Физика. Задачник-практикум для поступающих в вузы

В. А. Макаров,  С. С. Чесноков
ФИЗИКА
ЗАДАЧНИК-ПРАКТИКУМ
для поступающих в вузы
Учебно-методическое пособие
4-е издание, электронное
Москва
Лаборатория знаний
2020

УДК 53(075.3)
ББК 22.3я729
М15
С е р и я о с н о в а н а в 2011 г.
Макаров В. А.
М15
Физика. Задачник-практикум для поступающих в вузы :
учебно-методическое пособие / В. А. Макаров, С. С. Чесноков. —
4-е изд., электрон. — М. : Лаборатория знаний, 2020. — 368 с. —
(ВМК МГУ — школе). — Систем. требования: Adobe Reader XI ;
экран 10". — Загл. с титул. экрана. — Текст : электронный.
ISBN 978-5-00101-919-0
Сборник содержит около 770 задач по основным разделам школьного
курса физики. Все задачи сопровождаются подробными решениями, содержащими обоснования применимости используемых законов, а также
анализ полученных ответов. Задачи подобраны так, чтобы наиболее полно
ознакомить учащихся со всем арсеналом приемов и способов рассуждения,
применяемых при их решении. Само оформление решений соответствует
требованиям, предъявляемым жюри олимпиад и экспертами ЕГЭ к работам
учащихся. Книга поможет учащимся освоить технику выполнения олимпиадных заданий, заданий профильных испытаний в вузах и заданий ЕГЭ,
требующих развернутые решения.
Для школьников, желающих повысить уровень своих знаний по физике
в рамках программы за 9–11 классы и готовящихся к поступлению в вузы
физико-математического и технического профилей.
УДК 53(075.3)
ББК 22.3я729
Деривативное издание на основе печатного аналога: Физика. Задачник-практикум для поступающих в вузы : учебно-методическое пособие /
В. А. Макаров, С. С. Чесноков. — 3-е изд. — М. : Лаборатория знаний, 2019. —
363 с. : ил. — (ВМК МГУ — школе). — ISBN 978-5-00101-211-5.
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
c
○В. А. Макаров,
С. С. Чесноков, 2016
ISBN 978-5-00101-919-0
c
○Лаборатория знаний, 2016

Предисловие
В настоящее время, наряду с проведением Единого государственного экзамена (ЕГЭ), развиваются и другие формы отбора талантливой молодежи 
в вузы. К их числу относятся олимпиады и профильные вступительные испытания по дисциплинам, составляющим основу профессиональной деятельности будущих выпускников. В связи с этим возникает необходимость в издании методических пособий, дающих возможность учащимся выпускных 
классов школ попробовать свои силы при решении задач различного уровня 
сложности и успешно подготовиться как к олимпиадам, так и к профильным 
экзаменам.
В последние годы, когда сдача выпускных экзаменов по физике перестала быть обязательной, в большинстве школ стали уделять меньше внимания 
этому предмету. Отметим также, что количество учебных часов, отводимых 
для изучения физики в общеобразовательных школах, явно недостаточно 
для обучения школьников приемам решения задач повышенной сложности. 
А между тем хорошее знание физики и умение решать задачи важно как 
для поступающих в МГУ имени М. В. Ломоносова, так и для абитуриентов 
многих технических университетов. Кроме того, чтобы стать успешно успевающим студентом престижного вуза, нужно иметь достаточно глубокую 
подготовку по физике, позволяющую освоить весьма сложную вузовскую 
программу. Настоящее пособие позволит сделать важный шаг в этом направлении.
Предлагаемая книга включает все основные разделы школьного курса 
физики, соответствующие «Кодификатору элементов содержания и требований к уровню подготовки выпускников общеобразовательных учреждений 
для Единого государственного экзамена по физике». Освоение этого курса 
позволит уверенно выполнять задания части II Единого государственного 
экзамена и физических олимпиад первого и второго уровней.
Многолетняя практика проведения занятий по физике на подготовительных курсах МГУ показала, что уровень первоначальной подготовки отдельных учащихся не позволяет им приобрести в сжатые сроки 
навыки решения задач в объеме, необходимом для поступления в вуз. 
Особенно отчетливо это стало проявляться в последние годы, поскольку 
вместе с ростом конкурса в МГУ и в другие вузы уровень требований 
по физике для поступающих постоянно повышается. Поэтому возникла 
необходимость в издании пособия, специально посвященного приемам 
решения задач. Приведенные в книге решения могут быть положены 
в основу приобретения навыков правильного, логически последовательного и физически верного построения решения ключевых задач данного 
курса, что впоследствии пригодится школьникам для выполнения заданий достаточно высокого, профильного уровня. Именно им посвящена 
настоящая книга. Задачи подобраны так, чтобы наиболее полно ознакомить учащихся со всем арсеналом приемов и способов рассуждения, 
применяемых при их решении. Само оформление решений соответствует 
требованиям, предъявляемым жюри олимпиад и экспертами ЕГЭ к работам учащихся.

