Сборник задач по физике. 10-11 классы

СБОРНИК ЗАДАЧ 
ПО ФИЗИКЕ

10–11 классы

С

О

О

Т

В

Е

Т

С

Т

В

У

Е

Т

 

Т

Р

Е

Б

О

В

А

Н

И

Я

М

едерального

государственного
образовательного
стандарта

МОСКВА 
 2021

4-е  и з д а н и е,  э л е к т р о н н о е

Р е ц е н з е н т  – доцент кафедры методики обучения физике 
ГАОУ ВО МИОО Т.И. Долгая.

© ООО «ВАКО», 2017
©  ООО «ВАКО», 2021, 
с изменениями

Издание допущено к использованию в образовательном процессе 
на основании приказа Министерства образования и науки РФ  
от 09.06.2016 № 699.

6+

ISBN 978-5-408-05487-9

Сборник задач по физике. 10–11 классы / авт.-сост. 
Е.Г. Московкина, В.А. Волков. – 4-е изд., эл. – 1 файл 
pdf : 333 с. – Москва : ВАКО, 2021. – Систем. требования: Adobe Reader XI либо Adobe Digital Editions 4.5 ; 
экран 10″. – Текст : электронный.

ISBN 978-5-408-05487-9

Пособие содержит задачи по всем разделам физики, изучаемым в 10–11 классах, а также ответы. Задачи разделены на четыре уровня сложности. В первом уровне представлены элементарные задачи, во втором – базовые, в третьем – повышенной 
сложности, в четвертом – олимпиадные. Это позволяет использовать сборник и для занятий на уроках, и для подготовки учеников 
к предметным олимпиадам и ЕГЭ. В начале каждого раздела дан 
подробный разбор типовых задач.
Предназначено для учителей и учеников общеобразовательных и профильных школ.

C23

УДК  372.853
ББК  22.3я72
 
С23

Электронное издание на основе печатного издания: Сборник задач 
по физике. 10–11 классы / авт.-сост. Е.Г. Московкина, В.А. Волков. – 3-е изд., перераб. и доп. – Москва : ВАКО, 2021. – 336 с. – 
ISBN 978-5-408-04958-5. – Текст : непосредственный.

В соответствии со ст. 1299 и 1301 ГК РФ при устранении ограничений, 
установленных техническими средствами защиты авторских прав, правообладатель вправе требовать от нарушителя возмещения убытков 
или выплаты компенсации.

УДК 372.853
ББК 22.3я72

Предисловие

Сборник включает в себя задачи по всем разделам 
физики, изучаемым в 10–11 классах средней школы. 
В задачнике содержится более 2200 задач различного 
уровня сложности. Расположение задач соответствует 
структуре программы как базовой школы, так и школы 
повышенного уровня обучения.
Задачи разделены на четыре уровня. В первом уровне представлены простые задачи, предназначенные для 
отработки элементарных навыков решения задач; во втором – базовые, соответствующие обязательному минимуму программы; в третьем – задачи повышенной сложности, в четвертом – олимпиадные и конкурсные задачи.
Пособие предназначено для учителей и учеников 
общеобразовательных и профильных школ. Наличие 
в сборнике задач разного уровня сложности позволит учителю использовать его не только на уроках, 
но и на факультативных занятиях, а также при подготовке учеников к ЕГЭ. В начале каждого раздела дан 
подробный разбор типовых задач.
Сборник задач апробирован авторами-составителями 
в общеобразовательных классах и в классах с углубленным изучением физики.
В начале каждого раздела помещены подробные примеры решения типовых задач, а в конце книги – краткие 
ответы ко всем задачам сборника.

КЛАСС

Раздел 1. МЕХАНИКА

Примеры решения задач

1. Автомобиль, двигаясь равноускоренно, через 5 с после начала движения достиг скорости 36 км/ч. Какой путь 
прошел автомобиль за третью секунду движения?

