Физика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Учитывая, что

rA = -

⃗b + r_C + r_O, r_B = -a + r_C + r_O,

подставим эти выражения в формулу для силы:

(

)

F_AB = -P

-⃗b+rC +rO -a+rC +rO

= -2Pr_O.

Из полученной формулы следует, что результирующая сила в точности рав-

на силе, создаваемой станцией с коэффициентом 2P , расположенной в середине

отрезка AB. Таким образом, в дальнейшем мы можем считать, что на корабль

действуют две станции:

• одна с коэффициентом 2P находится в вершине прямого угла (станция C),

• другая с коэффициентом 2P находится на середине гипотенузы (станция O).

Далее можем заменить воздействие этих

станций воздействием пружин, длины которых

в недеформированном состоянии пренебрежимо

малы (равны нулю), а коэффициенты жёстко-

сти равны 2P (см. рисунок). С учётом коэффи-

циентов жёсткости эквивалентных пружин лег-

ко определить положение точки равновесия для

корабля - точка, которая делит медиану CO по-

полам.

Третий способ

Для нахождения положения равновесия рассмотрим систему из трёх точеч-

ных масс, расположенных в вершинах треугольника: по m в вершинах острых

углов и 2m - в вершине прямого угла. Тогда радиус-вектор, проведённый из

произвольной точки M до центра масс будет определяться по формуле:

4mr_цм = mr₁ + mr₂ + 2mr₃.

В случае, если M является центром масс системы, то

rцм = 0 =⇒ r1 + r2 + 2r3 = 0,

что совпадает с выражением, полученным из условия равновесия корабля. Най-

дём координаты центра масс системы приняв за начало отсчёта вершину C:

√

◦

ml cos 30

ml sin 30^◦

y_цм =

;

x_цм =

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Далее по теореме Пифагора определяем расстояния от точки равновесия до

станций:

√

CM =

; BM =

; AM =

В начальный момент времени космический корабль покоится, а суммарная

сила, действующая на него со стороны станций, направлена вдоль отрезка CO.

Это означает, что ускорение корабля также направлено вдоль CO, и, следова-

тельно, корабль будет двигаться прямолинейно вдоль этого отрезка и достигнет

максимальной скорости в точке равновесия.

Первый способ

--→

Посмотрим на отклонение корабля от положения равновесия на вектор

MK.

Изменение суммарной силы со стороны станций равно:

F =

F -0=

F =

FA +

FB +

F_C =

--→

= -P (AK -

AM) - P (BK -

BM) - 2P(CK-

CM) = -4P ·

Значит, на корабль действует такая же сила, как от пружины с коэффициен-

том упругости 4P с нулевой начальной длиной, натянутой между точками M

и K. Тогда при перемещении корабля от середины гипотенузы до точки M эта

пружина совершит над кораблём работу:

(l)2

mv^2max

A =

Второй способ

Воспользуемся аналогией с двумя пружинами и запишем закон сохранения

энергии:

( l ⁾2

mv^2max

Третий способ

Элементарная работа силы, действующей со стороны некоторой станции,

определяется выражением:

∫

Pr²¹

Pr²²

δA =

F · ds) = -Prdr =⇒ A = - Prdr =

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Максимальная скорость корабля будет достигнута при прохождении поло-

жения равновесия. Запишем закон сохранения энергии для этого случая:

(_√

)₂

(_√

)₂

( l ⁾2

P^3l

mv^2max

Любым из трёх способов получаем ответ:

√

v_max =

Первый способ

Как мы показали ранее, сила, действующая

на корабль, аналогична силе со стороны пружи-

ны с началом в точке M.

Тогда движение корабля - колебания вдоль

отрезка CO. Корабль, пролетев точку M, поле-

тит к точке C и остановится около неё.

Второй способ

При движении корабля под действием пары пружин, он будет двигаться

вдоль отрезка CO, останавливаясь в точке O и в точке X, где потенциальная

энергия системы пружин равна её энергии при положении корабля в точке O.

Это условие можно записать в виде уравнения:

)₂

(

)₂

-x

2P x²

где x - расстояние от точки C до точки X. Полученное выражение сводится к

квадратному уравнению:

2x² - lx = 0,

решая которое, получаем два корня:

x₁ =

x₂ = 0.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Корень x = l/2 соответствует точке на середине гипотенузы, где корабль на-

ходился в начальный момент времени. Таким образом, минимальное расстояние

от корабля до точки C равно нулю.