Предисловие
В каждом разделе пособия помещен блок под заголовком «Дополнительные задачи». Большинство из них относится к задачам комбинированного типа, решение которых требует одновременного привлечения сведений 
из различных разделов физики. Поэтому дополнительные задачи рекомендуется использовать для повторения пройденного материала и прорабатывать уже после того, как основной курс полностью усвоен. Всего пособие содержит около 770 задач различного уровня сложности — от тренировочных 
до олимпиадных. Многие задачи публикуются впервые.
В состав комиссии, работавшей на физическом факультете МГУ над 
подготовкой экзаменационных заданий по физике для поступающих 
в Московский университет, на протяжении многих лет входили Б. Б. Буховцев, Л. Н. Капцов, В. Л. Кузнецов, Г. Я. Мякишев, С. Ю. Никитин, 
И. П. Николаев, Н. Б. Подымова, М. С. Полякова, С. В. Попов, А. В. Приезжев, С. С. Чесноков, Л. А. Шенявский, В. И. Шмальгаузен. В основу 
настоящей книги лег уникальный учебный материал, накопленный благодаря их усилиям.
Предлагаемое пособие может быть рекомендовано учителям физики средних школ, лицеев и гимназий, преподавателям подготовительных курсов, 
а также школьникам, готовящимся к поступлению в вузы физико-математического и технического профилей.
В. А. Макаров, С. С. Чесноков

Памяти товарища 
Константин Николаевич Драбович
(11.10.1942—12.04.2014)
Большой вклад в подготовку материалов этой книги, отбор и редактирование задач внес наш коллега, доцент 
физического факультета МГУ Константин Николаевич Драбович.
Он родился 11 октября 1942 года 
в деревне Галиново Шарковщинского 
района Витебской области Белорусской 
ССР. Второй ребенок в крестьянской 
семье, Костя появился на свет по время оккупации Белоруссии немецкими войсками. В его жизнь вмешалась 
и большая история: в 1945 году семья 
лишилась отца, и заботы о детях полностью легли на плечи матери. Ликвидация личных хозяйств и вынужденное вступление в колхозы, работа 
за трудодни и сложные внутрисемейные обстоятельства наложили свой отпечаток на его детство.
Первая его школа находилась в соседней деревне в двух километрах 
от дома, и преодолевать пешком это 
расстояние маленький Костя должен 
был каждодневно, невзирая на погоду и заботясь о том, чтобы сберечь драгоценную обувь. Перейдя для учебы в старших классах в Шарковщинскую 
среднюю школу, он всерьез заинтересовался радиотехникой, сам собрал 
ламповый радиоприемник, работающий от аккумуляторных батарей (свет 
в деревне появился только в 60-х годах). Его способности заметил школьный учитель физики и стал активно помогать ему готовиться к поступлению в вуз.
В 1959 году Константин Николаевич поступил в Белорусский государственный университет им. В. И. Ленина и окончил его с отличием в декабре 
1965 года по специальности «радиофизика». По окончании университета работал по распределению в Институте физики АН БССР. В 1968 году был отозван для обучения в аспирантуре физического факультета МГУ. В 1972 году 
с блеском защитил диссертацию на актуальную в то время тему: «Теория 
нестационарного вынужденного комбинационного рассеяния». За последующие годы прошел путь от младшего научного сотрудника до доцента физического факультета МГУ.
К. Н. Драбович был признанным специалистом в области нелинейной 
спектроскопии. Он впервые предложил использовать многофотонные резонансы и когерентные эффекты для существенного увеличения эффективности преобразования оптического излучения в высшие гармоники. Мно

