Вариант 9 · Август 2026

Решение:

Обозначения. $m$ — масса шарика; $L$ — длина нити; $q$ — модуль сообщённого шарику отрицательного заряда; $\sigma$ — поверхностная плотность заряда пластины; $E$ — модуль напряжённости создаваемого пластиной поля; $\varepsilon_0$ — электрическая постоянная; $g$ — ускорение свободного падения; $\nu_0$ и $\nu$ — частоты малых свободных колебаний шарика до и после сообщения ему заряда.

Используемые законы и явления.

1. Пластина — диэлектрик, заряженный равномерно, поэтому её заряд не перераспределяется при появлении заряда на шарике. Размеры пластины во много раз больше длины нити, значит, в области движения шарика её можно считать бесконечной равномерно заряженной плоскостью, создающей однородное электростатическое поле

$$E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \text{const},$$

направленное перпендикулярно пластине от неё; так как пластина заряжена положительно, над пластиной вектор $\vec E$ направлен вертикально вверх.

2. Незаряженный шарик на лёгкой нити — математический маятник, частота его малых свободных колебаний

$$\nu_0 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{L}}.$$

3. После сообщения шарику отрицательного заряда на него со стороны поля пластины действует сила $F_{\text{эл}} = qE$, направленная противоположно $\vec E$, то есть вертикально вниз, к пластине (разноимённые заряды притягиваются). Поле однородно, поэтому эта сила постоянна по модулю и направлению и складывается с силой тяжести; движение шарика остаётся малыми гармоническими колебаниями математического маятника, но с увеличенным эффективным ускорением

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

Нить непроводящая, поэтому заряд с шарика не стекает и остаётся постоянным во время колебаний.

4. Тогда частота колебаний

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

так как частота пропорциональна $\sqrt{g_{\text{эф}}}$, а $g_{\text{эф}}$ возросло.

Ответ: частота малых свободных колебаний увеличится. Однородное поле положительно заряженной пластины над ней направлено вверх, поэтому на отрицательно заряженный шарик действует дополнительная постоянная сила, направленная вниз (притяжение к пластине). Она увеличивает эффективное ускорение $g_{\text{эф}} = g + qE/m$, а частота $\nu = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{g_{\text{эф}}/L}$ при этом возрастает (период, соответственно, уменьшается).

Решение:

Обозначения. $m=0{,}2$ кг — масса груза; $k=100$ Н/м — жёсткость пружины; $t=2$ с — время движения лифта; $h=5$ м — расстояние, на которое опустился лифт; $a$ — модуль ускорения лифта (и груза); $F_\text{упр}$ — модуль силы упругости пружины; $x$ — удлинение пружины; $g=10$ м/с$^2$ — ускорение свободного падения.

1. Ускорение. Лифт трогается с места, значит начальная скорость равна нулю, и при равноускоренном движении путь связан со временем кинематическим законом $h=\dfrac{at^{2}}{2}$, откуда

$$a=\frac{2h}{t^{2}}=\frac{2\cdot 5}{2^{2}}=2{,}5\ \text{м/с}^{2}.$$

Лифт разгоняется, двигаясь вниз, поэтому вектор ускорения направлен вертикально вниз. Груз движется вместе с лифтом (колебаниями пренебрегаем), так что его ускорение такое же.

2. Второй закон Ньютона для груза. На груз действуют сила тяжести $m\vec g$ (вертикально вниз) и сила упругости пружины $\vec F_\text{упр}$ (вертикально вверх, вдоль пружины к точке подвеса). В инерциальной системе отсчёта, связанной с землёй,

$$m\vec a = m\vec g + \vec F_\text{упр}.$$

Спроецируем это уравнение на вертикальную ось, направленную вниз (по ускорению):

$$ma = mg - F_\text{упр}\quad\Rightarrow\quad F_\text{упр}=m(g-a).$$

3. Закон Гука. Для пружины $F_\text{упр}=kx$, следовательно

$$x=\frac{F_\text{упр}}{k}=\frac{m(g-a)}{k}.$$

4. Расчёт.

$$x=\frac{0{,}2\cdot(10-2{,}5)}{100}=\frac{1{,}5}{100}=0{,}015\ \text{м}=1{,}5\ \text{см}.$$

Проверка правдоподобия: в неподвижном лифте удлинение было бы $x_0=\dfrac{mg}{k}=0{,}02$ м $=2$ см; при движении вниз с ускорением груз «легчает», и удлинение должно быть меньше — так и получилось.

