Вариант 1 · Июль 2026

Решение:

Обозначения. Электрометр 1 — тот, к шару которого подносили палочку, электрометр 2 — второй; $q_1$ и $q_2$ — их заряды после всех операций; $+Q$ — заряд палочки.

Используемые законы и явления. Электростатическая индукция (перераспределение свободных зарядов проводника во внешнем электрическом поле); наличие свободных электронов в металлах; закон Кулона (разноимённые заряды притягиваются, одноимённые отталкиваются); закон сохранения электрического заряда в электрически изолированной системе; отсутствие поля в проводнике в состоянии электростатического равновесия. Электрометр показывает отклонение стрелки при сообщении его шару и стрелке заряда любого знака (прибор реагирует на модуль заряда, а не на его знак).

1. Пока стержень на месте (рис. б). Алюминиевый стержень — проводник, поэтому оба электрометра, соединённые им, образуют единый проводник, суммарный заряд которого равен нулю. Поднесённая положительно заряженная палочка создаёт вблизи этого проводника электрическое поле; под его действием свободные электроны металла притягиваются к палочке и смещаются к ближней части проводника — к шару электрометра 1. В результате электрометр 1 приобретает избыток электронов (отрицательный индуцированный заряд), а на удалённой части — на электрометре 2 — возникает недостаток электронов, то есть нескомпенсированный положительный заряд. Именно поэтому стрелки обоих электрометров отклоняются, хотя палочка ни к чему не прикасалась и заряд ей не передавался.

2. Убирают стержень (палочка на месте). Стержень берут за изолирующую ручку, поэтому заряды не стекают ни на руку, ни на землю. Как только стержень убран, единый проводник распадается на два изолированных проводника, и разделённые индукцией заряды больше не могут «вернуться» друг к другу: электрометр 1 остаётся с избытком электронов, электрометр 2 — с их недостатком.

3. Убирают палочку. Внешнее поле исчезает, и заряд на каждом электрометре просто перераспределяется по его поверхности (шар, стержень, стрелка), но по закону сохранения заряда полный заряд каждого изолированного проводника не изменяется. Поэтому оба электрометра остаются заряженными, и их стрелки по-прежнему отклонены.

Так как исходно система была нейтральна и заряд извне не поступал, заряды электрометров равны по модулю и противоположны по знаку:

$$q_1 + q_2 = 0, \qquad q_1 = -q_2.$$

Ответ: электрометры зарядились вследствие электростатической индукции: поле положительно заряженной палочки сместило свободные электроны единого проводника к ближнему электрометру, а разъединение проводника (снятие стержня) в присутствии палочки «зафиксировало» разделённые заряды. Электрометр 1, к которому подносили палочку, заряжен отрицательно, электрометр 2 — положительно; заряды равны по модулю ($q_1 = -q_2$).

Решение:

Обозначения. $m=9\ \text{г}=0{,}009\ \text{кг}$ — масса пули; $v=20\ \text{м/с}$ — её скорость перед попаданием в груз; $M$ — искомая масса груза; $L=40\ \text{см}=0{,}4\ \text{м}$ — длина нити; $\alpha=60^\circ$ — максимальный угол отклонения нити от вертикали; $u$ — скорость груза с застрявшей пулей сразу после удара; $h$ — максимальная высота подъёма груза с пулей; $g=10\ \text{м/с}^2$.

1) Удар — закон сохранения импульса. Удар абсолютно неупругий (пуля пластилиновая и застревает в грузе) и происходит практически мгновенно, поэтому импульсами силы тяжести и силы натяжения нити за время удара можно пренебречь, а суммарный импульс системы «пуля + груз» в горизонтальном направлении сохраняется:

$$mv=(m+M)u.$$

2) Подъём — закон сохранения механической энергии. После удара нить нерастяжима, сопротивление воздуха отсутствует, сила натяжения нити работы не совершает (она перпендикулярна скорости), поэтому механическая энергия системы сохраняется. В наивысшей точке скорость равна нулю:

$$\frac{(m+M)u^2}{2}=(m+M)gh,\qquad h=L(1-\cos\alpha).$$

Математические преобразования и расчёт. Из второго уравнения масса сокращается:

$$u=\sqrt{2gh}=\sqrt{2gL(1-\cos\alpha)}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 0{,}4\cdot(1-0{,}5)}=\sqrt{4}=2\ \text{м/с}.$$

Из закона сохранения импульса:

$$m+M=\frac{mv}{u}=\frac{0{,}009\cdot 20}{2}=\frac{0{,}18}{2}=0{,}09\ \text{кг},$$

$$M=0{,}09-0{,}009=0{,}081\ \text{кг}=81\ \text{г}.$$

Ответ: $M=0{,}081\ \text{кг}=81\ \text{г}$.

