Линия заданий 26, ЕГЭ 2027 по физике

Обоснование
1. Рассмотрим задачу в системе отсчёта, связанной с Землёй. Будем считать эту систему отсчёта инерциальной (ИСО).
2. Описываем стержень моделью твёрдого тела (форма и размеры тела неизменны, расстояние между любыми двумя точками тела остаётся неизменным).
3. Любое движение твёрдого тела является суперпозицией поступательного и вращательного движений. Поэтому условий равновесия твёрдого тела в ИСО ровно два; одно - для поступательного движения, другое - для вращательного движения.
4. В качестве оси, относительно которой будем считать сумму моментов сил, действующих на стержень, выберем ось, проходящую перпендикулярно плоскости рисунка через точку шарнирного крепления (точку А).
5. Нить невесома, блок идеален (масса блока ничтожна, трения нет), поэтому модуль силы натяжения нити в любой точке один и тот же.

Решение
1. Введём декартову систему координат \( xOy \), как показано на рисунке. Поскольку груз М находится в равновесии, согласно второму закону Ньютона \( {T_1} - Mg = 0 \). (1)
2. На стержень с грузами \( {m_1} \) и \( {m_2} \) действуют силы \( {m_1}\vec g \) и \( {m_2}\vec g \), а также сила натяжения нити \( {{{\vec T}_2}} \). Поскольку нить невесома, а блок идеален, то \( \left| {{{\vec T}_1}} \right| = \left| {{{\vec T}_2}} \right| = T \). Кроме того, на стержень действует сила \( {\vec F} \) со стороны шарнира. Запишем условие равенства нулю суммы моментов этих сил относительно оси вращения, проходящей через точку A — точку шарнирного закрепления стержня:
\( {m_1}g \cdot b\sin \alpha + {m_2}g \cdot l\sin \alpha - T \cdot AD = 0 \)
3. Решая систему уравнений (1) и (2), с учётом
\( AD = l\sin \varphi = l\sin \left( {\alpha + \beta } \right) \)
получим:
\( l = \frac{{{m_1} \cdot b\sin \alpha }}{{M\sin \left( {\alpha + \beta } \right) - {m_2}\sin \alpha }} \) \( = \frac{{200 \cdot 25 \cdot \frac{1}{2}}}{{100\frac{{\sqrt 3 }}{2} - 100 \cdot \frac{1}{2}}} \) \( \approx 68,3 \) см.
Ответ: \( l \approx 68,3 \) см

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21080.

Обоснование
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью стола. Будем применять для грузов и бруска законы Ньютона, справедливые для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно. Трением в оси блока и трением о воздух, а также массой блока пренебрежём.
Так как нить нерастяжима и длина пружины постоянна, ускорения обоих брусков и груза равны по модулю:
\( \left| {{{\vec a}_1}} \right| = \left| {{{\vec a}_2}} \right| = \left| {{{\vec a}_3}} \right| = a \)
На рисунке показаны силы, действующие на бруски и груз.
Так как блок и нити невесомы, а трение отсутствует, то модули сил натяжения нити, действующих на груз и верхний брусок, одинаковы:
\( \left| {{{\vec T}_1}} \right| = \left| {{{\vec T}_2}} \right| = T \)
Равны по модулю и силы
\( \left| {{F_{упр2}}} \right| = \left| {{F_{упр3}}} \right| \) ,
так как пружина лёгкая.

Решение 1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ox и Oy выбранной системы координат. С учётом (1)-(3) получим:
\( Ox = M\alpha = T - {F_{тр}} \)
\( Oy = N = Mg,m\alpha = mg - T + {F_{упр}},m\alpha = mg - {F_{упр}} \)
Сложив эти уравнения, найдём ускорение тел: \( a = \frac{{2mg - {F_{тр}}}}{{M + 2m}} \)
2. Сила трения \( {F_{тр}} = \mu N = \mu Mg \)
3. Из последнего уравнения в п. 1 получим \( {F_{упр}} = m(g - a) = \frac{{mMg\left( {1 + \mu } \right)}}{{M + 2m}} \)
По закону Гука \( {F_{упр}} = k\Delta l = k\left( {L - l} \right) \), тогда
\( k = \frac{{mMg\left( {1 + \mu } \right)}}{{\left( {L - l} \right)\left( {M + 2m} \right)}} = \) \( \frac{{0,4 \cdot 0,8 \cdot 10 \cdot \left( {1 + 0,2} \right)}}{{\left( {0,14 - 0,1} \right) \cdot \left( {0,8 + 2 \cdot 0,4} \right)}} = 60 \) Н/м.
Ответ: k = 60 Н/м

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21079.

