Вариант 9 · Сентябрь 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 $\sqrt{g_{\text{эф}}}$.

Дано: m = 2 кг; k = 200 Н/м; а_max = 10 м/с²

Найти: v_max - ?

Решение:
Воспользуемся соотношениями, связывающими максимальное смещение тела с амплитудными значениями его скорости и ускорения при гармонических колебаниях:
$v_{max} = \omega A ( 1 ) ,$ в данном выражении $\omega$ обозначает циклическую частоту, а А — амплитуду смещения.
$a_{max} = \omega^{2} A ( 2 )$

Выразим искомую величину, подставив уравнение (1) во второе равенство (2):
$a_{max} = \omega v_{max} ( 3 )$
$v_{max} = \frac{a_{max}}{\omega} ( 4 )$
$\omega = \frac{2 \pi}{T} ( 5 ) ,$ здесь T представляет собой период колебательного процесса.
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}} ( 6 )$

Объединим формулы (6) и (5):
$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} ( 7 )$

Используя полученное выражение (7), найдем значение из формулы (4):
$v_{max} = a_{max} \sqrt{\frac{m}{k}} = 10 \cdot \sqrt{\frac{2}{200}} = 1 м / с$

Ответ: v_max = 1 м/с

Источник: ФИПИ

Решение:

Обозначения. $m_{\text{в}}$ — искомая исходная масса воды в термосе; $t_1=30$ °С — начальная температура воды; $0$ °С — начальная температура льда; $\Delta m=210$ г $=0{,}21$ кг — масса растаявшего льда; $c=4200$ Дж/(кг·°С) — удельная теплоёмкость воды; $\lambda=3{,}3\cdot10^{5}$ Дж/кг — удельная теплота плавления льда.

Ключевое соображение. Растаяла лишь часть льда, значит в состоянии теплового равновесия в термосе есть и лёд, и вода. Лёд и вода сосуществуют в равновесии только при температуре плавления, поэтому конечная температура смеси $t=0$ °С.

Законы. Термос теплоизолирован, его теплоёмкостью пренебрегаем, поэтому справедливо уравнение теплового баланса $Q_{\text{отд}}=Q_{\text{погл}}$: вся теплота, отданная остывающей водой, идёт на плавление льда. Теплота остывания воды $Q_{\text{отд}}=c\,m_{\text{в}}\,(t_1-t)$; теплота плавления льда, уже находящегося при температуре плавления, $Q_{\text{погл}}=\lambda\,\Delta m$.

Вывод формулы. При $t=0$ °С $$c\,m_{\text{в}}\,t_1=\lambda\,\Delta m \;\Rightarrow\; m_{\text{в}}=\frac{\lambda\,\Delta m}{c\,t_1}.$$

Расчёт. $$m_{\text{в}}=\frac{3{,}3\cdot10^{5}\cdot 0{,}21}{4200\cdot 30}=\frac{6{,}93\cdot10^{4}}{1{,}26\cdot10^{5}}=0{,}55\ \text{кг}=550\ \text{г}.$$

Ответ: $m_{\text{в}}=550$ г $=0{,}55$ кг.

Решение:

Обозначения. $T_1 = 373$ К ($100\ ^\circ\text{C}$) — начальная температура; $p_1 = 100$ кПа — начальное давление влажного воздуха; $\varphi_1 = 70\,\%$ — начальная относительная влажность; $p_{\text{н}}$ — давление насыщенного водяного пара при $100\ ^\circ\text{C}$; $p_{\text{п}1},\ p_{\text{в}1}$ — начальные парциальные давления водяного пара и сухого воздуха; $V_1$ — начальный объём; $p_2$ — давление после изотермического сжатия в $n = 3$ раза; $T_3$ — искомая температура при изохорном нагревании до того же давления $p_2$.

1. Давление насыщенного пара. При $100\ ^\circ\text{C}$ вода кипит при нормальном атмосферном давлении, то есть давление насыщенного водяного пара при этой температуре $p_{\text{н}} \approx 10^{5}$ Па $= 100$ кПа.

