Вариант 5 · Июль 2026

Решение:

Обозначения. $m$ — масса шарика; $L$ — длина нити; $q$ — модуль отрицательного заряда, сообщённого шарику; $E$ — модуль напряжённости электрического поля заряженной пластины; $g$ — ускорение свободного падения; $\nu_0$ и $\nu$ — частоты малых свободных колебаний незаряженного и заряженного шарика соответственно.

Физические явления и законы, используемые в объяснении.

• Равномерно заряженная плоскость создаёт вблизи себя однородное электрическое поле. Размеры пластины во много раз превышают длину нити, поэтому во всей области, где движется шарик, поле можно считать однородным: $E=\text{const}$, а вектор $\vec{E}$ перпендикулярен пластине и направлен от неё (вертикально вверх), так как пластина заряжена положительно.
• На точечный заряд в электрическом поле действует сила $\vec{F}=q\vec{E}$; для отрицательного заряда она направлена противоположно $\vec{E}$.
• Шарик на нити — математический маятник. Если, кроме силы натяжения нити, на шарик действуют только постоянные силы с равнодействующей $\vec{F}_{\text{пост}}$, то малые колебания гармонические, а их частота $\nu=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{g_{\text{эф}}}{L}}$, где $g_{\text{эф}}=\dfrac{F_{\text{пост}}}{m}$ — «эффективное ускорение свободного падения». Положение равновесия — вдоль $\vec{F}_{\text{пост}}$.

До сообщения заряда. На незаряженный шарик действует только сила тяжести $m\vec{g}$ (и сила натяжения нити), поэтому $g_{\text{эф}}=g$ и $\nu_0=\dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{g}{L}}$.

После сообщения отрицательного заряда. К силе тяжести добавляется постоянная сила со стороны поля пластины $F=qE$. Она направлена противоположно $\vec{E}$, то есть вертикально вниз, к пластине: отрицательный заряд шарика и положительный заряд пластины притягиваются. Эта сила сонаправлена с силой тяжести, поэтому равнодействующая постоянных сил равна $F_{\text{пост}}=mg+qE$, и

$$g_{\text{эф}}=\frac{mg+qE}{m}=g+\frac{qE}{m}\gt g.$$

Так как поле однородно, эта добавочная сила не меняется ни по модулю, ни по направлению при отклонении шарика, — колебания остаются гармоническими, а роль $g$ играет $g_{\text{эф}}$. Тогда

$$\nu=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g_{\text{эф}}}{L}}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g+\dfrac{qE}{m}}{L}}=\nu_0\sqrt{1+\frac{qE}{mg}}\gt\nu_0 .$$

Период $T=\dfrac{1}{\nu}$ при этом уменьшится.

Ответ: частота малых свободных колебаний увеличится (в $\sqrt{1+\frac{qE}{mg}}$ раз). Причина: однородное поле положительно заряженной пластины притягивает отрицательно заряженный шарик к пластине, эта постоянная сила складывается с силой тяжести, эффективное ускорение возрастает до $g+\frac{qE}{m}$, а частота маятника пропорциональна $\sqrt{g_{\text{эф}}}$.

Условие: υ₁ = υ₂ = 1м/с; u = 0,5 м/c

Определить: $\frac{m_{1}}{m_{2}}$ - ? 

Ход решения:
Воспользуемся законом сохранения импульса, записав его для проекций на горизонтально направленную ось:
$m_{1} \upsilon_{1} - m_{2} \upsilon_{2} = ( m_{1} + m_{2} ) u$
$m_{1} \upsilon_{1} - m_{2} \upsilon_{2} = m_{1} u + m_{2} u$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} \upsilon_{1} - \upsilon_{2} = \frac{m_{1}}{m_{2}} u + u$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} 1 - 1 = \frac{m_{1}}{m_{2}} 0{,}5 + 0{,}5$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} 0{,}5 = 1{,}5$
$\frac{m_{1}}{m_{2}} = 3$

Ответ: 3 

Источник: ФИПИ

Решение:

Обозначения. $f = 9\ \text{см}$ — расстояние от линзы до изображения, $d$ — расстояние от линзы до предмета, $\Gamma = \dfrac{1}{4}$ — линейное увеличение линзы (изображение уменьшено в 4 раза), $F$ — фокусное расстояние линзы, $D = \dfrac{1}{F}$ — её оптическая сила.