Ответ: $x=0{,}015$ м $=1{,}5$ см.

Решение:

Обозначения. $D=15\ \text{дптр}$ — оптическая сила линзы; $F=\dfrac{1}{D}$ — её фокусное расстояние; $d$ — искомое расстояние от предмета до линзы; $f=12\ \text{см}=0{,}12\ \text{м}$ — расстояние от линзы до изображения.

Закон. Линза тонкая и собирающая, изображение действительное, поэтому в формуле тонкой линзы все члены берутся со знаком «плюс»:

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

Отсюда

$$\frac{1}{d}=D-\frac{1}{f},\qquad d=\frac{1}{D-\dfrac{1}{f}}=\frac{f}{Df-1}.$$

Расчёт. $\dfrac{1}{d}=15-\dfrac{1}{0{,}12}=15-\dfrac{25}{3}=\dfrac{20}{3}\ \text{м}^{-1}$, значит $d=\dfrac{3}{20}=0{,}15\ \text{м}=15\ \text{см}$.

Проверка. Фокусное расстояние $F=\dfrac{1}{15}\ \text{м}\approx6{,}7\ \text{см}$; полученное $d=15\ \text{см}$ больше $F$, поэтому изображение и должно быть действительным — результат непротиворечив. Увеличение $\Gamma=\dfrac{f}{d}=\dfrac{12}{15}=0{,}8$: изображение уменьшенное и перевёрнутое.

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

Дано: M = 18·10^-3 кг/моль; T₁ = 20 °С = 293 К; φ₁ = 40 % = 0,4; p_н1 = 2,34 кПа = 2,34·10³ Па; T₂ = 34 °С = 307 К; φ₂ = 100 % = 1; p_н2 = 5,32 кПа = 5320 Па; R = 8,31 Дж/(моль·К)

Решение:
1) Пока не началась конденсация, водяной пар можно считать идеальным газом, состояние которого подчиняется уравнению Менделеева-Клапейрона: $pV = \frac{m}{M} RT ,$ В данной формуле p обозначает парциальное давление, m — массу пара в объёме V, а T — его термодинамическую температуру. Таким образом, при начальных условиях (температура T₁ и давление p₁) масса пара в заданном объёме составляет $m_{1} = M \frac{p_{1} V}{RT_{1}}$ Аналогично для выдыхаемого воздуха при параметрах T₂ и p₂ масса пара будет равна $m_{2} = M \frac{p_{2} V}{RT_{2}} .$

2) Разность масс пара в выдохе и вдохе определяет массу воды, испарившейся в лёгких: $m = m_{2} - m_{1} = M \frac{p_{2} V}{RT_{2}} - M \frac{p_{1} V}{RT_{1}} = \frac{MV}{R} ( \frac{p_{2}}{T_{2}} - \frac{p_{1}}{T_{1}} ) .$
 $p_{1} = \varphi_{1} \cdot p_{н 1} = 0{,}4 \cdot 2{,}34 \cdot 10^{3} Па = 936 Па$
$p_{2} = \varphi_{2} \cdot p_{н 2} = 1 \cdot 5320 = 5320 Па$.