2. Парциальные давления в начальном состоянии. По определению относительной влажности $\varphi = p_{\text{п}}/p_{\text{н}}$:

$$p_{\text{п}1} = \varphi_1 p_{\text{н}} = 0{,}7\cdot 100 = 70\ \text{кПа}.$$

По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений, поэтому парциальное давление сухого воздуха

$$p_{\text{в}1} = p_1 - p_{\text{п}1} = 100 - 70 = 30\ \text{кПа}.$$

3. Изотермическое сжатие в 3 раза. Сухой воздух не конденсируется, для него справедлив закон Бойля — Мариотта:

$$p_{\text{в}2} = n\,p_{\text{в}1} = 3\cdot 30 = 90\ \text{кПа}.$$

Если бы и пар оставался ненасыщенным, его давление стало бы равным $3\cdot 70 = 210$ кПа, что больше $p_{\text{н}} = 100$ кПа. Это невозможно: часть пара конденсируется, и оставшийся пар оказывается насыщенным:

$$p_{\text{п}2} = p_{\text{н}} = 100\ \text{кПа}.$$

Тогда конечное давление

$$p_2 = p_{\text{в}2} + p_{\text{п}2} = 90 + 100 = 190\ \text{кПа}.$$

4. Изохорное нагревание. Если вместо сжатия газ нагревать при неизменном объёме, то пар только удаляется от насыщения ($p_{\text{н}}$ с ростом температуры растёт быстрее, чем давление пара при изохорном нагревании), конденсации нет, массы сухого воздуха и пара постоянны. Значит вся смесь ведёт себя как идеальный газ постоянной массы, и по закону Шарля

$$\frac{p_1}{T_1} = \frac{p_2}{T_3}\qquad\Longrightarrow\qquad T_3 = T_1\,\frac{p_2}{p_1} = 373\cdot\frac{190}{100} \approx 709\ \text{К}.$$

Ответ: $T_3 = T_1\dfrac{p_2}{p_1} \approx 709$ К (примерно $7{,}1\cdot 10^{2}$ К, то есть около $436\ ^\circ\text{C}$).

Решение:
Построение:
Рассмотрим ход луча $SA ,$ который падает от источника на край непрозрачной оправы рассеивающей линзы. Проведём параллельно ему луч $KС ,$ проходящий через оптический центр линзы $0 .$ Точка $М$ – пересечение луча $KС$ с фокальной плоскостью. Проведём из неё луч $MB ,$ проходящий через край оправы (точка $А$). Точка $В$ – крайняя точка светлого пятна на экране, тогда по рисунку $ВС$ – радиус. В точке $E$ пересекаются луч $SOC$ и продолжение луча $SAB ,$ поэтому она является мнимым изображением источника $S .$ 

Фокусное расстояние линзы: $F = \frac{1}{D} = \frac{1}{- 10} = - 0{,}1 м = - 10$ см.
Формула тонкой рассеивающей линзы: $- \frac{1}{\left|F\right|} = \frac{1}{d} - \frac{1}{\left|f\right|} ,$ где $d = 2 F , \left|f\right| = OE .$
Отсюда $\frac{1}{OE} = \frac{1}{2 F} + \frac{1}{F} \Rightarrow \frac{2}{3} \left|F\right| .$
Из подобия треугольников $EAO$ и $EBC$ получаем: $\frac{EO}{AO} = \frac{EC}{BC} ,$ $\frac{2 \left|F\right|}{3 r} = \frac{L + \frac{2}{3} \left|F\right|}{BC} \Rightarrow BC = \frac{r \left(3 L + 2 \left|F\right|\right)}{2 F} =$$\frac{5 \cdot \left(3 \cdot 20 + 2 \cdot 10\right)}{2 \cdot 10} = 20$ см. Тогда диаметр светлого пятна: $2 BC = 40$ см.

Ответ: 40 см

Источник: ФИПИ

Решение:

Обоснование применимости законов. Система покоится в инерциальной системе отсчёта, связанной с Землёй, поэтому к ней применимы условия равновесия. Груз $M$ считаем материальной точкой, для него достаточно условия равенства нулю векторной суммы приложенных сил. Стержень $AB$ — абсолютно твёрдое тело, закреплённое на неподвижном шарнире, поэтому для него записываем правило моментов относительно оси, проходящей через точку $A$ перпендикулярно плоскости рисунка. Такой выбор оси удобен потому, что трения в шарнире нет, а линия действия силы реакции шарнира проходит через точку $A$, так что момент этой (неизвестной) силы относительно выбранной оси равен нулю. Грузики малые, поэтому их считаем материальными точками, а силы тяжести — приложенными в точках $C$ и $B$; стержень невесом, собственной силы тяжести у него нет. Нить невесома и нерастяжима, блок идеален (невесом, трение в его оси отсутствует), поэтому модуль силы натяжения одинаков во всех точках нити. Поле тяжести вблизи поверхности Земли считаем однородным, $g = 10\ \text{м/с}^2$.