Рассеивающая линза при любом положении предмета даёт мнимое, прямое и уменьшенное изображение, расположенное с той же стороны от линзы, что и предмет. В формуле тонкой линзы

$$\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$$

для рассеивающей линзы фокусное расстояние отрицательно ($F \lt 0$), а для мнимого изображения отрицательно расстояние до изображения. Поэтому удобно записать формулу сразу через модули величин:

$$\frac{1}{d} - \frac{1}{|f|} = -\frac{1}{|F|} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{|F|} = \frac{1}{|f|} - \frac{1}{d}.$$

Линейное увеличение линзы определяется отношением расстояний:

$$\Gamma = \frac{|f|}{d} = \frac{1}{4} \quad\Rightarrow\quad d = 4|f| = 4\cdot 9\ \text{см} = 36\ \text{см}.$$

Подставляем в формулу линзы:

$$\frac{1}{|F|} = \frac{1}{9\ \text{см}} - \frac{1}{36\ \text{см}} = \frac{4 - 1}{36\ \text{см}} = \frac{3}{36\ \text{см}} = \frac{1}{12\ \text{см}} .$$

Отсюда

$$|F| = 12\ \text{см} = 0{,}12\ \text{м}.$$

В общем виде: $|F| = \dfrac{d\,|f|}{d - |f|} = \dfrac{36\cdot 9}{36 - 9}\ \text{см} = 12\ \text{см}$.

Проверка: для рассеивающей линзы мнимое изображение всегда лежит между линзой и фокусом, то есть должно быть $|f| \lt |F|$; действительно, $9\ \text{см} \lt 12\ \text{см}$. Увеличение при этом $\Gamma = \dfrac{9}{36} = 0{,}25$, как и требуется по условию. (Оптическая сила линзы $D = -\dfrac{1}{0{,}12\ \text{м}} \approx -8{,}3\ \text{дптр}$.)

Ответ: $|F| = 12\ \text{см} = 0{,}12\ \text{м}$.

Решение:

Обозначения. $\sigma$ — искомая масса одного квадратного метра материала оболочки (поверхностная плотность); $r$ — радиус шара; $S = 4\pi r^{2}$ — площадь оболочки, $V = \dfrac{4}{3}\pi r^{3}$ — объём шара; $m_{\text{об}} = \sigma S$ — масса оболочки; $\rho_{\text{в}}$ и $\rho_{\text{г}}$ — плотности воздуха и гелия; $M_{\text{в}} = 0{,}029$ кг/моль и $M_{\text{г}} = 0{,}004$ кг/моль — их молярные массы; $p = 10^{5}$ Па — давление гелия и воздуха; $T = 0\ ^\circ\text{C} = 273$ К; $m = 500$ кг — минимальная масса оболочки, при которой шар поднимает сам себя; $g$ — ускорение свободного падения; $R = 8{,}31\ \dfrac{\text{Дж}}{\text{моль}\cdot\text{К}}$.

1. Условие подъёма. Шар начнёт подниматься, когда архимедова сила станет не меньше суммарной силы тяжести оболочки и гелия:

$$\rho_{\text{в}} V g \ge \left(\sigma S + \rho_{\text{г}} V\right) g .$$

Подставим формулы для $V$ и $S$:

$$\frac{4}{3}\pi r^{3}\left(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}}\right) \ge 4\pi r^{2}\sigma \quad \Longrightarrow \quad r \ge \frac{3\sigma}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}}} .$$

