Вариант 7 · 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. $m = 1\ \text{кг}$ — масса правого груза, $M$ — масса левого груза, $t = 1\ \text{с}$ — время движения, $v = 4\ \text{м/с}$ — скорость правого груза в этот момент (направлена вертикально вверх), $a$ — модуль ускорения грузов, $T$ — искомая сила натяжения нити, $g = 10\ \text{м/с}^2$ — ускорение свободного падения.

Обоснование модели. Нить нерастяжима, поэтому модули скоростей и ускорений обоих грузов одинаковы. Блок идеальный (невесомый, без трения), нить невесома, поэтому сила натяжения нити одинакова по обе стороны блока и равна $T$.

Кинематика. Движение равноускоренное из состояния покоя, поэтому $v = at$, откуда

$a = \dfrac{v}{t} = \dfrac{4\ \text{м/с}}{1\ \text{с}} = 4\ \text{м/с}^2$.

Скорость правого груза направлена вертикально вверх, а движение равноускоренное из покоя, значит и ускорение правого груза направлено вертикально вверх (левый груз при этом опускается).

Динамика. На правый груз действуют сила тяжести $m\vec{g}$ (вниз) и сила натяжения нити $\vec{T}$ (вверх). Второй закон Ньютона в проекции на ось $Oy$, направленную вертикально вверх:

$T - mg = ma$, откуда $T = m(g + a)$.

Расчёт. $T = 1\ \text{кг}\cdot(10 + 4)\ \text{м/с}^2 = 14\ \text{Н}$.

Проверка. Для левого груза $Mg - T = Ma$, откуда $M = \dfrac{T}{g - a} = \dfrac{14\ \text{Н}}{(10 - 4)\ \text{м/с}^2} \approx 2{,}3\ \text{кг}$, то есть левый груз тяжелее правого и действительно опускается; при этом $mg = 10\ \text{Н} \lt T \lt Mg \approx 23\ \text{Н}$.

Ответ: $T = 14\ \text{Н}$.

Решение:

Обозначения. $m_{\text{д}}=1{,}8$ кг — масса сухих дров; $\lambda=8{,}3\cdot10^{6}$ Дж/кг — удельная теплота сгорания сухих дров; $m$ — искомая масса воды; $c=4200$ Дж/(кг·°С) — удельная теплоёмкость воды; $t_0=10$ °С — начальная температура воды; $t_{\text{к}}=100$ °С — температура кипения воды при нормальном атмосферном давлении; $\eta=0{,}05$ — доля выделившейся теплоты, полученная водой (95 % рассеивается в окружающую среду).

Законы. Теплота, выделяющаяся при полном сгорании топлива, $Q_{\text{сг}}=\lambda m_{\text{д}}$. Теплота, необходимая для нагревания воды без изменения агрегатного состояния, $Q_{\text{наг}}=c\,m\,(t_{\text{к}}-t_0)$. Уравнение теплового баланса с учётом потерь: воде достаётся лишь $\eta$-я часть выделившейся теплоты, $$Q_{\text{наг}}=\eta\,Q_{\text{сг}}.$$

Вывод формулы. $$c\,m\,(t_{\text{к}}-t_0)=\eta\,\lambda\,m_{\text{д}} \;\Rightarrow\; m=\frac{\eta\,\lambda\,m_{\text{д}}}{c\,(t_{\text{к}}-t_0)}.$$

Расчёт. $Q_{\text{сг}}=8{,}3\cdot10^{6}\cdot1{,}8=1{,}494\cdot10^{7}$ Дж, полезная теплота $\eta Q_{\text{сг}}=0{,}05\cdot1{,}494\cdot10^{7}=7{,}47\cdot10^{5}$ Дж. Тогда $$m=\frac{7{,}47\cdot10^{5}\ \text{Дж}}{4200\cdot(100-10)}=\frac{7{,}47\cdot10^{5}}{3{,}78\cdot10^{5}}\approx 1{,}98\ \text{кг}\approx 2\ \text{кг}.$$

Ответ: $m\approx 2$ кг.