Решение:

Обозначения. $d = 2\ \text{см} = 0{,}02\ \text{м}$ — расстояние между пластинами; $U = 10\ \text{кВ} = 10^4\ \text{В}$ — напряжение на конденсаторе; $q = -8\cdot 10^{-11}\ \text{Кл}$ — заряд капли; $E$ — модуль напряжённости однородного электрического поля между пластинами; $m$ — искомая масса капли; $g = 10\ \text{м/с}^2$ — ускорение свободного падения.

Капля движется с постоянной скоростью, следовательно, её ускорение равно нулю, и по второму закону Ньютона векторная сумма действующих на неё сил равна нулю. Влиянием воздуха пренебрегаем, поэтому на каплю действуют только сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз, и сила со стороны электрического поля $\vec{F} = q\vec{E}$.

Верхняя пластина заряжена положительно, нижняя — отрицательно, поэтому вектор напряжённости $\vec{E}$ внутри конденсатора направлен вертикально вниз. Заряд капли отрицателен $(q \lt 0)$, значит действующая на неё электрическая сила направлена противоположно полю, то есть вертикально вверх, и способна уравновесить силу тяжести.

Условие равенства нулю равнодействующей в проекции на вертикальную ось:

$$|q|E = mg.$$

Конденсатор плоский и «большой по размерам», поэтому поле между пластинами можно считать однородным, а его напряжённость связана с напряжением соотношением

$$E = \frac{U}{d} = \frac{10^4\ \text{В}}{0{,}02\ \text{м}} = 5\cdot 10^5\ \frac{\text{В}}{\text{м}}.$$

Отсюда искомая масса

$$m = \frac{|q|E}{g} = \frac{|q|U}{gd}.$$

Подставляем числовые значения:

$$m = \frac{8\cdot 10^{-11}\ \text{Кл}\cdot 10^{4}\ \text{В}}{10\ \text{м/с}^2\cdot 0{,}02\ \text{м}} = \frac{8\cdot 10^{-7}}{0{,}2}\ \text{кг} = 4\cdot 10^{-6}\ \text{кг}.$$

Проверка правдоподобия: масса порядка $4$ мг отвечает капле воды радиусом около $1$ мм, что вполне реально.

Ответ: $m = \dfrac{|q|U}{gd} = 4\cdot 10^{-6}\ \text{кг} = 4\ \text{мг}$.

Решение:
1) Вначале на поршень действовали: сила давления газа в верхней части цилиндра $F_{1} = p_{1} S ,$ направленная вниз, сила давления газа в нижней части цилиндра $F_{2} = p_{2} S ,$ направленная вверх, сила тяжести поршня $mg ,$ направленная вниз, где $p_{1}$ и $p_{2}$ - давления газа в верхней и нижней частях цилиндра, S - площадь поршня, m - масса поршня. Поскольку поршень находится в равновесии, то $p_{2} S = p_{1} S + mg .$ Учитывая, что давление в верхней части меньше, чем в нижней, делаем вывод, что объем газа в верхней части больше, чем объем газа в нижней части цилиндра.

Обозначим объем нижней части цилиндра $V ,$ объем верхней части цилиндра $2 V .$

Используя уравнение Клапейрона-⁠Менделеева $\text{pV}=\text{vRT}$ выразим давления каждой части газа: $p_{1} = \frac{vRT}{2 V}$ и $p_{2} = \frac{vRT}{V} .$ Тогда сила тяжести, действующая на поршень $mg = \frac{vRTS}{2 V} .$

2) Когда из верхней части цилиндра удалили весь газ, поршень поднимался до тех пор, пока сила тяжести не уравновесилась силой давления газа, находящегося в нижней части цилиндра, то есть $mg = pS .$ С учетом выраженного значения силы тяжести и применяя уравнение Клапейрона-⁠Менделеева для этого случая, получаем объем газа в нижней части цилиндра:
$V_{2} = \frac{vRT}{p} = \frac{vRT \cdot 2 V}{vRT} = 2 V .$

Таким образом, в нижней части объем газа будет в 2 раза больше, чем в верхней. Значит, отношение объема верхней части цилиндра к объему нижней части станет равным 0,5.