Памяти товарища 
гие годы он читал студентам блестящие лекции по основам нелинейной 
оптики и спектроскопии. С энтузиазмом и полной отдачей сил вел занятия 
со школьниками на подготовительных курсах МГУ, уделял большое внимание методике преподавания физики. Редактируя условия и решения задач, 
он добивался исчерпывающей ясности в формулировках, не допускающей 
их неоднозначного толкования.
К сожалению, безвременная кончина не позволила Константину Николаевичу завершить работу над этой книгой и увидеть ее выход в свет.
В. А. Макаров, С. С. Чесноков

1.  Механика
1.1.  Кинематика
1.1.1. Пассажир метрополитена наблюдает отправление поезда. Находясь 
на платформе у начала первого вагона, он замечает, что с момента отправления поезда этот вагон прошел мимо него за время τ1 = 5 с. Считая движение 
поезда равноускоренным, найти, за какое время τ2 мимо пассажира пройдет 
второй вагон.
Р е ш е н и е. Пусть a — ускорение поезда, l — длина вагона. Из кинематических уравнений следуют соотношения: l
a
=
τ1
2
2  (для первого вагона), 
1
2
2
l
a
=
+
(
)
τ
τ
 (для первого и второго вагонов). Исключая из этих соотно2
2
шений ускорение поезда, получаем квадратное уравнение относительно τ2, 
а именно τ
τ τ
τ
2
2
1 2
1
2
2
0
+
−
=
,  откуда τ
τ
2
1
1
2
=
−±
(
).  Отбрасывая отрицательный корень, получаем: τ
τ
2
1
2
1
2 1
=
−
≈
(
)
,  с.
О т в е т. τ2 ≈ 2,1 c.
1.1.2. Пуля, летящая со скоростью v0 = 400 м/с, попадает в земляной вал 
и проникает в него на глубину l = 20 см. Какова скорость v1 пули в момент, 
когда она находится на глубине l1 = 10 см? Силу сопротивления, действующую на пулю в толще земли, считать постоянной.
Р е ш е н и е. Из кинематического уравнения, связывающего начальную 
и конечную скорости пули, ее ускорение и перемещение, следует, что: 
l
a
= v0
2
2 , l
a
1
0
2
1
2
2
=
−
v
v . Исключая из этих соотношений ускорение пули a, получаем: v
v
1
0
1
1
280
=
−
≈
l
l
 м/с.
О т в е т. v1 ≈ 280 м/с.
1.1.3. Пассажир, стоящий на перроне, заметил, что первый вагон электропоезда, приближающегося к станции, прошел мимо него в течение t1 = 4 с, 
а второй — в течение t2 = 5 с. Определить ускорение поезда a, если передний 
конец поезда остановился на расстоянии L = 75 м от пассажира. Движение 
поезда считать равнозамедленным.
Р е ш е н и е. Пусть l — длина вагона, v0 — скорость поезда в момент, когда начало первого вагона поравнялось с пассажиром, a — модуль ускорения 
поезда. Из кинематических уравнений следуют соотношения: l
t
at
=
−
v0 1
1
2
2  

