Вариант 8 · Сентябрь 2026

Решение:

Обозначения. $q$ — заряд конденсатора; $C_0$ и $C$ — электроёмкости конденсатора до и после заполнения диэлектриком; $U_0$ и $U$ — напряжения между пластинами до и после; $E_0$ и $E$ — модули напряжённости поля между пластинами до и после; $W_0$ и $W$ — энергии электрического поля конденсатора до и после; $\epsilon=2{,}5$ — относительная диэлектрическая проницаемость диэлектрика; $S$ — площадь пластины; $d$ — расстояние между пластинами; $\varepsilon_0$ — электрическая постоянная.

Физические закономерности, используемые в объяснении.

• Электроёмкость плоского конденсатора: $C=\dfrac{\epsilon\varepsilon_0 S}{d}$.
• Энергия заряженного конденсатора: $W=\dfrac{q^2}{2C}=\dfrac{qU}{2}=\dfrac{CU^2}{2}$.
• Определение ёмкости: $q=CU$.
• Закон сохранения электрического заряда: у отключённого от источника (изолированного) конденсатора заряд пластин измениться не может — стекать ему некуда.

Ход рассуждений. Конденсатор зарядили и отключили от источника, поэтому при внесении диэлектрика неизменной остаётся не разность потенциалов, а заряд: $q=\text{const}$.

Геометрия конденсатора ($S$ и $d$) не меняется, а воздух ($\epsilon\approx 1$) заменяется диэлектриком с проницаемостью $\epsilon$, поэтому ёмкость увеличивается в $\epsilon$ раз:

$$C=\frac{\epsilon\varepsilon_0 S}{d}=\epsilon C_0 .$$

Причина этого — поляризация диэлектрика: связанные заряды на его поверхностях создают собственное поле, направленное против внешнего, поэтому поле и напряжение при неизменном заряде уменьшаются в $\epsilon$ раз: $E=\dfrac{E_0}{\epsilon}$, $U=\dfrac{q}{C}=\dfrac{q}{\epsilon C_0}=\dfrac{U_0}{\epsilon}$.

Энергию удобно выразить через сохраняющийся заряд:

$$W_0=\frac{q^2}{2C_0},\qquad W=\frac{q^2}{2C}=\frac{q^2}{2\epsilon C_0}=\frac{W_0}{\epsilon}.$$

Отсюда

$$\frac{W}{W_0}=\frac{1}{\epsilon}=\frac{1}{2{,}5}=0{,}4 .$$

Тот же результат даёт и формула $W=\dfrac{qU}{2}$: заряд не изменился, напряжение уменьшилось в $2{,}5$ раза, значит, и энергия уменьшилась в $2{,}5$ раза. Убыль энергии равна работе, которую совершают силы электрического поля, втягивающие диэлектрик в конденсатор.

Ответ: энергия электрического поля конденсатора уменьшилась в $\epsilon=2{,}5$ раза (стала равна $0{,}4$ первоначальной), так как у отключённого от источника конденсатора сохраняется заряд, ёмкость при заполнении диэлектриком возрастает в $\epsilon$ раз, а $W=\dfrac{q^2}{2C}$ при постоянном $q$ обратно пропорциональна ёмкости.

Дано: М₁ = 1 кг; М₂ = 2 кг; Т = 15 Н; F₂ = 21 Н

Найти: F₁ - ?

Решение:
В силу нерастяжимости нити, связывающей тела, модули их ускорений будут идентичны: $\left|\overset{\rightarrow}{a_{1}}\right| = \left|\overset{\rightarrow}{a_{2}}\right| = a$
Поскольку нить считается невесомой, величины сил натяжения, приложенных к обоим грузам, одинаковы: $\left|\overset{\rightarrow}{Т_{1}}\right| = \left|\overset{\rightarrow}{Т_{2}}\right| = Т$

Проанализируем ситуацию при значениях F₂ = 18 Н и Т = 15 Н.
Применим второй закон Ньютона, спроецировав силы на горизонтально направленную ось Ох. Для первого объекта уравнение примет вид: F₂ - T = M₂a (1), а для второго объекта: Т - F₁ = M₁a (2).

