Вариант 8 · 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

Решение:

Дано: $p_1 = 0{,}3\ \text{кг} \cdot \text{м/с}$, $p = 0{,}5\ \text{кг} \cdot \text{м/с}$; векторы $\vec{p}_1$ и $\vec{p}_2$ взаимно перпендикулярны (см. рисунок: $\vec{p}_1$ направлен вдоль оси $x$, $\vec{p}_2$ — вдоль оси $y$).

При абсолютно неупругом ударе тела движутся дальше как одно целое, а импульс системы сохраняется. По закону сохранения импульса

$$\vec{p} = \vec{p}_1 + \vec{p}_2,$$

и, поскольку слагаемые взаимно перпендикулярны, по теореме Пифагора

$$p^2 = p_1^2 + p_2^2 \quad \Rightarrow \quad p_2 = \sqrt{p^2 - p_1^2}.$$

Подставляем числа:

$$p_2 = \sqrt{0{,}5^2 - 0{,}3^2} = \sqrt{0{,}25 - 0{,}09} = \sqrt{0{,}16} = 0{,}4\ \text{кг} \cdot \text{м/с}.$$

Ответ: 0,4

Дано: m = 0,2 кг; F_а = 10 Н

Найти: T - ?

Решение:
Запишем уравнение второго закона Ньютона для коробки, выбрав направление координатной оси вертикально вверх:
$F_{a} - T - mg = 0$
$T = F_{a} - mg$
$T = 10 - 0{,}2 \cdot 10 = 8 Н$

Ответ: 8

Источник: ФИПИ

Решение:

Снимем данные с графиков. Тело А: прямая, $v_{Ax}=-20$ м/с при $t=0$, $v_{Ax}=0$ при $t=4$ с, $v_{Ax}=+10$ м/с при $t=6$ с и $+20$ м/с при $t=8$ с. Тело В: кривая, $v_{Bx}\approx 25$ м/с при $t=0$, максимум $v_{Bx}=30$ м/с при $t=2$ с, затем скорость убывает и обращается в нуль при $t=7$ с.

1) График А — отрезок прямой, значит движение равноускоренное, и $$a_{Ax}=\frac{\Delta v_x}{\Delta t}=\frac{10-(-20)}{6-0}=5\ \text{м/с}^2.$$ Верно.

2) Перемещение равно площади под графиком $v_x(t)$. На отрезке от $0$ до $2$ с проекция скорости тела В всюду положительна и не меньше $25$ м/с, поэтому $$s_{Bx}\ge 25\cdot 2=50\ \text{м},$$ то есть тело переместилось в положительном направлении не менее чем на $50$ м — верно.

3) Перемещение тела А — алгебраическая площадь под его графиком: от $0$ до $4$ с она отрицательна, $s_1=\dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot(-20)=-40$ м, от $4$ до $8$ с положительна, $s_2=\dfrac{1}{2}\cdot 4\cdot 20=+40$ м. Итого $s=-40+40=0$ — верно.

4) Направление движения меняется там, где проекция скорости меняет знак. При $t=2$ с у тела В скорость максимальна и положительна ($30$ м/с), а знак она меняет только при $t=7$ с — неверно.

5) Пересечение графиков при $t=6$ с означает лишь равенство проекций скоростей ($10$ м/с). График $v_x(t)$ ничего не говорит о координатах тел, поэтому о встрече судить нельзя — неверно.

Ответ: 123

Решение:

Радиус орбиты $r=R_{\text{З}}+h$ увеличился (высота выросла с $400$ до $500$ км).

Скорость спутника. Для круговой орбиты сила тяготения является центростремительной: $$\frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}\quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{\frac{GM}{r}}.$$ При росте $r$ скорость уменьшилась — 2.

Потенциальная энергия. В поле тяготения Земли $$E_{\text{п}}=-\frac{GMm}{r}.$$ С ростом $r$ модуль этой отрицательной величины убывает, то есть сама $E_{\text{п}}$ растёт — спутник поднялся выше, и его потенциальная энергия увеличилась — 1.

Ответ: 21

Решение:

Средняя кинетическая энергия молекул идеального газа зависит только от абсолютной температуры: $\left\langle E \right\rangle = \dfrac{3}{2}kT$.

Температуру каждого газа выразим из формулы $p = nkT$: $T = \dfrac{p}{nk}$.

Концентрации газов одинаковы $\left(n_1 = n_2\right)$, поэтому $\dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{p_1}{p_2} = 2$ (индекс 1 — кислород, 2 — водород).

Следовательно, $\dfrac{\left\langle E_1 \right\rangle}{\left\langle E_2 \right\rangle} = \dfrac{T_1}{T_2} = 2$.

Ответ: 2

Решение:

На рисунке график в координатах $p$–$T$ — прямая, продолжение которой (штриховая линия) проходит через начало координат: $1:\ (300\ \text{К};\ 1\cdot 10^{5}\ \text{Па})$, $2:\ (900\ \text{К};\ 3\cdot 10^{5}\ \text{Па})$.

