Вариант 6 · Июль 2026

Решение:

Обозначения. $q \gt 0$ — точечный заряд в центре полости; $\vec E$ — напряжённость электростатического поля; полость сферическая, заряд помещён в её центр; шар металлический (проводник) и в целом не заряжен.

Используемые закономерности. Закон Кулона и принцип суперпозиции полей; условие электростатического равновесия зарядов в проводнике; теорема Гаусса; закон сохранения электрического заряда; свойство поверхности проводника быть эквипотенциальной (линии напряжённости подходят к ней перпендикулярно).

1. Поле внутри полости. Положительный заряд $q$ притягивает к стенке полости свободные электроны проводника: на поверхности полости появляется индуцированный заряд $-q$. Полость шарообразная, а заряд находится точно в её центре, поэтому индуцированный заряд распределяется по стенке полости равномерно. Поле равномерно заряженной сферы внутри неё равно нулю (следствие теоремы Гаусса), поэтому по принципу суперпозиции поле в полости — это поле одного лишь точечного заряда:

$$E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{q}{r^2}.$$

Картина линий: восемь прямых лучей, выходящих из заряда $q$ радиально во все стороны (через $45^\circ$ друг от друга), со стрелками, направленными от заряда (поле положительного заряда); каждый луч оканчивается на стенке полости, подходя к ней перпендикулярно.

2. Поле внутри металла. В проводнике, находящемся в электростатическом равновесии, поле отсутствует: если бы внутри металла было $\vec E \ne 0$, свободные электроны пришли бы в направленное движение (возник бы ток), и перераспределение зарядов продолжалось бы до тех пор, пока поле внутри не обратилось бы в нуль. Поэтому в толще металла пишем

$$\vec E = 0$$

и никаких линий там не рисуем.

3. Поле снаружи шара. Шар в целом не заряжен, на стенке полости появился заряд $-q$, значит, по закону сохранения заряда на внешней поверхности шара оказывается заряд $+q$. Так как поле в толще металла равно нулю, внешняя поверхность «не знает» ни о положении полости, ни о положении заряда в ней: распределение заряда по внешней поверхности определяется только её формой. Внешняя поверхность — сфера, поэтому заряд $+q$ распределён по ней равномерно, и поле снаружи совпадает с полем точечного заряда $+q$, помещённого в центр шара (а не в центр полости):

$$E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{q}{R^2},$$

где $R$ — расстояние от центра шара до точки наблюдения.

Картина линий: восемь прямых радиальных лучей, начинающихся на поверхности шара и продолжающихся до бесконечности; их продолжения внутрь сходятся в центре шара, к поверхности шара они подходят перпендикулярно, углы между соседними лучами $45^\circ$, стрелки направлены от шара (наружу).

Ответ: внутри полости — кулоновское поле точечного заряда: восемь радиальных линий, выходящих из заряда $q$ и перпендикулярно упирающихся в стенку полости. Внутри проводника $\vec E = 0$ (линий нет). Снаружи — поле, тождественное полю точечного заряда $+q$ в центре шара: восемь радиальных линий, выходящих из поверхности шара перпендикулярно ей и направленных наружу.

Решение:

Обозначения. $m = 0{,}5\ \text{кг}$ — масса тележки, $k = 200\ \text{Н/м}$ — жёсткость пружины, $v_{\text{макс}} = 3\ \text{м/с}$ — максимальная скорость тележки, $A$ — искомая амплитуда колебаний, $\omega$ — циклическая частота, $x$ — смещение тележки от положения равновесия.

Модель. Тележка, прикреплённая к горизонтальной пружине, представляет собой горизонтальный пружинный маятник. Массой колёс пренебрегаем, трения нет, деформации пружины упругие (закон Гука $F_{\text{упр}} = -kx$), поэтому колебания свободные гармонические. Сила тяжести и сила нормальной реакции опоры вертикальны и компенсируют друг друга, вдоль горизонтали на тележку действует только сила упругости пружины.

Первый способ (через циклическую частоту). Для пружинного маятника $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$. При гармоническом движении $x = A\cos(\omega t + \varphi)$, $v = -A\omega\sin(\omega t + \varphi)$, поэтому максимальный модуль скорости равен $v_{\text{макс}} = \omega A$. Отсюда

$A = \dfrac{v_{\text{макс}}}{\omega} = v_{\text{макс}}\sqrt{\dfrac{m}{k}}$.

Расчёт: $\omega = \sqrt{\dfrac{200\ \text{Н/м}}{0{,}5\ \text{кг}}} = 20\ \text{с}^{-1}$, $A = \dfrac{3\ \text{м/с}}{20\ \text{с}^{-1}} = 0{,}15\ \text{м}$.

