Из $pV=\nu RT$ получаем $\nu R=\dfrac{1600\ \text{Дж}}{400\ \text{К}}=4\ \text{Дж/К}$. Тогда $T_1=\dfrac{1200}{4}=300$ К, $T_3=\dfrac{800}{4}=200$ К, $T_4=\dfrac{600}{4}=150$ К.

1) Минимальная температура достигается в состоянии 4 и равна $150$ К, а не $200$ К — неверно.

2) Изохорное нагревание — это процесс 4–1; работа не совершается, поэтому $Q=\Delta U=\dfrac{3}{2}\nu R(T_1-T_4)=\dfrac{3}{2}\cdot 4\cdot(300-150)=900$ Дж — верно.

3) В процессе 2–3 объём постоянен, а температура падает: $Q=\Delta U=\dfrac{3}{2}\nu R(T_3-T_2)\lt 0$ — газ отдаёт теплоту, а не получает — неверно.

4) При изобарном сжатии 3–4 над газом совершается работа $A_\text{внеш}=p\,|\Delta V|=100\cdot10^3\cdot 2\cdot10^{-3}=200$ Дж, а не $100$ Дж — неверно.

5) Работа газа за цикл равна площади прямоугольника на $pV$-диаграмме: $A=\Delta p\cdot\Delta V=100\cdot10^3\ \text{Па}\cdot 2\cdot10^{-3}\ \text{м}^3=200$ Дж — верно.

Ответ: 25

Решение:

Оболочка шара тонкая, мягкая и упругая, поэтому она практически не создаёт дополнительного давления: давление воздуха внутри шара всё время равно атмосферному давлению снаружи.

Объём. С высотой атмосферное давление уменьшается, значит уменьшается и давление газа в шаре. Газ при этом расширяется — объём воздуха увеличивается (ответ 1).

Внутренняя энергия. Подъём быстрый, а теплопроводностью оболочки пренебрегаем, поэтому теплообмена с окружающей средой нет: $Q=0$, процесс адиабатный. По первому закону термодинамики

$$\Delta U=Q-A=-A,$$

где $A$ — работа, совершённая газом. Газ расширяется, поэтому $A\gt 0$, и тогда $\Delta U\lt 0$: внутренняя энергия воздуха в шаре уменьшается (ответ 2). Это согласуется с тем, что $U=\dfrac{i}{2}\nu RT$ — при адиабатном расширении газ охлаждается.

Ответ: 21

Дано: I = 1 А; R₁ = 3 Ом ;R₂ = 1 Ом; R₃ = 5 Ом; 

Найти: U₂ - ?

Решение:
Из рисунка видно, что амперметр включен последовательно к резистору R₁, а значит амперметр показывает ток этого резистора. Найдем напряжение на резисторе R₁:

$U_{1} = I_{1} R_{1} = 1 \cdot 3 = 3 В$

Так как резистор R₂ и R₁ включены параллельно, значт напряжения на них одинаковые:

U₂=U₁=3 В

Ответ: 3 В

Источник: ФИПИ

Решение:

Дано: $L = 0{,}4$ Гн, $I = 6$ А.

Энергия магнитного поля катушки с током:

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

Подставляем: $W = \dfrac{0{,}4\ \text{Гн} \cdot (6\ \text{А})^2}{2} = \dfrac{0{,}4 \cdot 36}{2}\ \text{Дж} = 7{,}2\ \text{Дж}$.

Ответ: 7,2

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:

Однородное поле $\vec{E}$ направлено горизонтально вправо. Свободные электроны металла смещаются против поля — влево. В результате электростатической индукции на левом конце тела (точка В) индуцируется отрицательный заряд, а на правом (точка С) — положительный.

В равновесии поле индуцированных зарядов компенсирует внешнее поле внутри металла, поэтому $E=0$ во всех внутренних точках, а всё тело эквипотенциально: $\varphi_{\text{А}}=\varphi_{\text{В}}=\varphi_{\text{С}}=\varphi_{\text{D}}$.

1) Потенциалы точек А и С равны, а не различны. Неверно.

2) На правом конце (точка С) индуцируется положительный заряд. Верно.