Дано: V = 1 м³; ν₁ = 1 моль; Т₁ = 400 К; v₂ = 3 моль; p = 5,4 кПа = $5{,}4 \cdot 10^{3}$ Па 

Найти: T₂ - ?

Решение:
1) Так как сосуд имеет теплоизоляцию и работа газом не производится, на основании первого начала термодинамики можно утверждать, что общая внутренняя энергия системы остается неизменной:
$U = U_{1} + U_{2} ( 1 )$
$U = \frac{3 \left(v_{1} + v_{2}\right) RT}{2} ( 2 )$
Здесь T обозначает установившуюся температуру смеси газов после того, как кран был открыт.
$U_{1} = \frac{3 v_{1} RT_{1}}{2} ( 3 )$
$U_{2} = \frac{3 v_{2} RT_{2}}{2} ( 4 )$

Объединим выражения (2), (3) и (4) с уравнением (1):

$\frac{3 \left(v_{1} + v_{2}\right) RT}{2} = \frac{3 v_{1} RT_{1}}{2} + \frac{3 v_{2} RT_{2}}{2} ( 5 )$
$\left(v_{1} + v_{2}\right) RT = v_{1} RT_{1} + v_{2} RT_{2} ( 6 )$
$T_{2} = \frac{\left(v_{1} + v_{2}\right) RT - v_{1} RT_{1}}{v_{2} R} ( 7 )$

2) Воспользуемся уравнением состояния идеального газа (Менделеева-Клапейрона) для системы в установившемся равновесии:
$2 pV = \left(v_{1} + v_{2}\right) RT ( 8 )$

Выразим искомую величину, подставив (8) в формулу (7):
$T_{2} = \frac{2 pV - v_{1} RT_{1}}{v_{2} R} ( 9 )$
$T_{2} = \frac{2 pV}{v_{2} R} - \frac{v_{1} T_{1}}{v_{2}} ( 10 )$
$T_{2} = \frac{2 \cdot 5{,}4 \cdot 10^{3} \cdot 1}{3 \cdot 8{,}31} - \frac{1 \cdot 400}{3} \approx 300 К$

Ответ: 300 

Источник: ФИПИ

Решение:

Обозначения. $\varepsilon = 12$ В — ЭДС батареи (внутреннее сопротивление пренебрежимо мало, поэтому напряжение между точками $A$ и $B$ равно $\varepsilon$); $R_1$ и $R_2$ — искомые сопротивления резисторов (оба резистора с обозначением $R_2$ одинаковы); $P_1 = 6$ Вт — мощность при подключении «$+$» к $A$; $P_2 = 7{,}2$ Вт — мощность при обратной полярности; $D_1$ — диод, включённый последовательно с $R_1$ (пропускает ток от $A$ к узлу $C$); $D_2$ — диод, пропускающий ток от узла $C$ к $A$; $C$ — узел, к которому подключён верхний вывод правого резистора $R_2$; $R_{(1)}, R_{(2)}$ — полные сопротивления цепи в первом и во втором случае.

Модель диода. В прямом направлении сопротивление диода пренебрежимо мало — открытый диод считаем идеальным проводником. В обратном направлении сопротивление диода многократно превышает сопротивление резисторов — закрытый диод считаем разрывом цепи.

Разбор схемы. Между $A$ и $B$ включены параллельно две ветви:

• левая — один резистор $R_2$, соединяющий $A$ и $B$ напрямую; он проводит ток при любой полярности;
• правая — параллельная пара «$R_1$ последовательно с $D_1$» и «$D_2$» между $A$ и узлом $C$, а затем правый резистор $R_2$ от узла $C$ к $B$.

1. Первое подключение: «$+$» к $A$, «$-$» к $B$. Ток во внешней цепи течёт от $A$ к $B$. Диод $D_1$ включён в прямом направлении и открыт, диод $D_2$ — в обратном и закрыт.