Выполним деление выражения (1) на выражение (2):
$\frac{F_{2} - T}{T - F_{1}} = \frac{M_{2}}{M_{1}}$
$F_{1} = T - \frac{M_{1} ( F_{2} - T )}{M_{2}} = 15 - \frac{1 \cdot ( 21 - 15 )}{2}$
$F_{1} = 12 Н$

Ответ: $F_{1}$ = 12 Н

Источник: ФИПИ

Условие: $t_{1} = 0$°С; $t_{2} = 12^{\circ} С ;$ $Q_{1} = 80 кДж ;$ $Q_{2} = 60 кДж ;$ $\lambda = 330 кДж / кг ;$ $с = 4{,}2 кДж / кг \cdot \circ С$

Определить: $t_{3}$ - ?

Ход решения:
$Q_{3} = \lambda m ( 1 ) ,$ в данном выражении $Q_{3}$ обозначает теплоту, требуемую для перехода льда в жидкое состояние.
$Q_{4} = cm ( t_{2} - t_{1} ) ( 2 )$
$Q_{5} = cm ( t_{3} - t_{1} ) ( 3 )$
$Q_{1} = Q_{3} + Q_{4} ( 4 )$

Объединим формулы (1), (2) и (4):
$Q_{1} = \lambda m + cm ( t_{2} - t_{1} ) ( 5 )$
$Q_{1} = m ( \lambda + c ( t_{2} - t_{1} ) ) ( 6 )$
$m = \frac{Q_{1}}{\lambda + c ( t_{2} - t_{1} )} ( 7 )$

Используя результат (7), вернемся к уравнению (1):
$Q_{3} = \lambda \left(\frac{Q_{1}}{\lambda + c ( t_{2} - t_{1} )}\right) ( 8 )$
$Q_{3} = 330 \left(\frac{80}{330 + 4{,}2 \cdot 12}\right) = 69{,}4 кДж$

Заметим, что $Q_{3} > Q_{2} ,$ следовательно, энергии в 60 кДж недостаточно для полного таяния льда.
$t_{3} = 0$ 

Ответ: $t_{3} = 0$

Источник: ФИПИ

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: q = 5 нКл = $5 \cdot 10^{- 9}$ Кл; l = 0,8м; E = 6⋅10⁵ В/м; α = 30°; v = 0,9 м/с.

Найти: m - ?

Решение:

1) Примем лабораторную систему отсчета за инерциальную. В процессе движения на шарик оказывают воздействие три силы: направленная вниз сила тяжести $m \overset{\rightarrow}{g}$, действующая горизонтально электрическая кулоновская сила $q \overset{\rightarrow}{E}$ и сила натяжения нити $\overset{\rightarrow}{T}$, вектор которой совпадает с направлением нити (см. чертеж).

2) Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии тела в ИСО: $E_{к} = A ( 1 ) .$ Работа, совершаемая силой натяжения T, оказывается нулевой, поскольку вектор данной силы всегда направлен под прямым углом к вектору мгновенной скорости. Поскольку силы $m \overset{\rightarrow}{g}$ и $q \overset{\rightarrow}{E}$ являются консервативными (потенциальными), суммарная работа этих сил при перемещении из старта в финиш определяется только начальным и конечным положениями тела.

3) Для удобства расчета представим перемещение шарика как совокупность двух этапов: вертикальный подъем на высоту h и последующий горизонтальный сдвиг на дистанцию b до точки остановки. На таком пути суммарная работа силы тяжести и кулоновской силы составит:
$A = A_{э} + A_{т} ( 2 )$
$A_{э} = qEb ( 3 )$
$b = l\sin \alpha ( 4 )$

Объединим выражения (4) и (3):
$A_{э} = qEl\sin \alpha ( 5 )$
$A_{т} = - mgh ( 6 )$
$h = l \left(1 - \cos \alpha \right) ( 7 )$
Подставим результат (7) в формулу (6):
$A_{т} = - mgl \left(1 - \cos \alpha \right) ( 8 )$
Используя соотношения (5) и (8), перепишем уравнение (2):
$A = qEl\sin \alpha - mgl \left(1 - \cos \alpha \right) ( 9 )$
$E_{к} = \frac{mv^{2}}{2} - 0 ( 10 )$
Подставив (9) и (10) в исходное уравнение (1), получим:
$\frac{mv^{2}}{2} = qEl\sin \alpha - mgl \left(1 - \cos \alpha \right) ( 11 )$
$mv^{2} = 2 qEl\sin \alpha - 2 mgl \left(1 - \cos \alpha \right) ( 12 )$
$m \left(v^{2} + 2 gl \left(1 - \cos \alpha \right)\right) = 2 qEl\sin \alpha ( 13 )$
$m = \frac{2 qEl\sin \alpha }{v^{2} + 2 gl \left(1 - \cos \alpha \right)} ( 14 )$
$m = \frac{2 \times 5 \times 10^{- 9} \times 6 \times 10^{5} \times 0{,}8 \times \sin 30}{0{,}9^{2} + 2 \times 10 \times 0{,}8 \times \left(1 - \cos 30\right)} ( 15 )$
$m \approx 8{,}1 \times 10^{- 4} кг .$