Ответ: 0,5

Источник: ФИПИ

Решение:

Обозначения. $m$ — масса стержня; $L$ — его длина; $\dfrac{m}{L} = 0{,}1$ кг/м — заданное отношение; $a = 1{,}5$ м/с² — модуль ускорения стержня, направленного вверх вдоль наклонной плоскости; $\alpha = 30^{\circ}$ — угол наклона плоскости к горизонту; $B = 0{,}3$ Тл — модуль индукции вертикального магнитного поля; $I$ — искомая сила тока в стержне; $N$ — модуль силы нормальной реакции плоскости; $F_A$ — модуль силы Ампера; $g = 10$ м/с² — ускорение свободного падения.

Рисунок (описание сил, действующих на стержень). Стержень считаем твёрдым телом, движущимся поступательно, поэтому изобразим все силы приложенными к его центру:

• сила тяжести $m\vec{g}$ — вертикально вниз;
• сила нормальной реакции наклонной плоскости $\vec{N}$ — перпендикулярно поверхности наклонной плоскости, от плоскости наружу (то есть вверх и «назад», в сторону, противоположную скату);
• сила Ампера $\vec{F}_A$ — горизонтально, в ту же сторону, куда направлена горизонтальная проекция ускорения $\vec{a}$, то есть «в склон» (эта сила и разгоняет стержень вверх по плоскости);
• силы трения нет: по условию плоскость гладкая.

Ускорение $\vec{a}$ направлено вверх вдоль линии наибольшего ската.

1. Сила Ампера. Стержень горизонтален и перпендикулярен линии наибольшего ската, а вектор $\vec{B}$ вертикален, поэтому угол между стержнем и $\vec{B}$ равен $90^{\circ}$, и модуль силы Ампера

$F_A = B I L \sin 90^{\circ} = B I L$.

По правилу левой руки (или из $\vec{F}_A = I\,\vec{L}\times\vec{B}$) сила Ампера перпендикулярна и стержню, и вертикальному полю $\vec{B}$, значит, она горизонтальна и лежит в вертикальной плоскости, содержащей линию наибольшего ската.

2. Второй закон Ньютона. Записываем его в инерциальной системе отсчёта, связанной с землёй, для стержня как для тела, движущегося поступательно:

$$m\vec{a} = m\vec{g} + \vec{N} + \vec{F}_A.$$

Выберем ось $x$ вдоль наклонной плоскости вверх (по направлению $\vec{a}$), ось $y$ — по внешней нормали к плоскости. Тогда горизонтальная сила Ампера даёт проекции $F_A\cos\alpha$ на ось $x$ и $-F_A\sin\alpha$ на ось $y$; сила тяжести даёт $-mg\sin\alpha$ и $-mg\cos\alpha$; реакция $N$ даёт $0$ и $+N$.

Ось $x$: $\;F_A\cos\alpha - mg\sin\alpha = ma$.

Ось $y$: $\;N - mg\cos\alpha - F_A\sin\alpha = 0$, откуда $N = mg\cos\alpha + F_A\sin\alpha \gt 0$ — стержень не отрывается от плоскости.

3. Находим силу тока. Подставляя $F_A = BIL$ в уравнение для оси $x$:

$B I L \cos\alpha = m\left(a + g\sin\alpha\right)$,

$$I = \frac{m}{L}\cdot\frac{a + g\sin\alpha}{B\cos\alpha}.$$

4. Расчёт.

$a + g\sin\alpha = 1{,}5 + 10\cdot 0{,}5 = 6{,}5$ м/с²,

$B\cos\alpha = 0{,}3\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}3 \cdot 0{,}866 \approx 0{,}26$ Тл,

$I = 0{,}1 \cdot \dfrac{6{,}5}{0{,}26} \approx 2{,}5$ А.

Проверка размерности: $\left[\dfrac{\text{кг}}{\text{м}}\cdot\dfrac{\text{м/с}^2}{\text{Тл}}\right] = \dfrac{\text{кг}}{\text{с}^2\cdot\text{Тл}} = \dfrac{\text{Н}}{\text{Тл}\cdot\text{м}} = \text{А}$ — верно.

Ответ: $I = \dfrac{m}{L}\cdot\dfrac{a + g\sin\alpha}{B\cos\alpha} \approx 2{,}5$ А.

Решение:

Обоснование применимости законов. Движение рассматриваем в инерциальной системе отсчёта, связанной с Землёй: за время полёта и разрыва снаряда вращением и ускоренным движением Земли можно пренебречь, поэтому в этой системе отсчёта справедливы законы Ньютона и вытекающие из них законы сохранения. Снаряд и осколки считаем материальными точками, так как их размеры малы по сравнению с расстояниями, на которых они движутся, а их вращение в условии не рассматривается. Скорости тел (сотни метров в секунду) во много раз меньше скорости света, поэтому пользуемся классическими выражениями для импульса $\vec p=m\vec v$ и кинетической энергии $E=\dfrac{mv^2}{2}$.