Д а н о:
t5 = 5 с
v5 = 36 км/ч
v0 = 0
t23 = 1 с

CИ

10 м/с

Р е ш е н и е:
Уравнение зависимости скорости 
от времени: v = v0 + аt.
Но так как v0 = 0, то получим 

=
=
a
v
t
10 м/с
5 с

5

5

 = 2 м/с2.
s23 – ?
Путь за третью секунду равен разности путей, прой
денных за 3 с и за 2 с: 
(
)
=
−
=
−
=
−
s
s
s
at
at
a t
t
2
2
2
.
23
3
2
3
2
2
2

3
2
2
2

Подставив числовые значения, получим

(
)
=
⋅
−
=
s
2 м/c
2
(9 с)
(4 с)
5 м.
23

2
2
2

О т в е т: s23 = 5 м.

2. Из окна, находящегося на высоте 5,6 м, бросают 
камень под углом 45° к горизонту. Камень упал на расстоянии 14 м от стены дома (см. рисунок). С какой скоростью был брошен камень? Ускорение свободного падения 
принять равным 10 м/с2.

Д а н о:
h0 = 5,6 м
α = 45°
s = 14 м
g = 10 м/с2

y, м

h0

0

α

x, м
s

v0

v0 – ?

Примеры решения задач

Р е ш е н и е:
Запишем зависимость координат камня от времени:
1) x = x0 + v0xt;

2) 
=
+
−
y
y
v t
gt
2
0
0y

2

.

Преобразуем эти уравнения:
1) x = (v0 cos α)t;

2) 
=
+
α
−
y
h
v
t
gt
(
sin )
2
0
0

2

.

В момент падения камня на поверхность Земли его 
координаты были:
1) x = s;
2) y = 0.
Тогда получим:
1) s = (v0 cos α)tп;

2) 
=
+
α
−
h
v
t
gt
0
(
sin )
2
0
0
п
п
2

.

Решив систему уравнений 

=
α

=
+
α
−

⎧
⎨⎪

⎩⎪

s
v
t

h
v
t
gt
(
cos )
,

0
(
sin )
2 ,

0
п

0
0
п
п
2  

получим 
=
α
⋅
+
α
=
v
gs
h
s
2(cos )
(
tg )
0

2

2
0

 10 м/с.

О т в е т: v0 = 10 м/с.

3. Определите модуль силы F, которую нужно приложить к деревянному бруску массой 2 кг под углом 45° 
к вертикали, чтобы он двигался вдоль вертикальной стены с ускорением 0,2 м/с2 (см. рисунок). Коэффициент 
трения между бруском и стеной равен 0,5.

Д а н о:
m = 2 кг
α = 45°
a = 0,2 м/с2

g = 9,8 м/с2

μ = 0,5

α

x

y

a

mg

F

N

Fтр
F – ?
Р е ш е н и е:
На брусок действуют силы: 

N F F
mg
,
,
,
тр
 (см. рисунок).

10 класс. Механика

Тогда по второму закону Ньютона
=
+
+
+
a
F
N
F
mg
m

тр
.

В проекциях на оси это выражение можно записать 
следующим образом:
на Ox: F sin α − N = 0;
на Oy: F cos α − mg − Fтр = ma.
Так как Fтр = μN, но N = F sin α, значит, Fтр = μF sin α.
С учетом этого выражения получим
F cos α − mg − μF sin α = ma.

Значит, 
=
+
α − μ
α
F
m a
g
(
)
cos
sin
.

Подставив числовые значения, получим

(
)
=
⋅
+

⋅
−
≈
F
2 кг
0,2 м/с
9,8 м/с

2
2
(1
0,5)
57 Н.

2
2

О т в е т: F ≈ 57 Н.

4. Конькобежец движется на треке по окружности 
радиусом 30 м с постоянной по модулю скоростью, равной 15 м/с. Под каким углом к горизонту он должен наклониться, чтобы сохранить равновесие?