Ответ: m = 8,1·10^-4 кг

Источник: ФИПИ

Решение:

Обоснование применимости законов. Систему отсчёта, связанную с Землёй, считаем инерциальной. Шарик считаем материальной точкой. Трения в стволе нет, сопротивление воздуха не учитываем, пружина лёгкая (её кинетической энергией пренебрегаем), поэтому вся энергия сжатой пружины переходит в кинетическую энергию шарика и в приращение его потенциальной энергии в поле тяжести — полная механическая энергия системы «пружина + шарик + Земля» сохраняется. Размеры траектории малы по сравнению с радиусом Земли, поле тяжести однородно, $g=\text{const}$. После вылета из ствола на шарик действует только сила тяжести, поэтому его движение равноускоренное с ускорением $\vec g$, а траектория — парабола; горизонтальная составляющая скорости при этом постоянна. Точка вылета (дуло) и точка $M$ находятся на одной высоте, поэтому применима формула дальности полёта при бросании под углом к горизонту.

Обозначения. $E=0{,}41$ Дж — энергия сжатой пружины; $m=50$ г $=0{,}05$ кг — масса шарика; $\alpha=30^{\circ}$ — угол наклона ствола к горизонту; $b$ — искомый путь шарика по стволу; $v$ — модуль скорости шарика при вылете из ствола; $L=1$ м — расстояние по горизонтали от дула до точки $M$; $t$ — время полёта; $g=10\ \text{м/с}^{2}$ — ускорение свободного падения.

1. Скорость вылета из уравнений полёта. Направим ось $x$ горизонтально в сторону полёта, ось $y$ — вертикально вверх, начало координат — в дуле. Тогда

$$x=v\cos\alpha\cdot t,\qquad y=v\sin\alpha\cdot t-\frac{gt^{2}}{2}.$$

В момент падения $y=0$ (точка $M$ на той же высоте, что и дуло), откуда $t=\dfrac{2v\sin\alpha}{g}$, и

$$L=v\cos\alpha\cdot\frac{2v\sin\alpha}{g}=\frac{v^{2}\sin 2\alpha}{g}\quad\Rightarrow\quad v^{2}=\frac{gL}{\sin 2\alpha}.$$

Численно: $\sin 60^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}87$, поэтому

$$v^{2}=\frac{10\cdot 1}{0{,}87}\approx 11{,}5\ \text{м}^{2}/\text{с}^{2},\qquad v\approx 3{,}4\ \text{м/с}.$$

2. Закон сохранения энергии при выстреле. Пока шарик проходит по стволу путь $b$, он поднимается на высоту $b\sin\alpha$. Энергия сжатой пружины переходит в кинетическую энергию шарика и в его потенциальную энергию:

$$E=\frac{mv^{2}}{2}+mgb\sin\alpha\quad\Rightarrow\quad b=\frac{E-\dfrac{mv^{2}}{2}}{mg\sin\alpha}=\frac{E-\dfrac{mgL}{2\sin 2\alpha}}{mg\sin\alpha}.$$

3. Расчёт.

$$\frac{mv^{2}}{2}=\frac{0{,}05\cdot 11{,}5}{2}\approx 0{,}29\ \text{Дж},$$

$$b=\frac{0{,}41-0{,}29}{0{,}05\cdot 10\cdot 0{,}5}=\frac{0{,}12}{0{,}25}\approx 0{,}49\ \text{м}\approx 0{,}5\ \text{м}.$$

Проверка. Потенциальная энергия, набранная в стволе, $mgb\sin\alpha\approx 0{,}05\cdot 10\cdot 0{,}49\cdot 0{,}5\approx 0{,}12$ Дж, что вместе с кинетической энергией $0{,}29$ Дж даёт $0{,}41$ Дж — энергию пружины. Значение $b\approx 0{,}5$ м разумно для длины ствола пружинного ружья.

Ответ: $b\approx 0{,}49\ \text{м}\approx 0{,}5$ м.