Как мы показали в решении пункта 2, сила, действующая на корабль, равна

--→

F = -4P ·

MK, где M - центр масс системы с точечными массами (m,m,2m),

расположенными в вершинах A, B и C. В отличие от предыдущих пунктов, точка

M не покоится. По свойству центра масс:

mv_A + mv_B + 2mv_C

v_C

v_M =

Следовательно, скорость точки M постоянна по направлению и равна v_max по

модулю.

Для окончательного упрощения системы перейдем в инерциальную систему

отсчета точки M.

В этой системе отсчета начальная скорость v

max

точки K направлена перпендикулярно пружине. За-

метим, что v_max - это скорость движения по окружно-

сти радиусом MK = l/4 под действием силы 4P ·MK:

mv^2max

MK²

= 4P ·

mv^2окр

= 4P · MK.

v_max = v_окр

Следовательно, в системе отсчета точки M корабль будет равномерно двигаться

по окружности радиусом l/4 со скоростью v_max, найденной в пункте 2.

Когда корабль совершит один оборот вокруг точки M, его скорость в лабо-

раторной системе отсчёта впервые обнулится. Это произойдет через время:

2πl/4

√m

T =

√

=π

v_max

В системе отсчета точки M перемещение корабля за один период равно нулю.

Значит, в ЛСО корабль сместился на такое же расстояние, что и точка M.

πl

S =v_maxT =

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №9-T4. Горячо-холодно

Первый способ

N_ср, Вт

4,0

Рис. 1

Для нагрева слитка серебра от начальной температуры t₀ до температуры t

необходимо сообщить ему суммарное количество теплоты:

Q = cm(t - t₀).

С другой стороны, количество теплоты Q можно выразить через среднюю

мощность N_ср и время теплообмена τ:

Q=N_срτ.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

По условию задачи температуры в состояниях A и B равны, следовательно, сум-

марное количество теплоты, сообщённое слитку в моменты времени τ_A и τ_B , так-

же одинаково. Это означает, что площади прямоугольников, соответствующих

этим процессам на графике (см. рисунок 1), равны, так как они пропорциональ-

ны количеству теплоты. Таким образом, выполняется равенство:

N_Aсрτ_A = N_Bсрτ_B.

Для восстановления оси времени необходимо обеспечить равенство площадей

прямоугольников с одинарной штриховкой на графике.

Второй способ

По условию задачи температуры в состояниях A и B равны, следовательно,

эти точки лежат на одной гиперболе. Если две вершины прямоугольника распо-

ложены на одной гиперболе, то прямая, проходящая через две другие вершины,

должна пересекать начало координат. Это следует из подобия треугольников,

образованных описанной прямой и осями координат (см. рисунок 2).

N_ср, Вт

4,0

Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Зная, что τ_B - τ_A = 2,2 мин, восстановим график зависимости:

N_ср, Вт

τ, мин

Рис. 3

Из графика известно, что N_Aср = 2 Вт и τ_A = 1,8 мин = 108 с, тогда:

N_Aсрτ_A

N_Aсрτ_A = cm(t_A - t₀) =⇒ t₀ = t_A -

t₀ = 22^◦C.

Из графика известно, что N_Cср ≈ 2,2 Вт, τ_C = 2,4 мин = 144 с, N_Dср = 2 Вт и

τ_D = 3 мин = 180 с. Тогда:

N_Cсрτ_C = cm(t_C - t₀);

N_Dсрτ_D = cm(t_D - t₀).

N_Cср ≈ 2,2 Вт;

N_Dср = 2 Вт;

N_Cсрτ_C

t_C = t₀ +

≈ 48,4^◦C;

N_Dсрτ_D

t_D = t₀ +

= 52^◦C.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Получим выражение, позволяющее найти значение мгновенной мощности в

произвольный момент времени. Для этого рассмотрим малый промежуток вре-

мени ∆τ → 0. За этот промежуток времени количество теплоты ∆Q можно вы-

разить через мгновенную мощность N_мгн:

∆Q = N_мгн∆τ.

С другой стороны, ∆Q можно выразить через изменение площади прямоуголь-

ника на графике зависимости N_ср(τ):

∆Q = (N_ср + ∆N_ср)(τ + ∆τ) - N_срτ = ∆N_срτ + N_ср∆τ + ∆N_ср∆τ.