Обоснование
Задачу решаем в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. Все тела движутся поступательно, поэтому для них применим второй закон Ньютона. Нить нерастяжима, а длина пружины по условию постоянна, следовательно, модули ускорений груза \(M\) и обоих брусков \(m\) одинаковы. Нить и блок невесомы, трением в оси блока пренебрегаем, поэтому натяжение нити с обеих сторон одинаково. Пружина лёгкая, значит, силы упругости, действующие на её концы, равны по модулю.

Решение
Пусть груз \(M\) движется по столу к блоку, а оба бруска массой \(m\) — вниз с ускорением \(a\). Обозначим силу натяжения через \(T\), силу упругости через \(F_{\text{упр}}\), силу трения через \(F_{\text{тр}}\). Тогда: \[ Ma=T-F_{\text{тр}}, \] \[ ma=mg-T+F_{\text{упр}}, \] \[ ma=mg-F_{\text{упр}}. \] Сила трения равна \[ F_{\text{тр}}=\mu N=\mu Mg. \] Сложив три уравнения движения, получим \[ a=\frac{2mg-\mu Mg}{M+2m}. \] Из уравнения для нижнего бруска: \[ F_{\text{упр}}=m(g-a) =\frac{mMg(1+\mu)}{M+2m}. \] По закону Гука \[ F_{\text{упр}}=k(L-l). \] Следовательно, \[ L=l+\frac{mMg(1+\mu)}{k(M+2m)} =0{,}10+\frac{0{,}4\cdot0{,}8\cdot10\cdot1{,}2} {80(0{,}8+2\cdot0{,}4)} =0{,}13\ \text{м}. \] Ответ: \(L=0{,}13\) м.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21078.

Обоснование
1. Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. При нахождении ускорений тел будем применять второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно.
Трением в оси блока о воздух пренебрежём; блок будем считать невесомым.
На рисунке показаны силы, действующие на брусок и груз.

2. Так как нить нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю:
\( \left| {{{\vec a}_1}} \right| = \left| {{{\vec a}_2}} \right| = a \)
3. Так как блок и нить невесомы и трения в блоке нет, то силы натяжения нити, действующие на груз и брусок, одинаковы по модулю:
\( \left| {{{\vec T}_1}} \right| = \left| {{{\vec T}_2}} \right| = T \)
Решение
1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ox и Oy выбранной системы координат. Учитывая (1) и (2), получим: \( F\cos \alpha - T - {F_{тр}} = Ma , \) , \( N + F\sin \alpha = Mg, \) , \( T - mg = ma \).
Сила трения, действующая на брусок, \( {F_{тр}} = \mu N \).
Решая полученную систему уравнений, найдём ускорение тел:
\( a = \frac{{F\left( {\cos \alpha + \mu \sin \alpha } \right) - mg - \mu Mg}}{{M + m}} \)
2. Так как начальная скорость груза была равна нулю, \( L = \frac{{a{t^2}}}{2} \)
3. Окончательно получим:
\( t = \sqrt {\frac{{2L}}{a}} = \) \( \sqrt {2L\left( {\frac{{M + m}}{{F\left( {\cos \alpha + \mu \sin \alpha } \right) - mg - \mu Mg}}} \right)} = \) \( \sqrt {2 \cdot 0,32 \cdot \left( {\frac{{1 + 0,5}}{{9 \cdot \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 0,3 \cdot 0,5} \right) - 0,5 \cdot 10 - 0,3 \cdot 1 \cdot 10}}} \right)} \) \( \approx 0,92 \) с.
Ответ: t = 0,92 с

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21077.

Обоснование
1. Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной со столом. При нахождении ускорений тел будем применять второй закон Ньютона, сформулированный для материальных точек, поскольку тела движутся поступательно.
Трением в оси блока и сопротивлением воздуха пренебрежём; блок будем считать невесомым.
На рисунке показаны силы, действующие на брусок и груз.

2. Так как нить нерастяжима, ускорения бруска и груза равны по модулю:
\( \left| {{{\vec a}_1}} \right| = \left| {{{\vec a}_2}} \right| = a \)
3. Так как блок и нить невесомы и трения в блоке нет, то силы натяжения нити, действующие на груз и брусок, одинаковы по модулю:
\( \left| {{{\vec T}_1}} \right| = \left| {{{\vec T}_2}} \right| = T \)
Решение
1. Запишем второй закон Ньютона в проекциях на оси Ox и Oy выбранной системы координат. Учитывая (1) и (2), получим: \( F\cos \alpha - T - {F_{тр}} = Ma , \) , \( N + F\sin \alpha = Mg, \) , \( T - mg = ma \).
Сила трения, действующая на брусок, \( {F_{тр}} = \mu N \).
Решая полученную систему уравнений, найдём ускорение тел:
\( a = \frac{{F\left( {\cos \alpha + \mu \sin \alpha } \right) - mg - \mu Mg}}{{M + m}} \)
2. Так как начальная скорость груза была равна нулю, \( L = \frac{{{\upsilon ^2}}}{{2a}} \)
3. Окончательно получим:
\( \upsilon = \sqrt {2aL} = \) \( \sqrt {2L\left( {\frac{{F\left( {\cos \alpha + \mu \sin \alpha } \right) - mg - \mu Mg}}{{M + m}}} \right)} = \)\( \sqrt {2 \cdot 0,32 \cdot \left( {\frac{{9 \cdot \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 0,3 \cdot 0,5} \right) - 0,5 \cdot 10 - 0,3 \cdot 1 \cdot 10}}{{1 + 0,5}}} \right)} \) \( \approx 0,7 \) м/с
Ответ: \( \upsilon \approx 0,7 \) м/с

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21076.