1.  Механика
(для первого вагона), l
at t
at
=
−
−
(
)
v0
1
2
2
2
2  (для второго вагона). Кроме 
того, 
v0
2
=
aL.  
Объединяя 
записанные 
выражения, 
получаем: 
a
L t
t
t t
t
t
=
−
+
−
≈
8
2
0 25
2
1
2
1 2
2
2
1
2 2
(
)
(
)
,
 м/с2.
О т в е т. a ≈ 0,25 м/с2.
1.1.4. В момент, когда опоздавший пассажир вышел на перрон вокзала, 
с ним поравнялось начало предпоследнего вагона уходящего поезда. Желая 
определить, на сколько он опоздал, пассажир измерил время t1, за которое 
мимо него прошел предпоследний вагон, и время t2, за которое мимо него 
прошел последний вагон. Оказалось, что t1 = 9 с, а t2 = 8 с. Считая, что поезд 
двигался равноускоренно и длина вагонов одинакова, найти, на какое время 
τ пассажир опоздал к отходу поезда.
Р е ш е н и е. Пусть l — длина вагона, a — ускорение поезда. В момент, 
когда пассажир вышел на перрон, перемещение поезда составило величину 
x1 = aτ2 / 2. За время τ + t1 поезд переместился на расстояние x2 =
= a(τ + t1)2 / 2. Следовательно, для предпоследнего вагона можно записать: 
l
x
x
a
t
a
=
−
=
+
−
2
1
1
2
2
2
2
(
)
.
τ
τ
 Аналогично, для последнего вагона: 
l
a
t
t
a
t
at
t
t
=
+
+
−
+
=
+
+
(
)
(
)
(
).
τ
τ
τ
1
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
 Из этих соотношений вытекает равенство: (τ + t1)2 – τ2 = t2(2τ + τt1 + t2)2. Выражая отсюда τ, получаем: 
2
2
1 2
1
2
2
2
63 5
(
)
,  с.
τ =
+
−
−
=
t
t t
t
t
t
1
2
О т в е т. τ = 63,5 с.
1.1.5. Нарушитель правил дорожного движения промчался на автомобиле мимо поста ГИБДД со скоростью v1 = 108 км/ч. Спустя t1 = 20 с вслед 
за нарушителем отправился на мотоцикле инспектор ГИБДД и, разгоняясь 
равноускоренно в течение t2 = 40 с, набрал скорость v2 = 144 км/ч. На каком 
расстоянии S от поста ГИБДД инспектор догонит нарушителя, двигаясь после разгона со скоростью v2?
Р е ш е н и е. Пусть a — ускорение инспектора во время разгона, t3 — промежуток времени, в течение которого инспектор двигался с постоянной скоростью. Из кинематических уравнений следуют соотношения: a
t
= v2
2
,  S =
= v1(t1 + t2 + t3), S
at
t
t
t
=
+
=
+
2
2
2 3
2 2
2 3
2
2
v
v
v
. Исключив отсюда t3, получаем: 
1 2
1
2
2
2
4800
(
)
(
)
 м.
S
t
t
=
+
−
=
v v
v
v
2
1
О т в е т. S = 4800 м.

1.1.  Кинематика
1.1.6. Ракета 
запущена 
вертикально 
вверх 
с 
поверхности 
Земли 
и на участке разгона имела постоянное ускорение a = 19,6 м/с2. Какое время t0 падала ракета с ускорением g = 9,8 м/с2 после достижения наибольшей 
в полете высоты, если на участке разгона движение продолжалось в течение 
времени τ = 1 мин?
2
Р е ш е н и е. На участке разгона ракета набрала высоту y
a
1
2
=
τ  и приобрела скорость v1 = aτ. Перемещение ракеты с момента отключения двигателя до момента достижения ею максимальной высоты Δy
g
a
g
=
=
v1
2
2 2
2
2
τ . Следо2
2
1
Δ
τ
. 
вательно, максимальная высота подъема ракеты h
y
y
a
a
g
=
+
=
+
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
1
Время падения с этой высоты t
h
g
g
a a
g
0
2
2 45
=
=
+
=
τ
(
)
,
 мин.
О т в е т. t0 = 2,45 мин.
1.1.7. Подъемный кран опускает бетонную плиту с постоянной скоростью 
v = 1 м/с. Когда плита находилась на расстоянии h = 4 м от поверхности земли, с нее упал небольшой камень. Каков промежуток времени τ между моментами, в которые камень и плита достигли земли? Ускорение свободного 
падения принять g = 10 м/с2, толщиной плиты по сравнению с h пренебречь.
Р е ш е н и е. Пусть t1 — время падения камня, t
h
2 = v  — время движения 
плиты до момента достижения земли. Из кинематического уравнения, описывающего 
падение 
камня, 
следует 
соотношение: 
h
gt
t
=
+
1
2
1
2
v , 
или 
t
g t
h
g
1
2
1
2
2
0
+
−
=
v
.  
Положительный 
корень 
этого 
уравнения 
t
g
gh
1
2
1
2
1
=
+
−
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
v
v
.
О т в е т. τ =
−
=
−
+
−
⎛
⎠
⎟=
t
t
h
v
g
gh
2
1
2
1
2
1
3 2
v
⎝
⎜
⎞
v
,  с.
1.1.8. Ракета запущена вертикально вверх и во время работы двигателя 
имела постоянное ускорение a = 5g. Спустя t0 = 1 мин после старта двигатель 
ракеты отключился. Через какое время τ после отключения двигателя ракета упала на землю? Сопротивление воздуха не учитывать.
Р е ш е н и е. На участке разгона ракета набрала высоту y
at
0
0
2
2
=
 и приобрела скорость v0 = at0. Кинематическое уравнение движения ракеты после 
2
отключения двигателя имеет вид: y
y
v t
gt
=
+
−
0
0
2 .  Полагая y = 0, t = τ, по