Значит, $\dfrac{p}{T} = \text{const}$, а по уравнению Клапейрона — Менделеева $\dfrac{p}{T} = \dfrac{\nu R}{V}$. Отсюда $V = \text{const}$ — процесс изохорный.

При постоянном объёме газ работы не совершает: $A = p\,\Delta V = 0$.

По первому началу термодинамики

$$Q = \Delta U + A = \Delta U \quad \Rightarrow \quad \Delta U = Q = 3\ \text{кДж}.$$

Вся полученная теплота пошла на увеличение внутренней энергии.

Ответ: 3

Решение:

По диаграмме на участке $a \rightarrow b$ давление постоянно и равно $2p_0$, а объём растёт. Так как в сосуде есть жидкая вода и температура постоянна, постоянное давление означает, что пар насыщенный: его давление $p_\text{н}$ зависит только от температуры. Расширение при $p = p_\text{н} = \text{const}$ сопровождается испарением капли — масса пара растёт.

На участке $b \rightarrow c$ выполняется $2p_0\cdot V_0 = p_0\cdot 2V_0$, то есть $pV = \text{const}$ — это изотерма идеального газа. Значит, к моменту $b$ капля полностью испарилась, масса пара дальше постоянна, и пар стал ненасыщенным.

1) Внутренняя энергия пара пропорциональна его массе и температуре: $U = \dfrac{m}{M}\cdot\dfrac{i}{2}RT$. На участке $a \rightarrow b$ при $T = \text{const}$ масса пара растёт за счёт испарения капли, поэтому $U$ увеличивается — верно.

2) В состоянии $a$ в сосуде есть жидкость и давление равно давлению насыщенного пара — пар насыщенный — верно.

3) На участке $b \rightarrow c$ масса пара постоянна, а объём растёт, поэтому плотность $\rho = \dfrac{m}{V}$ уменьшается — неверно.

4) На участке $a \rightarrow b$ капля испаряется, её масса уменьшается — неверно.

5) На участке $b \rightarrow c$ идёт изотермическое расширение: $\Delta U = 0$, $A \gt 0$, и по первому закону термодинамики $Q = \Delta U + A = A \gt 0$ — пару сообщают теплоту — верно.

Ответ: 125

Решение:

При установившемся кипении вся жидкость и образующийся в ней пар находятся при температуре кипения. Сосуд неглубокий, поэтому изменением гидростатического давления при подъёме пузырька (а значит, и температуры кипения) можно пренебречь: температура водяного пара в пузырьке не изменяется (ответ 3).

По мере подъёма давление на пузырёк уменьшается, он растёт, и вода с его стенок продолжает испаряться внутрь — масса пара $m$ в пузырьке увеличивается.

Внутренняя энергия пара $U = \dfrac{i}{2}\dfrac{m}{M}RT$ при неизменной температуре пропорциональна массе пара, поэтому она увеличивается (ответ 1).

Ответ: 13

Решение:

Дано: $q_1=+4$ нКл, $q_2=-8$ нКл, расстояние $r$ не меняется.

По закону Кулона $F=k\dfrac{|q_1||q_2|}{r^2}$.

До соприкосновения: $$F_1=k\frac{4\cdot8\cdot10^{-18}}{r^2}=k\frac{32\cdot10^{-18}}{r^2}.$$

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

$$q'=\frac{q_1+q_2}{2}=\frac{4+(-8)}{2}=-2\ \text{нКл}.$$

После раздвижения на прежнее расстояние:

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

$$\frac{F_1}{F_2}=\frac{32}{4}=8.$$

Ответ: 8

Решение:

Дано: $L = 1\ \text{мГн} = 10^{-3}\ \text{Гн}$; интервал от $t_1 = 15\ \text{с}$ до $t_2 = 20\ \text{с}$.

Модуль ЭДС самоиндукции: $$|\mathcal{E}_{\text{si}}| = L \left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right|.$$

По графику на участке от 15 до 20 с ток равномерно убывает от $20\ \text{мА}$ до $0$, поэтому $$|\Delta I| = 20\ \text{мА} = 2 \cdot 10^{-2}\ \text{А}, \qquad \Delta t = 20\ \text{с} - 15\ \text{с} = 5\ \text{с}.$$

Подставляем: $$|\mathcal{E}_{\text{si}}| = 10^{-3}\ \text{Гн} \cdot \frac{2 \cdot 10^{-2}\ \text{А}}{5\ \text{с}} = 10^{-3} \cdot 4 \cdot 10^{-3} = 4 \cdot 10^{-6}\ \text{В} = 4\ \text{мкВ}.$$

Ответ: 4

Решение:
Согласно закону преломления света (закону Снеллиуса):
$\frac{n_{2}}{n_{1}} = \frac{v_{1}}{v_{2}} \Rightarrow n_{2 } = \frac{c}{v_{2}} = \frac{300000}{200000} = 1{,}5 .$

Ответ: 1,5

Источник: ФИПИ

Решение:

Линии напряжённости на рисунке вертикальны и направлены вверх, то есть от пластины. Линии электростатического поля начинаются на положительных зарядах, значит пластина заряжена положительно. Поле однородное: во всех точках $\vec{E}$ одинаков по модулю и направлению.