Пренебрегая малыми величинами второго порядка (∆N_ср∆τ ≈ 0), получаем:

∆Q ≈ ∆N_срτ + N_ср∆τ.

Приравнивая выражения для ∆Q, находим:

N_мгн∆τ = ∆N_срτ + N_ср∆τ.

Разделив на ∆τ, получаем выражение для мгновенной мощности:

∆N_ср

N_мгн =

τ +N_ср,

∆τ

пропорциональна угловому коэффициенту касательной

к графику N_ср(τ). Аналогичное выражение можно получить, используя диффе-

ренцирование:

d(N_срτ)

dN_ср

N_мгн =

τ +N_ср.

dτ

Построим касательные к графику в точках C и D и рассчитаем их угловые ко-

эффициенты наклона:

k_C = 0 Вт/с, k_D = -

Вт/с.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

N_ср, Вт

τ, мин

Рис. 4

Возможен другой способ решения.

Зная N_ср(τ), построим график зависимости Q(τ) = N_ср · τ для моментов

времени τ ∈ [0; 4] мин, проведём гладкую кривую и построим касательные к гра-

фику Q(τ) в указанные моменты времени. Угловые коэффициенты касательных

будут равны мгновенной мощности:

N_мгн =

dτ

Тогда:

N_Cмгн = k_Cτ_C + N_Cср ≈ 2,2 Вт;

N_Dмгн = k_Dτ_D + N_Dср = 0 Вт.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №9-T5. Неламповый диод

Пусть сила тока источника равна I₀. Показания амперметра равны нулю

при сбалансированном мосте, сила тока через резистор R₂ (и через нелинейный

элемент, подключённый к точкам A и B) равна:

R₃

I_AB = I₀

R₂ + R₃

Сила тока через резисторы R₁ и R₃ равна:

R₂

I₁ = I₃ = I₀

R₂ + R₃

Тогда напряжение между точками A и B равно:

R₂R₁

U_AB = I₀

R₂ + R₃

Введём статическое сопротивление нелинейного элемента, подключённого к точ-

кам A и B:

U_AB

R_AB =

I_AB

где I_AB - сила тока, протекающего через элементы, подключенные к точкам A

и B. В таком случае, показания амперметра равны нулю, если R_ABR₃ = R₁R₂.

Вольтамперные характеристики лампы и диода задаются соотношениями:

I_л = αU^2/3л, I_д = βU^2д,

или, выражая напряжение через ток:

√

I^л/2

I_д

U_л =

U_д =

α^3/2

√β

Статическое сопротивление лампы и диода соответственно равны:

U_л

I^л/2

U_д

R_л =

;

R_д =

√

I_л

α^3/2

I_д

I_дβ

Тогда при их последовательном соединении сопротивление выражается следую-

щим образом:

√I_AB

R_AB = R_л + R_д =

√

α^3/2

βI_AB

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Это уравнение сводится к квадратному, для решения которого используем

теорему Виета:

√

3/2

I_AB - R_ABα^3/2

I_AB +

= 0;

√β

√

α^3/2

√

I_AB1I_AB2 =

I_AB1 +

I_AB2 = α^3/2R_AB.

√β

Так как

R₃

I_AB1 = I₀₁

I_AB2 = I₀₂

R₂ + R₃

то

√

√I₀₁ +√I₀₂ √

R₃

√

√I₀₁ +√I₀₂

R₂ + R₃

α^3/2 =

β=

√

R_AB

R₂ + R₃

I₀₁I₀₂R_AB

R₃

Статическое сопротивление лампы равно R_AB = R₁R₂/R₃ при силе тока через

неё:

(√ √

)₂

R₃

I_л =

I₀₁ +

I₀₂

R₂ + R₃

Тогда ток через источник:

(√ √ )2

I₀₃ =

I₀₁ +

I₀₂

Статическое сопротивление диода равно R_AB = R₁R₂/R₃ при силе тока че-

рез него:

R₃

I₀₁I₀₂

I_д =

)₂ .

R₂ + R₃

(√I₀₁ +√I02

Тогда ток через источник:

I₀₁I₀₂

I₀₄ =

)₂ .

(√I₀₁ +√I02

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

9 класс

Задача №1. Долгий ящик

Внимание!