1.  Механика
лучаем квадратное уравнение: τ
τ
2
0
0
2
2
0
−
−
=
at
g
at
g
. Положительный корень 
этого уравнения дает: τ =
+
+
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
⎛
⎠
⎟
≈
=
a
g
a
g
a
g
t
1
630
10 5
0
с
,  мин.
⎝
⎜
⎞
О т в е т. τ = 10,5 мин.
1.1.9. Шарик бросают вертикально вверх со скоростью v0 = 5 м/с. Пролетев расстояние h = 1,05 м, он упруго ударяется о потолок и падает вниз. 
Через какое время τ после начала движения шарик упадет на пол, если расстояние от пола до потолка H = 2,25 м? Ускорение свободного падения принять равным g = 10 м/с2.
Р е ш е н и е. Время движения шарика от момента броска до момента соударения с потолком равно t
g
1
0
1
=
−
v
v ,  где v1 — скорость шарика непосредственно перед ударом о потолок, т. е. v
v
1
0
2
2
=
−
gh.  Время движения шарика от момента удара о потолок до момента падения на пол равно 
t
g
2
2
1
=
−
v
v ,  где v
v
2
1
2
2
=
+
gH  — скорость шарика непосредственно перед 
ударом о пол. Объединяя записанные выражения и учитывая, что τ = t1 + t2, 
0
получаем: τ =
+
+
−
−
−
⎛
0
2
0
2
1
1
2
2 1
2
0 8
g
H
h g
gh
(
)
,
 с.
⎠
⎟=
v
v
v
⎝
⎜
⎞
О т в е т. τ = 0,8 с.
1.1.10. В кабине лифта высотой H = 2,5 м, движущейся с ускорением a =
= 0,8 м/с2, направленным вниз, вертикально вверх бросают маленький шарик с высоты h = 0,5 м от пола. С какой начальной скоростью v0 относительно лифта брошен шарик, если после броска он поднялся точно до потолка 
кабины?
Р е ш е н и е. Пусть в неподвижной системе отсчета, начало которой совмещено с полом кабины в момент броска шарика, а ось Oy направлена вертикально вверх, yш и v — координата шарика и его скорость, а yк и u — координата потолка кабины и ее скорость. Предположим, что скорость кабины 
в момент броска равна u0 и направлена вверх. Для координат и скоростей 
шарика и потолка кабины справедливы кинематические уравнения: 
2
2
y
t
h
u t
gt
ш( )
(
)
,
=
+
+
−
v0
0
2
 
v
v
( )
,
t
u
gt
=
+
−
0
0
 
y
t
H
u t
at
к( )
,
=
+
−
0
2
 u(t) = 
= u0 – at, причем начало отсчета времени совпадает с моментом броска шарика. Поскольку шарик после броска поднимается точно до потолка кабины, в этот момент времени t0 справедливы следующие соотношения: yш(t0) = 
= yк(t0), v(t0) = u(t0). Объединяя записанные выражения, находим: 
v0
2
6
=
−
−
=
(
)(
)
H
h g
a
 м/с.
О т в е т. v0 = 6 м/с.