Токи идут по двум путям: $A \to R_2\,(\text{левый}) \to B$ и $A \to R_1 \to D_1 \to C \to R_2\,(\text{правый}) \to B$. Через диод $D_2$ тока нет.

Правая ветвь имеет сопротивление $R_1 + R_2$, она соединена параллельно с левой ветвью сопротивлением $R_2$:

$$R_{(1)} = \frac{R_2\left(R_1 + R_2\right)}{R_2 + R_1 + R_2} = \frac{R_2\left(R_1 + R_2\right)}{R_1 + 2R_2}.$$

По закону Джоуля — Ленца

$$P_1 = \frac{\varepsilon^2}{R_{(1)}} \;\Rightarrow\; R_{(1)} = \frac{\varepsilon^2}{P_1} = \frac{12^2}{6} = 24\ \text{Ом}.$$

2. Второе подключение: «$+$» к $B$, «$-$» к $A$. Ток течёт от $B$ к $A$. Теперь открыт диод $D_2$, а диод $D_1$ закрыт, поэтому резистор $R_1$ оказывается отключённым (через него тока нет), а открытый диод $D_2$ соединяет узел $C$ с точкой $A$ накоротко.

Токи идут по двум путям: $B \to R_2\,(\text{левый}) \to A$ и $B \to R_2\,(\text{правый}) \to C \to D_2 \to A$. Оба резистора $R_2$ оказываются соединёнными параллельно:

$$R_{(2)} = \frac{R_2}{2}.$$

$$P_2 = \frac{\varepsilon^2}{R_{(2)}} = \frac{2\varepsilon^2}{R_2} \;\Rightarrow\; R_2 = \frac{2\varepsilon^2}{P_2} = \frac{2\cdot 144}{7{,}2} = 40\ \text{Ом}.$$

3. Находим $R_1$. Подставим $R_2 = 40$ Ом в уравнение первого случая:

$\dfrac{40\left(R_1 + 40\right)}{R_1 + 80} = 24$,

$40R_1 + 1600 = 24R_1 + 1920$,

$16R_1 = 320 \;\Rightarrow\; R_1 = 20$ Ом.

Проверка. $R_{(1)} = \dfrac{40\cdot 60}{100} = 24$ Ом, $P_1 = \dfrac{144}{24} = 6$ Вт; $R_{(2)} = 20$ Ом, $P_2 = \dfrac{144}{20} = 7{,}2$ Вт — оба значения совпадают с условием.

Ответ: при подключении «$+$» к $A$ открыт верхний диод $D_1$: ток идёт через левый резистор $R_2$ и, параллельно, по цепочке $R_1 \to D_1 \to$ правый $R_2$; нижний диод закрыт. При обратной полярности открыт нижний диод $D_2$: ток идёт через левый резистор $R_2$ и, параллельно, через правый $R_2$ и диод $D_2$, а через $R_1$ тока нет. $R_1 = 20$ Ом, $R_2 = 40$ Ом.

Решение:

Обоснование применимости законов. Систему отсчёта, связанную с Землёй и неподвижной выемкой, считаем инерциальной. Шарики небольшие — считаем их материальными точками, скользящими по сферической поверхности радиуса $R$. Стержень лёгкий (невесомый) и жёсткий: сумма сил и сумма моментов сил, действующих на него, равны нулю, поэтому силы, с которыми он действует на шарики, равны по модулю, противоположны по направлению и направлены вдоль стержня; расстояние между шариками не меняется, поэтому суммарная работа этих сил равна нулю. Выемка гладкая, силы нормальной реакции перпендикулярны скоростям шариков и работы не совершают, сопротивление воздуха не учитываем. Следовательно, полная механическая энергия системы «шарики + Земля» сохраняется. Поле тяжести однородно, $g=\text{const}$. Так как оба шарика всё время находятся на сфере радиуса $R$, а расстояние между ними постоянно, постоянен и угол между радиусами $OM$ и $Om$: по рисунку он равен $90^{\circ}$ (шарик $M$ — в нижней точке, шарик $m$ — на конце горизонтального радиуса). Значит, система поворачивается вокруг центра $O$ как единое целое, и в любой момент модули скоростей шариков одинаковы и равны $\omega R$, где $\omega$ — угловая скорость поворота.