Д а н о:
R = 30 м
v = 15 м/с
g = 10 м/с2

α

x
R
0

y

mg

F

N

Fтр

α – ?

Р е ш е н и е:
На конькобежца действуют силы: тяжести 
mg, реакции опоры 

N и трения 

Fтр (см. рисунок). Их равнодействующая обеспечивает конькобежцу центростремительное ускорение. Следовательно, по второму закону 

Ньютона =
+
+
a
N
mg
F
m
цс
тр .

Примеры решения задач

В системе отсчета, связанной с Землей, выберем координатные оси так, как показано на рисунке. Запишем 
уравнения для проекций векторов:
Fтр = maцс; 
(1)
N − mg = 0. (2)
Конькобежец сохранит равновесие при выполнении 
двух условий:
 
• во-первых, его центр тяжести должен находиться 
при движении на одном горизонтальном уровне;
 
• во-вторых, результирующая силы 

+
F
N
тр
 должна 
проходить через его центр тяжести.

Из рисунка видно, что 
α = N
F
tg
тр

. (3)

Из уравнения (2) находим, что N = mg. (4)

Из уравнения (1) с учетом того, что 
=
a
v
R
цс

2

, выра
зим силу трения: 
=
F
mv
R
тр

2

. (5)

Подставляя соотношения (4) и (5) в выражение (3), 

получим 
α = Rg
v
tg
2 . Следовательно, α =
Rg
v
arctg
2 .

Подставив числовые значения, получим

α =
⋅
≈
arctg 30 м 10 м/с
225 м/с

2

2
 53°.

О т в е т: α ≈ 53°.

5. Имеется стержень массой 10 кг и длиной 0,4 м. 
Его концы нагружены сосредоточенными массами, равными 40 и 10 кг. Где следует закрепить стержень, чтобы 
он находился в положении статического равновесия?

Д а н о:
M = 10 кг
l = 0,4 м
m1 = 40 кг
m2 = 10 кг

x

m1g

Mg
m2g

l/2

x – ?

Р е ш е н и е:
Предположим, что точка опоры будет ближе к более 
тяжелому грузу. Расстояние от тяжелого груза до  точки 

10 класс. Механика

опоры обозначим x (см. рисунок). Запишем правило моментов с учетом знаков (момент силы реакции опоры 
равен 0, так как эта сила проходит через ось и ее плечо 
равно 0): M + M2 − M1 = 0.
Отсюда

(
)
−
+
−
−
=
Mg l
x
m g l
x
m gx
2
(
)
0
2
1
.

Раскроем скобки и получим

−
+
−
−
=
Mg l
Mgx
m gl
m gx
m gx
2
0
2
2
1
.

Сократим все слагаемые на g и перенесем слагаемые 
с x вправо:

(
)
+
+
=
+
x M
m
m
l M
m
(
)
2
1
2
2 .

Следовательно,

(
)
=
+

+
+
x

l M
m

M
m
m
2
2

1
2

.

Подставив числовые значения, получим

=
⋅
+
+
+
=
x
0,4 м (5 кг
10 кг)
10 кг
40 кг
10 кг
0,1 м.

О т в е т: x = 0,1 м.

6. Тело весом 88 Н весит в воде 78 Н, а в керосине – 
80 Н. Определите плотность керосина.

Д а н о:
P0 = 88 Н
Рв = 78 Н
Рк = 80 Н
ρв = 1000 кг/м3

Р е ш е н и е:
При погружении тела в воду его вес 
уменьшается на величину архимедовой 
силы: FA = P0 – Pв = 88 Н – 78 Н = 10 Н.
Зная архимедову силу, можно опреде
лить объем тела: 
=
ρ
V
F
g

A

в

.
ρк – ?

Подставив числовые значения, получим

=
⋅
=
V
10 H
10 Н/кг 1000 кг/м3
 0,001 м3.