Перед выполнением работы ознакомьтесь с условием эксперимента и запи-

шите номер установки! В задаче требуется оценка погрешностей!

Оборудование: механический «серый ящик», линейка 50 см, весы, гайки М4

(5 шт.), канцелярская клипса, масштабно-координатная бумага для построения

графиков.

Механический «серый ящик» состоит из короба и шпильки, на один конец

которой плотно навинчены 20 гаек М4. Шпилька шарнирно соединена с коробом

с помощью втулки с резьбой.

Строго запрещено крутить гайки на шпильке!

Чтобы уменьшить длину выступающей части, аккуратно вращайте шпильку

по часовой стрелке; чтобы увеличить длину выступающей части - против часо-

вой стрелки. При вращении шпильки по/против часовой стрелки вы достигнете

предельного положения («упора»), которое проявляется ощутимым сопротивле-

нием или полной невозможностью продолжения вращения.

После достижения упора с любой стороны запрещается продол-

жать вращение стержня в том же направлении (отвинчивать или за-

винчивать дальше).

В данной работе вам надо исследовать механический «серый ящик».

гайки

короб

втулка с резьбой

шпилька

шарнир

При выполнении задания используйте следующие обозначения: y - текущее

расстояние от выступающего конца шпильки до внешней стенки короба.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

ц.м.

Определите:

1. b - расстояние от внешней стенки короба до оси вращения втулки;

2. M - массу шпильки с гайками;

3. a - расстояние от центра масс шпильки с гайками до края выступающей

части;

4. L - длину шпильки.

Задача №2. Трижды два

Оборудование: серый ящик, источник питания, вольтметр (мультиметр со

щупами), резистор с известным сопротивлением R = (430±5) Ом, потенциометр,

макетная плата, 8 соединительных проводов, 2 провода «крокодил-крокодил»,

наклейки, масштабно-координатная бумага для построения графиков.

Серый ящик, схема которого изображена на рис. 1, состоит из двух рези-

сторов сопротивлениями R₁ и R₂, нелинейного элемента НЭ и двух ключей -

K₁ и K₂. Полярность источника питания, подключённого к серому ящику, ука-

зана на рис. 1. Внутренним сопротивлением источника, а также сопротивлением

проводов можно пренебречь. Вольтметр считайте идеальным.

Обязательно укажите в работе номер выданного пакета с оборудованием.

При выполнении работы можно использовать наклейки (например, для марки-

ровки проводов). Погрешность вольтметра примите равной 1%.

Внимание!

1. Ни в коем случае не закорачивайте источник питания (нельзя соединять

точки B и C) и не подключайте серый ящик напрямую к источнику (нельзя

соединять точки A и C). Для подачи напряжения на серый ящик подсоеди-

ните последовательно к нему в точке A выданный вам резистор R.

2. Мультиметр можно использовать только в режиме вольтметра. Режимами

омметра и амперметра пользоваться запрещено!

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

K₁

НЭ

R₁

R₂

K₂

U₀

Рис. 1

1. Определите напряжение источника U₀.

2. Экспериментально определите вольт-амперную характеристику (ВАХ) се-

рого ящика для всех четырёх положений ключей, пользуясь схемой, приведённой

на рис. 2. Постройте графики ВАХ. Для линейных зависимостей необходимо не

менее 7 точек, для нелинейных - 11. Допускается построение нескольких зависи-

мостей на одном поле графика, при условии, что эти зависимости подписаны.

K₁

НЭ

R₁

R₂

K₂

U₀

Рис. 2

3. Определите, в каком положении - налево (в сторону вывода A) или на-

право (в сторону выводов B и C) - ключи в сером ящике замкнуты, а в каком

- разомкнуты. Свой ответ обоснуйте. Доверять маркировке ON/OFF на ключах

не рекомендуется.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

4. Найдите величину сопротивлений резисторов R₁ и R₂. Оцените погреш-

ности найденных значений сопротивлений.

5. Постройте ВАХ нелинейного элемента. Указание погрешностей в данном

пункте не требуется.

Примечание: макетная плата (рис. 3) используется для соединения прово-

дов и подключения различных элементов. Каждые пять соседних гнёзд макет-

ной платы, расположенные в одном столбце внутри платы, соединены между

собой (на рисунке серым цветом отмечен один из таких столбцов). Гнёзда макет-

ной платы, расположенные в двух крайних строках платы с каждой её стороны,

промаркированные красным и синим цветами, также соединены между собой.