3) Учитывая, что за минуту человек вдыхает 15 литров воздуха, суммарный объём за час составит 900 литров, что соответствует V = 0,9 м³. Подставив все данные в итоговое выражение, вычислим массу воды, которую организм теряет за один час: $m = \frac{18 \cdot 10^{- 3} \cdot 0{,}9}{8{,}31} ( \frac{5320}{307} - \frac{936}{293} ) \approx 27{,}6 \cdot 10^{- 3} кг .$

Ответ: m ≈ 27,6·10^-3 кг

Источник: ФИПИ

Решение:

Обозначения. $C=0{,}1$ мкФ $=1\cdot10^{-7}$ Ф — ёмкость конденсатора; $R=500$ Ом — сопротивление резистора; $Q=7{,}2$ мкДж $=7{,}2\cdot10^{-6}$ Дж — количество теплоты, выделившееся на резисторе за всё время зарядки; $\varepsilon$ — искомая ЭДС источника; $q$ — заряд конденсатора в конце зарядки; $U_C$ — напряжение на конденсаторе в конце зарядки; $A$ — работа сторонних сил источника; $W_C$ — энергия электрического поля конденсатора.

Источник, ключ, конденсатор и резистор соединены последовательно в одну цепь. Сопротивление проводов и внутреннее сопротивление источника равны нулю.

Конечное состояние. После замыкания ключа конденсатор заряжается, ток в цепи убывает и в конце процесса становится равным нулю. Тогда падение напряжения на резисторе $IR=0$, и по второму правилу Кирхгофа для контура всё напряжение источника приходится на конденсатор: $$U_C=\varepsilon.$$

По определению электроёмкости итоговый заряд конденсатора $$q=CU_C=C\varepsilon.$$

Работа источника. Сторонние силы источника перемещают по цепи заряд $q$, совершая работу $$A=q\varepsilon=C\varepsilon^2.$$

Энергия заряженного конденсатора: $$W_C=\frac{CU_C^{\,2}}{2}=\frac{C\varepsilon^2}{2}.$$

Закон сохранения энергии. Вся работа источника идёт на увеличение энергии поля конденсатора и на выделение теплоты в резисторе (других потерь нет): $$A=W_C+Q,\qquad C\varepsilon^2=\frac{C\varepsilon^2}{2}+Q.$$

Отсюда $$Q=\frac{C\varepsilon^2}{2}\quad\Rightarrow\quad \varepsilon=\sqrt{\frac{2Q}{C}}.$$

Заметим, что при зарядке конденсатора через резистор от источника с пренебрежимо малым внутренним сопротивлением на резисторе всегда выделяется теплота, равная конечной энергии конденсатора, и от величины $R$ она не зависит: сопротивление определяет лишь время зарядки. Поэтому значение $R=500$ Ом в ответ не входит.

Расчёт. $$\varepsilon=\sqrt{\frac{2\cdot7{,}2\cdot10^{-6}}{1\cdot10^{-7}}}=\sqrt{144}=12\ \text{В}.$$

Проверка. $q=C\varepsilon=1\cdot10^{-7}\cdot12=1{,}2\cdot10^{-6}$ Кл; $A=q\varepsilon=1{,}44\cdot10^{-5}$ Дж; $W_C=\dfrac{C\varepsilon^2}{2}=7{,}2\cdot10^{-6}$ Дж; $A-W_C=7{,}2\cdot10^{-6}$ Дж $=Q$ — совпадает с условием.

Ответ: $\varepsilon=\sqrt{\dfrac{2Q}{C}}=12$ В.

Решение:

Обоснование применимости законов. Все тела рассматриваем в инерциальной системе отсчёта, связанной с Землёй. Доска движется поступательно и равномерно ($\vec{v} = \mathrm{const}$), поэтому её ускорение равно нулю и векторная сумма приложенных к ней сил равна нулю. Стержень неподвижен, значит для него выполняются оба условия равновесия твёрдого тела: сумма внешних сил равна нулю и сумма моментов внешних сил относительно любой оси равна нулю. Стержень протяжённый, поэтому необходимо правило моментов; он однородный и тонкий, поэтому его центр тяжести — середина стержня, и сила тяжести приложена там. Нижний конец стержня скользит по доске, поэтому в точке контакта действует сила трения скольжения, подчиняющаяся закону Амонтона — Кулона $F_{\text{тр}} = \mu N$ и направленная по поверхности доски в сторону движения доски относительно стержня, то есть влево. Доска горизонтальна, поэтому сила нормальной реакции доски вертикальна. Трением в шарнире пренебрегаем, поэтому, выбрав ось моментов проходящей через шарнир, мы исключаем неизвестную силу реакции шарнира из уравнения. Трением доски об опору пренебрегаем, поэтому горизонтально на доску действуют только сила $\vec{F}$ и сила трения со стороны стержня.