Второй способ (закон сохранения энергии). Трения нет, поэтому полная механическая энергия сохраняется: в положении равновесия пружина не деформирована и скорость максимальна, в крайнем положении ($|x| = A$) скорость равна нулю:

$\dfrac{m v_{\text{макс}}^2}{2} = \dfrac{k A^2}{2}$, откуда $A = v_{\text{макс}}\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 3\ \text{м/с}\cdot\sqrt{\dfrac{0{,}5\ \text{кг}}{200\ \text{Н/м}}} = 0{,}15\ \text{м}$.

Оба способа дают одинаковый результат.

Ответ: $A = 0{,}15\ \text{м} = 15\ \text{см}$.

Решение:

Обозначения. $A_\text{вых}$ — работа выхода электрона из металла; $\lambda_\text{кр}$ — длина волны, отвечающая «красной границе» фотоэффекта; $\lambda_1 = \dfrac{\lambda_\text{кр}}{3}$ — длина волны падающего света в первом случае; $\lambda_2 = 1{,}5\lambda_1$ — во втором; $E_1$ и $E_2$ — максимальные кинетические энергии фотоэлектронов в первом и втором случаях; $h$ — постоянная Планка, $c$ — скорость света в вакууме.

«Красная граница» фотоэффекта — это наибольшая длина волны, при которой фотоэффект ещё возможен; ей отвечает равенство энергии фотона работе выхода:

$$A_\text{вых} = \frac{hc}{\lambda_\text{кр}} .$$

Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов находится из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта:

$$\frac{hc}{\lambda} = A_\text{вых} + E_\text{к,макс} \quad \Rightarrow \quad E_\text{к,макс} = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_\text{кр}} .$$

Первый случай: $\lambda_1 = \dfrac{\lambda_\text{кр}}{3}$, поэтому

$$E_1 = \frac{3hc}{\lambda_\text{кр}} - \frac{hc}{\lambda_\text{кр}} = \frac{2hc}{\lambda_\text{кр}} .$$

Второй случай: длину волны увеличили в $1{,}5$ раза, то есть

$$\lambda_2 = 1{,}5\,\lambda_1 = 1{,}5\cdot\frac{\lambda_\text{кр}}{3} = \frac{\lambda_\text{кр}}{2} .$$

Так как $\lambda_2 \lt \lambda_\text{кр}$, фотоэффект по-прежнему происходит, и

$$E_2 = \frac{2hc}{\lambda_\text{кр}} - \frac{hc}{\lambda_\text{кр}} = \frac{hc}{\lambda_\text{кр}} .$$

Искомое отношение:

$$\frac{E_1}{E_2} = \frac{2hc/\lambda_\text{кр}}{hc/\lambda_\text{кр}} = 2 .$$

Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов уменьшится в 2 раза.

Ответ: в $2$ раза.

Решение:

Обозначения. $p_0$ — постоянное давление азота в камере; $S$ — площадь поперечного сечения сосуда (она же площадь пробки); $L = 50\ \text{см}$ — высота сосуда, равная длине столба газа сразу после закрытия; $h$ — длина столба газа при температуре $T_1 = 240\ \text{К}$; $H = 46\ \text{см}$ — длина столба газа после возвращения к $T_0 = 300\ \text{К}$; $p_1$ и $p_2$ — давления запертого азота в этих двух состояниях; $F$ — модуль силы трения между пробкой и стенками (одинаков при движении вверх и вниз).

Азот считаем идеальным газом, процессы — квазистатическими (нагревание и охлаждение медленные, пробка движется без ускорения).

Состояние 0 (сразу после закрытия). Сосуд закрывают, когда он находится в камере при $T_0$, поэтому запертый газ имеет давление камеры $p_0$, длину столба $L$ и температуру $T_0$.

Условия равновесия пробки. Массой пробки пренебрегаем, поэтому сумма сил, действующих на неё, равна нулю. На пробку действуют: сила давления запертого газа снизу $pS$ (вверх), сила давления азота камеры сверху $p_0S$ (вниз) и сила трения $F$, направленная против движения пробки.