Рис. 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Возможные решения

Задача №9-E1. Долгий ящик

Метод 1.1. Разная точка приложения силы реакции

Зафиксируем расстояние y = (25,9 ± 0,2) см и положим конец шпильки с

гайками на клипсу, находящуюся на расстоянии x от края (см. рисунок). В таком

случае на шпильку с гайками действует сила тяжести, сила реакции опоры N и

сила, приложенная в шарнире. При этом показания m весов равны силе реакции

опоры N, деленной на g.

Горизонтальность шпильки можно контролировать измерением расстояния

до поверхности стола в различных точках, при этом небольшие отклонения от

идеального горизонтального положения не влияют на результаты.

Получим экспериментальные точки зависимости показаний весов m от рас-

стояния x. Примем погрешность измерения длин за 0,2 см в связи с точностью

определения точки касания шпильки и клипсы. Погрешность измерения «массы»

∆m = 0,03 г.

весы

m, г

27,21

28,53

30,82

32,13

38,67

43,71

52,16

x, см

1,8

4,6

6,7

12,7

16,4

20,6

36,8

35,1

32,4

31,1

25,9

22,9

19,2

кг

Запишем правило моментов для рычага относительно оси вращения, прохо-

дящей через шарнир:

Mg(y + b - a) = N(b + y - x).

Учитывая N = mg, где m - показания весов, линеаризуем получившееся выра-

жение:

(y + b - a) = b + y - x

⇒ x=b+y-

(y + b - a).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Графиком зависимости x от 1/m является прямая линия с отрицательным

коэффициентом наклона, причем пересечение этой прямой с осью x происходит

в точке x = b + y. Из графика получим b + y = (43,4 ± 0,4) см. Погрешность

определения величины b+y определим графически. Если по точкам приведённого

графика провести прямые с наименьшим и наибольшим сдвигом по вертикали,

то будет видно, что погрешность равна ∆(b + y) = 0,4 см.

x, см

1/m, 1/кг

Кресты ошибок на графике по обеим осям оказываются маленькими. С уче-

том зафиксированного y = (25,9 ± 0,2) см получим b = (17,5 ± 0,6) см.

Метод 1.2. Измерение момента дополнительной силы

Выкрутим шпильку практически до упора так, что y = (26,0 ± 0,2) см. По-

ложим шпильку с гайками на опору. В качестве опоры возьмем гайку. Нажмём

кнопку «Tare» на весах. Если на шпильку будет действовать дополнительная си-

ла, поменяется сила реакции N, действующая со стороны опоры на шпильку, то

весы покажут величину m^∗ = ∆N/g, где ∆N - изменение силы реакции.

В качестве дополнительной силы выберем силу тяжести клипсы и n гаек,

расположенных рядом со стенкой короба. Их суммарная масса m = m_к + n · m_г,

где m_к = (1,33 ± 0,03) г и m_г = [(3,14 ± 0,03) г]/5 = (0,628 ± 0,006) г. Расстояние

от середины клипсы (ее центра масс) до края шпильки l = (25,0 ± 0,2) см.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Измерим показания весов m^∗ при разных n.

весы

m, г

3,82

3,18

2,55

1,94

1,30

m^∗, г

1,62

1,34

1,12

0,87

0,57

Перед тем, как мы расположили клипсу с гайками на шпильке, для системы

«шпилька + гайки» были выполнены оба условия равновесия. Но когда вес клип-

сы с гайками начинает действовать на шпильку, то относительно оси вращения

он создает момент mg(b + y - l), который компенсируется изменением момента

силы реакции ∆N(b + y):

(

)

mg(b + y - l) = m^∗g(b + y)

⇒ m^∗=m 1-

b+y

Тогда график m^∗ от m должен быть линейным и проходящим через ноль. Его

коэффициент наклона равен 1 - l/(b + y).

m^∗, г

2.0

1.8

1.6

1.4

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

m, г

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Проведя прямую из точки (0,0), получаем коэффициент наклона k = (0,431±

±0,011) и

- y = (17,9 ± 1,4) см.

1-k

Погрешность коэффициента наклона найдем, проведя прямые с максимальным

и минимальным наклоном. Рассчитаем погрешность итогового результата:

(

)

∆k

∆l

∆b =

+ ∆y = 1,4 см.