Подъёмная сила растёт как $r^{3}$, а вес оболочки — как $r^{2}$, поэтому у шара из данного материала есть минимальный радиус $r_{\min} = \dfrac{3\sigma}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}}}$, а ему отвечает минимальная масса оболочки

$$m = \sigma \cdot 4\pi r_{\min}^{2} = 4\pi\sigma\left(\frac{3\sigma}{\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}}}\right)^{2} = \frac{36\pi\sigma^{3}}{\left(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}}\right)^{2}} .$$

2. Плотности газов. Воздух и гелий считаем идеальными газами; из уравнения Менделеева — Клапейрона $pV = \dfrac{m}{M}RT$ следует $\rho = \dfrac{pM}{RT}$. Так как давления и температуры гелия и воздуха одинаковы,

$$\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}} = \frac{p\left(M_{\text{в}} - M_{\text{г}}\right)}{RT}.$$

3. Выражаем $\sigma$.

$$\sigma^{3} = \frac{m\left(\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}}\right)^{2}}{36\pi} \quad \Longrightarrow \quad \sigma = \sqrt[3]{\frac{m}{36\pi}\left(\frac{p\left(M_{\text{в}} - M_{\text{г}}\right)}{RT}\right)^{2}} .$$

4. Численный расчёт.

$$\rho_{\text{в}} - \rho_{\text{г}} = \frac{10^{5}\cdot\left(0{,}029 - 0{,}004\right)}{8{,}31\cdot 273} = \frac{2500}{2269} \approx 1{,}10\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^{3}},$$

$$\sigma = \sqrt[3]{\frac{500 \cdot 1{,}10^{2}}{36\pi}} = \sqrt[3]{\frac{605}{113}} \approx \sqrt[3]{5{,}4} \approx 1{,}75\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^{2}} .$$

Проверка правдоподобия. Такому $\sigma$ отвечает $r_{\min} = \dfrac{3\cdot 1{,}75}{1{,}10} \approx 4{,}8$ м, тогда $S = 4\pi r_{\min}^{2} \approx 286\ \text{м}^{2}$ и $m_{\text{об}} = \sigma S \approx 500$ кг — совпадает с условием; объём $V \approx 454\ \text{м}^{3}$, вытесняемая масса воздуха $\approx 580$ кг, масса гелия $\approx 80$ кг, и $580 - 80 = 500$ кг — баланс сходится.

Ответ: $\sigma = \sqrt[3]{\dfrac{m}{36\pi}\left(\dfrac{p\left(M_{\text{в}} - M_{\text{г}}\right)}{RT}\right)^{2}} \approx 1{,}75\ \text{кг/м}^{2}$.

Дано: m = 10 г = 10^-2 кг, q = 5 мКл = 5·10^-3 Кл, <α = 45°, T = 100 мН = 0,1 Н.

Найти: E - ?

Решение:
Примем систему отсчёта, связанную с поверхностью Земли, за инерциальную. К шарику приложены следующие силы: направленная вниз сила тяжести $m \overset{\rightarrow}{g}$, действующая горизонтально электрическая сила $q \overset{\rightarrow}{E}$ и сила натяжения нити $\overset{\rightarrow}{T .}$, направленная вдоль неё.
Выберем координатную ось Ох, совпадающую с направлением нити. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на данную ось:
$ma = T - mg\cos \alpha - F_{э} \sin \alpha ( 1 ) ,$
в этом выражении а обозначает центростремительное ускорение, которое всегда направлено вдоль нити к центру вращения;
F_э представляет собой силу, с которой электрическое поле воздействует на заряд.
$a = \frac{v^{2}}{l} ( 2 )$
здесь v — это линейная скорость частицы в положении, когда нить отклонена на угол <α = 45° от вертикали, а l — радиус окружности (длина нити).
Связь силы и напряжённости поля выражается как Fэ = qE (3).
Объединим формулы (1), (2) и (3):
$\frac{mv^{2}}{l} = T - mg\cos \alpha - qE\sin \alpha ( 4 )$
$Т = \frac{mv^{2}}{l} + mg\cos \alpha + qE\sin \alpha ( 5 )$
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии тела в ИСО: $\Delta E_{кин} = А_{всех сил . }$. Работа, совершаемая силой натяжения $\overset{\rightarrow}{T}$, равна нулю, поскольку вектор этой силы всегда ортогонален вектору мгновенной скорости. Так как силы $m \overset{\rightarrow}{g}$ и $q \overset{\rightarrow}{E}$ являются консервативными (потенциальными), их суммарная работа определяется только начальным и конечным положениями тела.
Для удобства расчёта представим перемещение шарика как два этапа: вертикальный подъем на высоту h и последующее горизонтальное смещение на отрезок b. Тогда работа внешних сил запишется в виде $А = - mgh + qEb$, где геометрические параметры определяются как h = l(1-cosα) и b = lsinα.
Следовательно:
$\Delta E_{кин} = \frac{mv^{2}}{2} - 0 = А_{всех сил} ( 6 ) ,$
$\Delta E_{кин} = - mgl ( 1 - \cos \alpha ) + qEl\sin \alpha .$