Обозначения. $m = 1{,}6$ кг — масса стержня; $l$ — его длина; $\alpha = 30^{\circ}$ — угол между стержнем и доской; $\mu = 0{,}3$ — коэффициент трения стержня по доске; $N$ — модуль силы нормальной реакции доски, действующей на стержень; $F_{\text{тр}} = \mu N$ — модуль силы трения скольжения; $F$ — искомый модуль горизонтальной силы, приложенной к доске; $g = 10$ м/с².

Рисунок (силы). На стержень действуют: сила тяжести $m\vec{g}$, приложенная в середине стержня, — вертикально вниз; в нижнем конце — сила нормальной реакции доски $\vec{N}$ вертикально вверх и сила трения скольжения $\vec{F}_{\text{тр}}$ горизонтально влево (в сторону движения доски); в верхнем конце — сила реакции шарнира $\vec{R}$. На доску действуют: приложенная сила $\vec{F}$ — горизонтально влево; сила нормального давления стержня $\vec{N}'$ — вертикально вниз ($N' = N$ по третьему закону Ньютона); сила трения со стороны стержня $\vec{F}'_{\text{тр}} = \mu N$ — горизонтально вправо, против движения доски; сила тяжести доски и сила нормальной реакции опоры — вертикальные.

1. Стержень. Запишем правило моментов относительно горизонтальной оси, проходящей через шарнир $O$. Нижний конец стержня удалён от шарнира по горизонтали на $l\cos\alpha$, по вертикали на $l\sin\alpha$; центр стержня — по горизонтали на $\tfrac{l}{2}\cos\alpha$.

Момент силы тяжести: $M_{1} = mg\,\dfrac{l}{2}\cos\alpha$ (поворачивает стержень в сторону увеличения угла $\alpha$).

Момент силы нормальной реакции: $M_{2} = N\,l\cos\alpha$ (противоположного направления).

Момент силы трения (плечо — вертикальное расстояние до оси): $M_{3} = \mu N\,l\sin\alpha$; сила трения направлена влево, то есть отодвигает нижний конец стержня от вертикали, проходящей через шарнир, и её момент направлен так же, как момент силы $\vec{N}$.

Условие равновесия по моментам:

$$mg\,\frac{l}{2}\cos\alpha = N\,l\cos\alpha + \mu N\,l\sin\alpha .$$

Длина $l$ сокращается, и

$$N = \frac{mg\cos\alpha}{2(\cos\alpha + \mu\sin\alpha)} = \frac{mg}{2\,(1 + \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)} .$$

2. Доска. Доска движется поступательно с постоянной скоростью, поэтому сумма сил равна нулю; в проекции на горизонтальное направление $F = \mu N$ (по третьему закону Ньютона стержень давит на доску с силой $N$ и действует на неё силой трения $\mu N$, направленной против движения доски). Значит,

$$F = \frac{\mu\,mg}{2\,(1 + \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)} .$$

Численный расчёт ($\mathrm{tg}\,30^{\circ} \approx 0{,}577$, $\mu\,\mathrm{tg}\,\alpha \approx 0{,}173$):

$$N = \frac{1{,}6\cdot 10}{2\cdot 1{,}173} \approx 6{,}8\ \text{Н},\qquad F = 0{,}3\cdot 6{,}8 \approx 2{,}0\ \text{Н}.$$

Проверка: при $\mu \to 0$ сила нормальной реакции стремится к $mg/2 = 8$ Н — половине веса стержня, что естественно для однородного стержня, опирающегося концами на шарнир и на опору; трение слегка уменьшает $N$ (до 6,8 Н), и это разумно.

Ответ: $F = \dfrac{\mu m g}{2(1 + \mu\,\mathrm{tg}\,\alpha)} \approx 2{,}0$ Н.