Эквипотенциальные поверхности перпендикулярны линиям поля, то есть горизонтальны. Точки А и В лежат на одной горизонтали, поэтому $\varphi_{\text{А}}=\varphi_{\text{В}}$. Потенциал убывает в направлении вектора $\vec{E}$, то есть при подъёме вверх.

1) Работа поля $A=q\left(\varphi_{\text{А}}-\varphi_{\text{В}}\right)=0$, так как А и В лежат на одной эквипотенциальной поверхности. Утверждение неверно.

2) На точечный отрицательный заряд действует сила $\vec{F}=q\vec{E}$; при $q\lt 0$ она направлена противоположно $\vec{E}$, то есть вертикально вниз (к пластине). Неверно.

3) Поле однородно, поэтому $E_{\text{А}}=E_{\text{С}}$. Неверно.

4) Точка С расположена выше точки В, а потенциал убывает вверх, поэтому $\varphi_{\text{С}}\lt\varphi_{\text{В}}$, то есть потенциал в В выше. Верно.

5) Линии поля выходят из пластины, значит её заряд положительный. Верно.

Ответ: 45

Решение:

Скорость частицы перпендикулярна вектору индукции, поэтому сила Лоренца $F=qvB$ перпендикулярна скорости и играет роль центростремительной силы. По второму закону Ньютона

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

Величины $m$, $q$, $B$ не меняются, значит радиус прямо пропорционален скорости: при уменьшении скорости радиус орбиты уменьшится.

Период обращения

$T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{2\pi}{v}\cdot\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{2\pi m}{qB}$

от скорости не зависит, поэтому период обращения не изменится.

Ответ: 23

Решение:

Дано: $T = 8$ дней, $t = 24$ дня.

По закону радиоактивного распада $N = N_0 \cdot 2^{-t/T}$.

Число прошедших периодов полураспада: $\dfrac{t}{T} = \dfrac{24}{8} = 3$.

Тогда $\dfrac{N}{N_0} = 2^{-3} = \dfrac{1}{8} = 0{,}125$, то есть $0{,}125\cdot 100\% = 12{,}5\%$.

Ответ: 12,5

Решение:
Запишем уравнение ядерной реакции:
$_{99}^{256}Po \rightarrow _{100}^{256}Pb + _{-1}^{0}e_{}^{-} .$
То есть массовое число ядра не изменилось, а заряд ядра увеличился.

Ответ: 31

Источник: ФИПИ

Решение:
1) Верно. При равномерном прямолинейном движении за любые равные промежутки времени тело совершает одинаковые перемещения.
2) Неверно. Так как процесс изохорный, следовательно объем не меняется, а работа не совершается.
3) Неверно. Согласно закону Ома для участка цепи $U = IR ,$ чем больше сопротивление, тем больше напряжение.
4) Верно. Так как инфракрасное излучение - это электромагнитное излучение, как и свет, значит они распространяются с одинаковой скоростью в вакууме.
5) Верно. Периодом полураспада называют промежуток времени, в течение которого распадается половина исходно большого числа атомов данного радиоактивного элемента.

Ответ: 145

Источник: ФИПИ

Решение:
Для начала определим цену деления (ц.д.) прибора — это значение, соответствующее одному интервалу между соседними метками шкалы.
Интервал представляет собой дистанцию между двумя штрихами.
$ц . д . = \frac{разность 2 x ближайших чисел}{число белых промежутков между цифрами}$
$ц . д = \frac{200 - 180}{10} = \frac{20}{10} = 2 .$

Анализируя изображение, заметим, что указатель прибора смещён относительно отметки 180 мм рт. ст. вправо на 8 делений. Таким образом, текущее значение давления составляет:
$p = 180 + 8 промежутков$
$p = 180 + 8 \cdot 2 = 196 мм рт . ст .$

Ответ: 1963

Источник: ФИПИ

Решение:

Частота свободных колебаний пружинного маятника

$$\nu = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}},$$

где $k$ — жёсткость пружины, $m$ — масса груза.

Чтобы выяснить, зависит ли частота от объёма груза, нужно взять два маятника, у которых одинаковы жёсткость пружины и масса груза, а объёмы грузов различны. Тогда любое изменение частоты (или его отсутствие) можно будет связать только с объёмом.

По таблице подходит пара:

• маятник 1: $k = 60$ Н/м, $m = 10$ г, $V = 80$ см$^3$;
• маятник 2: $k = 60$ Н/м, $m = 10$ г, $V = 100$ см$^3$.

Остальные маятники отличаются жёсткостью пружины или массой груза, поэтому по ним «чистый» опыт не поставить. (Опыт, как и следует из формулы, покажет, что частота от объёма груза не зависит.)

Ответ: 12