Обоснование
1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. Тела можно - считать материальными точками, так как их размеры пренебрежимо малы в условиях задачи.
2. При соударении для системы «пуля - тело» в ИСО выполняется закон сохранения импульса в проекциях на горизонтальную ось, так как внешние силы (сила тяжести и сила реакции опоры) вертикальны.
3. При движении составного тела от вершины полусферы выполняется закон сохранения механической энергии, так как полусфера гладкая, и работа силы реакции опоры равна нулю (эта сила перпендикулярна скорости тела).
4. В момент отрыва обращается в нуль сила реакции опоры \( {\vec N} \).
5. Второй закон Ньютона выполняется в ИСО для модели материальной точки.

Решение
1. Закон сохранения импульса связывает скорость пули перед ударом со скоростью составного тела массой m+M сразу после удара: \( m{\upsilon _0} = \left( {m + M} \right){\upsilon _1} \).
Закон сохранения механической энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы:
\( \frac{{\left( {m + M} \right)\upsilon _1^2}}{2} + \left( {m + M} \right)gR = \) \( \frac{{\left( {m + M} \right)\upsilon _2^2}}{2} + \left( {m + M} \right)gR\cos \alpha \)
где \( {\upsilon _2} \) — скорость составного тела в момент отрыва; \( h = R\cos \alpha \) — высота точки отрыва (см. рисунок).
2. Второй закон Ньютона в проекциях на ось x (направленную в центр полусферы) в момент отрыва тела принимает вид: \( \left( {m + M} \right)g\cos \alpha = \frac{{\left( {m + M} \right)\upsilon _2^2}}{R} \)
3. Объединяя уравнения, получим: \( \frac{{\upsilon _1^2}}{2} + gR = \frac{3}{2}gh \)
Отсюда \( R = \frac{3}{2}h - \frac{1}{{2g}} \cdot {\left( {\frac{{m{\upsilon _0}}}{{M + m}}} \right)^2} = \) \( \frac{3}{2} \cdot 1 - \frac{1}{{2 \cdot 10}} \cdot {\left( {\frac{{0,01 \cdot 200}}{{0,99 + 0,01}}} \right)^2} = 1,3 \) м.
Ответ: R = 1,3 м

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21075.

Обоснование
1. Систему отсчёта, связанную с Землёй, будем считать инерциальной. Тела можно - считать материальными точками, так как их размеры пренебрежимо малы в условиях задачи.
2. При соударении для системы «пуля - тело» в ИСО выполняется закон сохранения импульса в проекциях на горизонтальную ось, так как внешние силы (сила тяжести и сила реакции опоры) вертикальны.
3. При движении составного тела от вершины полусферы выполняется закон сохранения механической энергии, так как полусфера гладкая, и работа силы реакции опоры равна нулю (эта сила перпендикулярна скорости тела).
4. В момент отрыва обращается в нуль сила реакции опоры \( {\vec N} \).
5. Второй закон Ньютона выполняется в ИСО для модели материальной точки.

Решение
1. Закон сохранения импульса связывает скорость пули перед ударом со скоростью составного тела массой m + M сразу после удара: \( m{\upsilon _0} = \left( {m + M} \right){\upsilon _1} \).
Закон сохранения механической энергии связывает скорость составного тела сразу после удара с его скоростью в момент отрыва от полусферы: \( \frac{{\left( {m + M} \right)\upsilon _1^2}}{2} + \left( {m + M} \right)gR \) \( = \frac{{\left( {m + M} \right)\upsilon _2^2}}{2} + \left( {m + M} \right)gR\cos \alpha \)
где \( {\upsilon _2} \) — скорость составного тела в момент отрыва; \( h = R\cos \alpha \) — высота точки отрыва (см. рисунок).
2. Второй закон Ньютона в проекциях на ось x (направленную в центр полусферы), в момент отрыва тела принимает вид:
\( \left( {m + M} \right)g\cos \alpha = \) \( \frac{{\left( {m + M} \right)\upsilon _2^2}}{R} \)
3. Объединяя уравнения, получим: \( \frac{{\upsilon _1^2}}{2} + gR = \frac{3}{2}gh \)
Отсюда \( h = \frac{1}{{3g}} \cdot {\left( {\frac{{m{\upsilon _0}}}{{M + m}}} \right)^2} + \frac{2}{3}R = \) \( \frac{1}{{3 \cdot 10}} \cdot {\left( {\frac{{0,01 \cdot 200}}{{0,99 + 0,01}}} \right)^2} + \frac{2}{3} \cdot 1 = 0,8 \) м.
Ответ: 0,8 м

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21074.