При погружении этого тела в керосин архимедова 
сила будет равна: FA = P0 − Pк = 88 Н − 80 Н = 8 Н.
Из формулы для определения силы Архимеда, полу
чим ρ
= F
Vg
к
А .

Примеры решения задач

Подставив числовые значения, получим

ρ
=
⋅
=
8 Н
0,001 м
10 Н/кг
800 кг/м
к
3
3.

О т в е т: ρк = 800 кг/м3.

7. Тележка массой 140 кг и длиной 5 м стоит на гладких рельсах. Человек, масса которого 60 кг, переходит с одного ее конца на другой параллельно рельсам 
(см. рисунок). На какое расстояние относительно Земли 
переместится при этом тележка?

Д а н о:
M = 140 кг
l = 5 м
m = 60 кг

l

s

0

x

vч

vт

x

s – ?

Р е ш е н и е:
Система тел – тележка и человек – замкнутая. В системе отсчета, связанной с Землей, вначале тележка 
и человек покоились. Следовательно, векторная сумма 
их импульсов была равна нулю. Как только человек пошел вдоль тележки со скоростью vч относительно нее, 
тележка стала двигаться ему навстречу со скоростью vт 
относительно Земли. Тогда векторная сумма их импульсов стала равной: 
+
+
m v
v
Mv
(
)
ч
т
т.
Запишем закон сохранения импульса для этой замкнутой системы 
+
+
=
m v
v
Mv
(
)
0
ч
т
т
.
Запишем это уравнение в проекциях на ось Ox: 

−
−
=
m v
v
Mv
(
)
0
ч
т
т
.
Вследствие того что человек и тележка движутся од
новременно, можно считать, что 
=
v
l
t
ч
, 
=
v
s
t
т
. Значит, 

−
−
m l
t
m s
t
M s
t, тогда получим ml = s(m + M). Следова
тельно, =
+
s
ml
m
M
(
).

10 класс. Кинематика

Подставив числовые значения, получим

=
⋅
=
s
60 кг 5 м
200 кг
 1,5 м.

О т в е т: s = 1,5 м.

8. Тело брошено под углом к горизонту с высоты 5 м 
над поверхностью Земли со скоростью 20 м/с. Чему будет равна его скорость на высоте 17,8 м? Ускорение свободного падения принять равным 10 м/с2.

Д а н о:
h0 = 5 м
v0 = 20 м/с
h1 = 17,8 м
g = 10 м/с2

Р е ш е н и е:
Запишем закон сохранения энергии для 

данной ситуации: 
+
=
+
mgh
mv
mgh
mv
2
2 .
0
0
2

1
1
2

Отсюда следует, что 
=
−
−
v
v
g h
h
2 (
)
1
0
2
1
0 .
v1 – ?
Подставив числовые значения, получим

=
−
⋅
⋅
=
v
400 м /с
2 10 м/с
12,8 м
1
2
2
2
 12 м/с.
О т в е т: v1 = 12 м/с.

КИНЕМАТИКА

1. Путь, перемещение, координаты 
движущегося тела

П е р в ы й  у р о в е н ь
1.1. Мяч отпустили с высоты 2 м, а после отскока он 
поднялся на высоту 1,5 м. Чему равны путь и модуль 
перемещения мяча?
1.2. Мяч с высоты 1 м над поверхностью земли был 
подброшен вертикально вверх еще на 2 м и упал на землю. Найдите путь и перемещение мяча.
1.3. Два тела, брошенные с поверхности земли вертикально вверх, достигли высоты 10 м и 20 м и упали 
на землю. Во сколько раз отличаются пути, пройденные 
этими телами?
1.4. Спортсмен дважды пробежал дистанцию 400 м 
по дорожке стадиона и вернулся к месту старта. Чему 
равны путь, пройденный спортсменом, и модуль его перемещения?