Обозначения. $m=30$ г $=0{,}03$ кг и $M=60$ г $=0{,}06$ кг — массы шариков; $R$ — искомый радиус выемки; $O$ — центр выемки; $\alpha$ — угол, на который повернулась система (стержень) вокруг точки $O$ от начального положения; $h_{M}$ и $h_{m}$ — высоты шариков $M$ и $m$ над нижней точкой выемки; $H=h_{M\max}=12$ см $=0{,}12$ м — максимальная высота подъёма шарика $M$; $\omega$ — угловая скорость системы; $g$ — ускорение свободного падения.

1. Геометрия. В начальном положении радиус $OM$ вертикален, а радиус $Om$ горизонтален, значит, $h_{M}=0$, $h_{m}=R$. После поворота системы на угол $\alpha$ (шарик $m$ опускается, шарик $M$ поднимается) радиус $OM$ отклонён от вертикали на угол $\alpha$, а радиус $Om$ — на угол $90^{\circ}-\alpha$, поэтому

$$h_{M}=R(1-\cos\alpha),\qquad h_{m}=R\left(1-\cos(90^{\circ}-\alpha)\right)=R(1-\sin\alpha).$$

Понижение шарика $m$ равно $\Delta h_{m}=R-R(1-\sin\alpha)=R\sin\alpha$.

2. В какую сторону пойдёт движение. Потенциальная энергия системы $U(\alpha)=MgR(1-\cos\alpha)+mgR(1-\sin\alpha)$; при малых $\alpha\gt 0$ она убывает, так как $U'(0)=-mgR\lt 0$. Значит, отпущенная без толчка система действительно начинает двигаться так, что более высокий шарик $m$ опускается, а шарик $M$ поднимается.

3. Условие максимальной высоты подъёма шарика $M$. Кинетическая энергия системы $E_{k}=\frac{(m+M)\omega^{2}R^{2}}{2}$ обращается в нуль только при $\omega=0$. Высота $h_{M}=R(1-\cos\alpha)$ монотонно растёт с ростом $\alpha$, поэтому шарик $M$ поднимается максимально высоко в тот момент, когда система останавливается. Записывая закон сохранения механической энергии между начальным моментом (система покоится) и моментом остановки, получаем

$$MgR(1-\cos\alpha)=mgR\sin\alpha.$$

4. Решение уравнения. Используя $1-\cos\alpha=2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}$ и $\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$, получаем

$$2M\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=2m\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\quad\Rightarrow\quad \mathrm{tg}\,\frac{\alpha}{2}=\frac{m}{M}=\frac{30}{60}=0{,}5.$$

Тогда

$$\cos\alpha=\frac{1-\mathrm{tg}^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\mathrm{tg}^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-0{,}25}{1+0{,}25}=0{,}6,$$

то есть $\alpha\approx 53^{\circ}$, и

$$H=R(1-\cos\alpha)=0{,}4R\quad\Rightarrow\quad R=\frac{H}{0{,}4}=\frac{0{,}12\ \text{м}}{0{,}4}=0{,}3\ \text{м}=30\ \text{см}.$$

Проверка. При $\cos\alpha=0{,}6$ имеем $\sin\alpha=0{,}8$, понижение шарика $m$ равно $R\sin\alpha=0{,}24$ м, а подъём шарика $M$ равен $0{,}12$ м. Тогда $mg\cdot 0{,}24=0{,}03\cdot 0{,}24\,g=0{,}0072\,g$ и $Mg\cdot 0{,}12=0{,}06\cdot 0{,}12\,g=0{,}0072\,g$ — энергия действительно сохраняется. Оба шарика при этом остаются внутри выемки.

Ответ: $R=0{,}3$ м $=30$ см.