$v^{2} = \frac{2 l ( qE\sin \alpha - mg ( 1 - \cos a ) )}{m} ( 7 ) .$

Выразим скорость из (7) и подставим в уравнение (5):
$T = 2 qE\sin \alpha - 2 mg + 2 mg\cos \alpha + mg\cos \alpha + qE\sin \alpha$
$T = 3 ( qE\sin \alpha + mg\cos a ) - 2 mg$

$E = \frac{T + mg ( 2 - 3 \cos \alpha )}{3 q\sin \alpha } = \frac{0{,}1 + 0{,}1 ( 2 - 3 \frac{\sqrt{2}}{2} )}{3 \cdot 5 \cdot 10^{- 3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}$
$E \approx 8{,}3 В / м .$

Ответ: $E = 8{,}3 В / м$

Источник: ФИПИ

Дано: m = 0,3 кг; l = 0,9 м; T₀ = 6 Н; M = 1,5 кг

Найти: V - ?

Решение:

1) В нижней точке траектории, прямо перед тем как нить порвётся, шарик проходит положение равновесия со скоростью $\overset{\rightarrow}{v} .$, двигаясь по дуге окружности с радиусом l. В данной точке на него действуют направленные вертикально сила натяжения $m \overset{\rightarrow}{g}$ и сила тяжести $\left(\overset{\rightarrow}{T}\right)_{0}$, которые сообщают телу центростремительное ускорение (как показано на чертеже). Применим второй закон Ньютона, спроецировав силы на вертикальную ось Oy в системе отсчёта Oxy, неподвижной относительно Земли:
$T_{0} - mg = ma ( 1 )$
$a = \frac{v^{2}}{l} ( 2 )$

Объединим выражения (2) и (1):
$T_{0} - mg = \frac{mv^{2}}{l} ( 3 )$
$v = \sqrt{l \left(\frac{T_{0}}{m} - g\right)} ( 4 )$

2) В момент разрыва нити шарик имеет горизонтальную скорость $\overset{\rightarrow}{v}$ и совершает абсолютно неупругий удар о неподвижный брусок. Для системы тел «шарик + брусок» выполняется закон сохранения импульса. Запишем его в проекции на горизонтальную ось Ox:
$p_{0} = p ( 5 )$
$p_{0} = mv ( 6 )$
$p = \left(M + m\right) V ( 7 ) ,$ здесь V обозначает проекцию скорости системы после взаимодействия на выбранную ось.

Используя соотношения (6) и (7), преобразуем уравнение (5):
$mv = \left(M + m\right) V ( 8 )$
$V = \frac{mv}{\left(M + m\right)} ( 9 )$

С учётом выражения (4) находим искомую величину из (9):
$V = \frac{m}{\left(M + m\right)} \sqrt{l \left(\frac{T_{0}}{m} - g\right)} ( 10 )$
$V = \frac{0{,}3}{1{,}5 + 0{,}3} \cdot \sqrt{0{,}9 \cdot \left(\frac{6}{0{,}3} - 10\right)}$
$V = 0{,}5 м / с$

Ответ: V = 0,5 м/с

Источник: ФИПИ