3) Точка D лежит внутри проводника, там $E=0$. Верно.

4) На левом конце (точка В) индуцируется отрицательный заряд. Верно.

5) Электроны смещаются именно к точке В, поэтому их концентрация там наибольшая, а не наименьшая. Неверно.

Ответ: 234

Решение:

Резистор $R_1$ и реостат $R_2$ включены последовательно, поэтому сопротивление цепи $R=R_1+R_2$, а напряжение источника $U$ по условию остаётся постоянным.

По закону Ома для участка цепи $I=\dfrac{U}{R_1+R_2}$. При уменьшении $R_2$ знаменатель уменьшается, значит сила тока в цепи увеличивается — характер изменения 1.

Напряжение на реостате $U_2=IR_2=\dfrac{UR_2}{R_1+R_2}=\dfrac{U}{1+\dfrac{R_1}{R_2}}$.

При уменьшении $R_2$ отношение $\dfrac{R_1}{R_2}$ растёт, знаменатель растёт, поэтому напряжение на реостате уменьшается — характер изменения 2. Проверка через $U_2=U-IR_1$: ток вырос, значит падение напряжения на $R_1$ выросло, а на реостате упало.

Ответ: 12

Решение:

При $\alpha$-распаде из ядра вылетает $\alpha$-частица — ядро гелия ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$. Запишем уравнение реакции:

$${}^{174}_{78}\mathrm{Pt}\ \rightarrow\ {}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{A}_{Z}X.$$

По закону сохранения электрического заряда сумма зарядовых чисел до и после распада одинакова: $78=2+Z$, откуда

$$Z=78-2=76.$$

(Из закона сохранения массового числа $A=174-4=170$, то есть образуется ядро осмия ${}^{170}_{76}\mathrm{Os}$.)

Ответ: 76

Источник: ФИПИ

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

Решение:

Проверим каждое утверждение.

1) верно: резонанс — это и есть резкое возрастание амплитуды вынужденных колебаний при совпадении частоты вынуждающей силы с собственной частотой системы.

2) неверно: теплопередача от более нагретого тела к менее нагретому — необратимый процесс: сам собой обратный переход теплоты не происходит (второй закон термодинамики).

3) неверно: закон сохранения заряда утверждает лишь, что алгебраическая сумма зарядов в замкнутой системе не изменяется; она может быть и отличной от нуля.

4) верно: дифракция — огибание волной препятствий — отчётливо наблюдается, когда размеры препятствия сравнимы с длиной волны или меньше её.

5) верно: в планетарной (ядерной) модели Резерфорда почти вся масса и весь положительный заряд атома сосредоточены в ядре, вокруг которого движутся электроны.

Верны утверждения 1, 4 и 5.

Ответ: 145

Решение:
Сначала определим цену деления (ц.д.) прибора — это значение, соответствующее одному интервалу между соседними метками шкалы.
Интервал представляет собой дистанцию между двумя штрихами.
$ц . д . = \frac{разность 2 x ближайших чисел}{число белых промежутков между цифрами}$
$ц . д . = \frac{5 - 4}{5} = \frac{1}{5} = 0{,}2 .$

Анализируя изображение, заметим, что указатель прибора смещен вправо от отметки 4 В на 3 деления. Таким образом, вольтметр показывает:
$U = 4 + 3 промежутка$
$U = 4 + 3 \cdot 0{,}2 = 4{,}6 В$

Согласно условию, абсолютная погрешность измерения составляет половину цены деления, то есть:
$Погрешность = \frac{ц . д .}{2} = \frac{0{,}2}{2} = 0{,}1 .$

Ответ: 4,60,1

Источник: ФИПИ

Решение:

Жёсткость находят из закона Гука $F=kx$, откуда $k=\dfrac{F}{x}$.

Растягивающей силой служит вес подвешенного к жгуту стального цилиндра: $F=mg$. Массу $m$ цилиндра определяют рычажными весами с разновесом (5), а удлинение жгута $x$ — линейкой (4).

Тогда $k=\dfrac{mg}{x}$. Мензурка, стакан с водой и пружина в этом опыте не нужны.

Ответ: 45