При охлаждении газ сжимается, пробка движется вниз, трение направлено вверх:

$$p_1 S + F = p_0 S \quad \Rightarrow \quad p_1 = p_0 - \frac{F}{S} .$$

При последующем нагревании газ расширяется, пробка движется вверх, трение направлено вниз:

$$p_2 S = p_0 S + F \quad \Rightarrow \quad p_2 = p_0 + \frac{F}{S} .$$

Находим $p_2$. Состояния 0 и 2 отвечают одной и той же температуре $T_0$, поэтому для запертой порции газа справедлив закон Бойля — Мариотта:

$$p_0 L S = p_2 H S \quad \Rightarrow \quad p_2 = p_0\,\frac{L}{H} .$$

Тогда

$$\frac{F}{S} = p_2 - p_0 = p_0\,\frac{L - H}{H},$$

$$p_1 = p_0 - \frac{F}{S} = p_0\left(1 - \frac{L-H}{H}\right) = p_0\,\frac{2H - L}{H}.$$

Находим $h$. Переход из состояния 0 в состояние 1 описывается уравнением Клапейрона (объединённым газовым законом) для постоянной массы газа:

$$\frac{p_0 L S}{T_0} = \frac{p_1 h S}{T_1} \quad \Rightarrow \quad h = \frac{p_0 L T_1}{p_1 T_0} = \frac{L\,T_1\,H}{T_0\,(2H - L)} .$$

Подставляем числовые значения:

$$h = \frac{50\ \text{см}\cdot 240\ \text{К}\cdot 46\ \text{см}}{300\ \text{К}\cdot(2\cdot 46 - 50)\ \text{см}} = \frac{552\,000}{12\,600}\ \text{см} \approx 43{,}8\ \text{см}.$$

Проверка: $h \lt H \lt L$, как и должно быть по рисунку — при охлаждении пробка опустилась ниже всего, а при обратном нагревании из-за трения не вернулась в исходное положение.

Ответ: $h = \dfrac{L\,T_1\,H}{T_0\,(2H - L)} \approx 43{,}8\ \text{см}$ (примерно $44$ см).

Дано: C₁ = 1 мкФ = 10^-6 Ф; R = 300 Ом; C₂ = 2 мкФ = 2 · 10^-6 Ф; Q = 30 мДж = 0,03 Дж.

Найти: U - ?

Решение:
Исходный заряд на первом конденсаторе определяется выражением: $q = C_{1} U ( 1 )$
Когда ключ замыкается, происходит перераспределение зарядов. Пусть новые значения зарядов на конденсаторах будут q₁ и q₂.
Согласно закону сохранения электрического заряда, их сумма равна начальному заряду: $q_{1} + q_{2} = C_{1} U$ (2).
Процесс перетекания заряда завершится, когда потенциалы выровняются. Поскольку ток в ветви с резистором R прекратится, падение напряжения на нём станет нулевым, и напряжения на обоих конденсаторах станут идентичными:
$\frac{q_{1}}{C_{1}} = \frac{q_{2}}{C_{2}} ( 3 )$
Опираясь на закон сохранения энергии, можно утверждать, что количество теплоты, выделившееся в системе, эквивалентно уменьшению суммарной энергии электрического поля конденсаторов:

$Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \left(\frac{q_{1}^{2}}{2 C_{1}} + \frac{q_{2}^{2}}{2 C_{2}}\right) ( 4 )$

Выполним совместное решение системы, состоящей из уравнений (2), (3) и (4):

$\left\{\begin{matrix} \frac{q_{1}}{C_{1}} = \frac{q_{2}}{C_{2}} ( 5 ) \\ q_{1} + q_{2} = C_{1} U ( 6 ) \\ Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \left(\frac{q_{1}^{2}}{2 C_{1}} + \frac{q_{2}^{2}}{2 C_{2}}\right) ( 7 ) \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} q_{2} = \frac{C_{2} q_{1}}{C_{1}} ( 8 ) \\ q_{1} = \frac{C_{1}^{2} U}{\left(C_{1} + C_{2}\right)} ( 9 ) \\ Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \left(\frac{q_{1}^{2}}{2 C_{1}} + \frac{q_{2}^{2}}{2 C_{2}}\right) ( 10 ) \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} q_{2} = \frac{C_{1} C_{2} U}{\left(C_{1} + C_{2}\right)} ( 11 ) \\ q_{1} = \frac{C_{1}^{2} U}{\left(C_{1} + C_{2}\right)} ( 12 ) \\ Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \left(\frac{\left(\frac{C_{1}^{2} U}{\left(C_{1} + C_{2}\right)}\right)^{2}}{2 C_{1}} + \frac{\left(\frac{C_{1} C_{2} U}{\left(C_{1} + C_{2}\right)}\right)^{2}}{2 C_{2}}\right) ( 13 ) \end{matrix}\right.$

$Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \left(\frac{C_{1}^{4} U^{2}}{2 C_{1} \left(C_{1} + C_{2}\right)^{2}} + \frac{C_{1}^{2} C_{2}^{2} U^{2}}{2 C_{2} \left(C_{1} + C_{2}\right)^{2}}\right) ( 14 )$

$Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \frac{C_{1}^{3} U^{2} + C_{1}^{2} C_{2} U^{2}}{2 \left(C_{1} + C_{2}\right)^{2}} ( 15 )$

$Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \frac{C_{1}^{2} U^{2} \left(C_{1} + C_{2}\right)}{2 \left(C_{1} + C_{2}\right)^{2}} ( 16 )$

$Q = \frac{C_{1} U^{2}}{2} - \frac{C_{1}^{2} U^{2}}{2 \left(C_{1} + C_{2}\right)} ( 17 )$

$Q = \frac{C_{1} U^{2} \left(C_{1} + C_{2}\right) - C_{1}^{2} U^{2}}{2 \left(C_{1} + C_{2}\right)} ( 18 )$

$Q = \frac{C_{1} C_{2} U^{2}}{2 \left(C_{1} + C_{2}\right)} ( 19 )$

$U = \sqrt{\frac{2 Q \left(C_{1} + C_{2}\right)}{C_{1} C_{2}}} ( 20 )$

$U = \sqrt{\frac{2 \cdot 0{,}03 \cdot \left(10^{- 6} + 2 \cdot 10^{- 6}\right)}{10^{- 6} \cdot 2 \cdot 10^{- 6}}} = 300 В .$

Ответ: U = 300 В

Источник: ФИПИ

Дано: m₁ = 0,2 кг; m₂ = 0,3 кг; l = 0,6 м; AC = 0,2 м; N₂ = 2N₁

Найти: L - ?

Решение:
1) Рассмотрим систему, состоящую из стержня и двух закрепленных на нем шаров. На неё воздействуют силы тяжести $m_{1} \overset{\rightarrow}{g}$ и $m_{2} \overset{\rightarrow}{g} ,$, приложенные к центрам масс шаров, а также нормальные реакции опор $\left(\overset{\rightarrow}{N}\right)_{1}$ и $\left(\overset{\rightarrow}{N}\right)_{2} .$. Согласно третьему закону Ньютона, величины сил реакции численно совпадают с силами давления на опоры, следовательно, выполняется соотношение $N_{2} = 2 N_{1}$ (согласно условию).

2) Запишем условия, при которых данная система находится в равновесии:
$N_{1} + N_{2} - m_{1} g - m_{2} g = 0 ( 1 )$
$3 N_{1} = g \left(m_{1} + m_{2}\right) ( 2 )$

Используем правило моментов сил относительно выбранной оси:
$M_{1} + M_{2} + M_{3} = 0 ( 3 )$
$M_{1} = N_{1} x ( 4 ) ,$ в данном случае плечо x = AC = 0,2 м.
$M_{2} = N_{2} \left(x + l\right) = 3 N_{1} \left(x + l\right) ( 5 )$
$M_{3} = - m_{2} gL ( 6 )$

Объединим выражения (4), (5) и (6):
$N_{1} x + 2 N_{1} \left(x + l\right) - m_{2} gL = 0 ( 7 )$
$N_{1} \left(4 x + 3 l\right) = m_{2} gL ( 8 )$

Составим и решим систему уравнений на основе (2) и (7):
$\left\{\begin{matrix} 3 N_{1} = g \left(m_{1} + m_{2}\right) ( 8 ) \\ N_{1} \left(3 x + 2 l\right) = m_{2} gL ( 9 ) \end{matrix}\right.$

Разделив одно уравнение системы на другое, находим:
$\frac{3 N_{1}}{N_{1} \left(3 x + 2 l\right)} = \frac{g \left(m_{1} + m_{2}\right)}{m_{2} gL} ( 10 )$
$x + \frac{2 l}{3} = \frac{m_{2} L}{m_{1} + m_{2}} ( 11 )$
$L = \frac{\left(3 x + 2 l\right) \left(m_{1} + m_{2}\right)}{3 m_{2}} ( 12 )$
$L = \frac{3 xm_{1} + 3 xm_{2} + 2 lm_{1} + 2 lm_{2}}{3 m_{2}} ( 13 )$
$L = x \left(\frac{m_{1}}{m_{2}} + 1\right) + \frac{2 l}{3} \left(\frac{m_{1}}{m_{2}} + 1\right) ( 14 )$
$L = \left(x + \frac{2 l}{3}\right) \left(\frac{m_{1}}{m_{2}} + 1\right) ( 15 )$
$L = \left(0{,}2 + \frac{2 \cdot 0{,}6}{3}\right) \cdot \left(\frac{0{,}2}{0{,}3} + 1\right)$
$L = 1 м$

Ответ: L = 1 м

Источник: ФИПИ