Обозначения. $m_1$ и $m_2$ — массы грузиков в точках $C$ и $B$; $M$ — масса подвешенного груза; $l = AB$ — длина стержня; $b = AC$; $\alpha$ — угол отклонения стержня от вертикали; $\beta$ — угол нити с вертикалью; $T$ — модуль силы натяжения нити; $g$ — ускорение свободного падения.

Рисунок (силы). На груз $M$ действуют две силы: сила тяжести $M\vec g$, направленная вертикально вниз, и сила натяжения нити $\vec T$, направленная вертикально вверх (нить от груза идёт вертикально вверх к блоку). На стержень действуют: сила тяжести грузика $m_1\vec g$ — вертикально вниз, приложена в точке $C$; сила тяжести грузика $m_2\vec g$ — вертикально вниз, приложена в точке $B$; сила натяжения нити $\vec T$ — приложена в точке $B$ и направлена вдоль нити от $B$ к блоку, то есть вверх и вправо под углом $\beta$ к вертикали; сила реакции шарнира — приложена в точке $A$.

1. Условие равновесия груза $M$. На него действуют только сила тяжести и сила натяжения нити, поэтому

$$T = Mg.$$

2. Правило моментов для стержня относительно оси $A$. Точка $B$ смещена относительно $A$ по горизонтали на $l\sin\alpha$ и по вертикали вниз на $l\cos\alpha$; точка $C$ смещена по горизонтали на $b\sin\alpha$ и по вертикали на $b\cos\alpha$.

Силы тяжести грузиков вертикальны, поэтому их плечи относительно точки $A$ равны горизонтальным смещениям точек приложения: моменты равны $m_1 g\, b\sin\alpha$ и $m_2 g\, l\sin\alpha$. Оба момента вращают стержень в одну и ту же сторону — в сторону увеличения угла $\alpha$.

Силу натяжения $\vec T$ разложим на вертикальную составляющую $T\cos\beta$ (направлена вверх) и горизонтальную $T\sin\beta$ (направлена в сторону блока). Плечо вертикальной составляющей относительно $A$ равно $l\sin\alpha$, плечо горизонтальной — $l\cos\alpha$. Обе составляющие вращают стержень в сторону, противоположную моментам сил тяжести, поэтому суммарный момент силы натяжения равен

$$T\cos\beta\cdot l\sin\alpha + T\sin\beta\cdot l\cos\alpha = T l\left(\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta\right) = T l\sin(\alpha+\beta).$$

Условие равновесия стержня (сумма моментов относительно оси $A$ равна нулю):

$$T l\sin(\alpha+\beta) = m_1 g\, b\sin\alpha + m_2 g\, l\sin\alpha.$$

3. Решение системы. Подставляя $T = Mg$ и сокращая на $g$, получаем

$$M l\sin(\alpha+\beta) = m_1 b\sin\alpha + m_2 l\sin\alpha,$$

$$m_1 = \frac{l\left(M\sin(\alpha+\beta) - m_2\sin\alpha\right)}{b\sin\alpha} = \frac{l}{b}\left(M\,\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha} - m_2\right).$$

4. Вычисления. $\alpha+\beta = 45^{\circ}+15^{\circ} = 60^{\circ}$, поэтому

$$\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha} = \frac{\sin 60^{\circ}}{\sin 45^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{2}/2} = \sqrt{\frac{3}{2}} \approx 1{,}22.$$

$$m_1 = \frac{0{,}40\ \text{м}}{0{,}25\ \text{м}}\left(0{,}250\ \text{кг}\cdot 1{,}22 - 0{,}200\ \text{кг}\right) = 1{,}6\cdot\left(0{,}306 - 0{,}200\right)\ \text{кг} \approx 0{,}17\ \text{кг}.$$

Ответ: $m_1 \approx 0{,}17\ \text{кг} = 170\ \text{г}$.