Разрыв снаряда происходит за очень малый промежуток времени $\tau$, причём внутренние силы (силы давления пороховых газов) огромны по сравнению с внешними силами: сопротивлением воздуха по условию пренебрегаем, а импульс силы тяжести $mg\tau$ за время разрыва пренебрежимо мал по сравнению с импульсами тел. Поэтому в момент разрыва систему «снаряд — осколки» можно считать замкнутой и применить закон сохранения импульса. Масса системы при разрыве сохраняется, осколки равны по массе, поэтому $m_1=m_2=\dfrac{m}{2}$.

Закон сохранения механической энергии к разрыву неприменим: при взрыве часть внутренней (химической) энергии заряда переходит в кинетическую энергию осколков, и суммарная кинетическая энергия возрастает на заданную величину $\Delta E$. Наконец, по условию оба осколка летят вдоль линии движения снаряда (один — по направлению движения, другой — против), поэтому векторное уравнение закона сохранения импульса сводится к одному скалярному уравнению в проекциях на ось $Ox$, направленную по скорости снаряда.

Обозначения. $m=4\ \text{кг}$ — масса снаряда; $v=400\ \text{м/с}$ — его скорость перед разрывом; $m_1=m_2=\dfrac{m}{2}=2\ \text{кг}$ — массы осколков; $v_1$ — проекция на ось $Ox$ скорости осколка, летящего по направлению движения снаряда ($v_1\gt 0$, это искомая величина); $v_2$ — проекция на ось $Ox$ скорости второго осколка ($v_2\lt 0$, так как он летит в противоположную сторону); $\Delta E=0{,}5\ \text{МДж}=5\cdot 10^{5}\ \text{Дж}$ — прирост суммарной кинетической энергии при разрыве.

1) Закон сохранения импульса в проекции на ось $Ox$:

$$mv=m_1v_1+m_2v_2=\dfrac{m}{2}\,(v_1+v_2)\quad\Longrightarrow\quad v_1+v_2=2v=800\ \text{м/с}.$$

2) Условие на энергию. Суммарная кинетическая энергия осколков больше кинетической энергии снаряда на $\Delta E$:

$$\dfrac{m_1v_1^{2}}{2}+\dfrac{m_2v_2^{2}}{2}-\dfrac{mv^{2}}{2}=\Delta E,\qquad\text{то есть}\qquad \dfrac{m}{4}\left(v_1^{2}+v_2^{2}\right)=\dfrac{mv^{2}}{2}+\Delta E,$$

откуда

$$v_1^{2}+v_2^{2}=2v^{2}+\dfrac{4\,\Delta E}{m}=2\cdot 400^{2}+\dfrac{4\cdot 5\cdot 10^{5}}{4}=320\,000+500\,000=820\,000\ \dfrac{\text{м}^2}{\text{с}^2}.$$

3) Математические преобразования. Обозначим $\sigma=v_1+v_2=800\ \text{м/с}$. Тогда

$$2v_1v_2=(v_1+v_2)^{2}-\left(v_1^{2}+v_2^{2}\right)=800^{2}-820\,000=640\,000-820\,000=-180\,000,$$

то есть $v_1v_2=-90\,000\ \dfrac{\text{м}^2}{\text{с}^2}$. Значит $v_1$ и $v_2$ — корни квадратного уравнения

$$x^{2}-800x-90\,000=0,\qquad D=800^{2}+4\cdot 90\,000=640\,000+360\,000=10^{6},\qquad \sqrt{D}=1000,$$

$$x_{1,2}=\dfrac{800\pm 1000}{2}\quad\Longrightarrow\quad x_1=900,\qquad x_2=-100.$$

Положительный корень отвечает осколку, летящему по направлению движения снаряда, отрицательный — осколку, летящему в противоположную сторону (что согласуется с условием):

$$v_1=900\ \text{м/с},\qquad v_2=-100\ \text{м/с}\ \ (\text{модуль скорости }100\ \text{м/с}).$$

Проверка. Импульс: $2\cdot 900+2\cdot(-100)=1600\ \text{кг}\cdot\text{м/с}=4\cdot 400$ — сохраняется. Энергия: $\dfrac{2\cdot 900^{2}}{2}+\dfrac{2\cdot 100^{2}}{2}-\dfrac{4\cdot 400^{2}}{2}=810\,000+10\,000-320\,000=5\cdot 10^{5}\ \text{Дж}=0{,}5\ \text{МДж}$ — совпадает с условием.

Ответ: $v_1=900\ \text{м/с}$ (второй осколок летит назад со скоростью $100\ \text{м/с}$).

Источник: ФИПИ