Обоснование
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью Земли. Будем считать все тела материальными точками. Трением снаряда и осколков о воздух пренебрежём.
Поскольку время разрыва снаряда мало, импульсом внешних сил (сил тяжести) можно пренебречь, а значит, для решения задачи можно воспользоваться законом сохранения импульса.
Так как при решении задачи мы пренебрегаем силой трения, то можно использовать закон сохранения энергии для снаряда с учётом энергии разрыва.

Решение
1. Запишем законы сохранения импульса и сохранения энергии для снаряда:
\( m{\upsilon _0} = \frac{m}{2}{\upsilon _1} - \frac{m}{2}{\upsilon _2}; \)\( m \cdot \frac{{\upsilon _0^2}}{2} + \Delta E = \frac{{m\upsilon _1^2}}{4} + \frac{{m\upsilon _2^2}}{4}, \)
где \( m \) — масса снаряда до взрыва; \( {\upsilon _0} \) — модуль скорости снаряда до взрыва; \( {\upsilon _1} \) — модуль скорости осколка, летящего вперёд; \( {\upsilon _2} \) — модуль скорости осколка, летящего назад.
2. Выразим \( {\upsilon _0} \) из первого уравнения: \( {\upsilon _0} = \frac{1}{2}\left( {{\upsilon _1} - {\upsilon _2}} \right) \) — и подставим во второе уравнение.
3. Получим: \( m = \frac{{8\Delta E}}{{{{\left( {{\upsilon _1} + {\upsilon _2}} \right)}^2}}} \) \( = \frac{{8 \cdot 600 \cdot {{10}^3}}}{{{{\left( {900 + 100} \right)}^2}}} = 4,8 \) кг
Ответ: \( m \) = 4,8 кг

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21073.

Обоснование
Задачу будем решать в инерциальной системе отсчёта, связанной с поверхностью Земли. Будем считать все тела материальными точками. Трением снаряда и осколков о воздух пренебрежём.
Поскольку время разрыва снаряда мало, импульсом внешних сил (сил тяжести) можно пренебречь, а значит, для решения задачи можно воспользоваться законом сохранения импульса.
Так как при решении задачи мы пренебрегаем силой трения, то можно использовать закон сохранения энергии для снаряда с учётом энергии разрыва.
Решение
1. Запишем законы сохранения импульса и сохранения энергии для снаряда:
\( 2m \cdot {\upsilon _0} = m{\upsilon _1} - m{\upsilon _2}, \)\( 2m \cdot \frac{{\upsilon _0^2}}{2} + \Delta E = \frac{{m\upsilon _1^2}}{2} + \frac{{m\upsilon _2^2}}{2} \)
где \( 2m \) - масса снаряда до взрыва; \( {\upsilon _0} \) - модуль скорости снаряда до взрыва; \( {\upsilon _1} \)- модуль скорости осколка, летящего вперёд; \( {\upsilon _2} \) — модуль скорости осколка, летящего назад.

2. Выразим \( {\upsilon _0} \) из первого уравнения: \( {\upsilon _0} = \frac{1}{2}\left( {{\upsilon _1} - {\upsilon _2}} \right) \) - и подставим во второе уравнение.

3. Получим: \( \Delta E = \frac{m}{4}{\left( {{\upsilon _1} + {\upsilon _2}} \right)^2} = \)\( \frac{1}{4}{\left( {900 + 100} \right)^2} = 2{,}5\cdot10^5 \) Дж \(=250\) кДж.
Ответ: \( \Delta E = 250 \) кДж

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 21072.

Для дифракционного максимума порядка \(k\): \[ d\sin\alpha=k\lambda, \qquad \lambda=\frac{c}{\nu}. \] Так как \(|\sin\alpha|\leq1\), должно выполняться \[ k\leq\frac{d}{\lambda}=\frac{d\nu}{c}. \] Искомый порядок — наибольшее целое число, удовлетворяющее этому неравенству; нельзя просто утверждать, что максимум обязательно расположен под углом \(90^\circ\).

Период решётки: \[ d=\frac{10^{-3}}{300}\ \text{м}. \] Тогда \[ \frac{d\nu}{c} =\frac{10^{-3}\cdot5{,}6\cdot10^{14}} {300\cdot3\cdot10^8} \approx6{,}2. \] Наибольший возможный целый порядок равен 6.

Ответ: 6.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 15974.