1-k

k-1

Метод 2.1. Изменение силы, поддерживающей шпильку, при её

вкручивании

Будем измерять величину силы реакции, действующую на шпильку, с по-

мощью показания весов m так же, как мы это делали в первом пункте. В каче-

стве параметра выберем длину внешней части шпильки y и будем её постепенно

уменьшать. Клипсу расположим под краем шпильки с гайками (x = 0).

y, см

25,5

24,3

22,4

21,1

18,9

17,5

16,5

,м^-1

2,33

2,4

2,51

2,6

2,75

2,87

2,95

y+b

m, г

28,28

27,52

26,31

25,64

24,06

22,93

22,04

y, см

14,8

13,7

12,0

10,7

9,3

7,8

6,7

,м^-1

3,11

3,22

3,4

3,56

3,75

3,97

4,15

y+b

m, г

20,46

19,27

17,49

15,85

14,15

11,67

9,88

Запишем уравнение моментов относительно оси вращения:

(

)

Mg(y + b - a) = mg(y + b)

⇒ m=M 1-

y+b

поэтому график зависимости m от 1/(y + b) оказывается линейным с коэффици-

ентом наклона, равным -Ma, и свободным членом, равным M. Для вычисления

1/(y + b) возьмем значение b = (17,5 ± 0,6) см. Тогда погрешность ∆[1/(y + b)] =

= (∆y + ∆b)/(y + b)².

Кресты ошибок на графике по вертикальной оси оказываются маленькими.

С помощью графика определим, что масса шпильки с гайками M = (49,1 ± 0,4) г

и Ma = (9,4±0,5) г·м. Погрешности коэффициента наклона и свободного члена

определим графически.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

m, г

y+b

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

Метод 2.2. Изменение силы реакции, действующей на короб при

выкручивании шпильки

Установим один конец короба на клипсу, а второй - на весы с опорой в виде

гайки. Расстояние между точками опоры короба l₀ = (51,0 ± 0,2) см.

весы

Далее, выкручивая шпильку, мы изменяем момент силы тяжести системы

«короб + шпилька + гайки» относительно клипсы. Измерим изменение показа-

ний весов m^∗ = (20,52 ± 0,03) г при изменении длины свободной части шпильки

на y^∗ = (21,0 ± 0,2) см.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Запишем правило моментов относительно клипсы:

mgl₀ = M_короб + Mg(y - a + l₀),

где M_короб - момент сил, создаваемый силой тяжести короба, l₀ - расстояние

от точки клипсы до стенки ящика.

Когда мы выкручиваем шпильку, меняются только m и y:

l₀m^∗ = My^∗

⇒ M = (49,8 ± 0,7) г.

Погрешность вычисляется через сумму относительных погрешностей:

)

∗

( ∆l₀

∆m

∆y^∗

∆M = M ·

= 0,7 г.

l₀

∆m

∆y

В методе 2.1 с помощью графика получено, что Ma = (9,4±0,5) г·м, поэтому

a = (19,2 ± 1,0) см.

Если для определения массы использовался альтернативный метод (напри-

мер, метод 2.2), то для определения a все равно требуется провести исследование,

аналогичное методу 2.1.

a = (19,2 ± 1,0) см

Рассмотрим систему «шпилька + гайки». Двадцать навинченных гаек можно

представить как однородный стержень длиной c = (5,9 ± 0,2) см и массой 20m_г.

Выражение для центра масс системы имеет вид:

Ma - 10m_гc

Ma = (M - 20m_г)

+ 20m_г

⇒ L=2

= 49 см.

M - 20m_г

Оценка погрешности длины стержня ∆L:

)

( ∆(Ma) + 10c∆m_г + 10m_г∆c

∆M + 20∆m_г

∆L = L

= 4 см.

Ma - 10m_гc

M - 20m_г

Задача №9-E2. Трижды два

Мультиметром в режиме вольтметра определим напряжение источника:

U₀ = (9,5 ± 0,1) В.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

K₁

НЭ

R₁

R₂

K₂

U₀

Соберем электрическую цепь для снятия ВАХ (рис. 2 из условия). Для удоб-

ства промаркируем провода (буквами A, B, C, написанными на наклейках). Си-

лу тока через серый ящик определяем через напряжение на известном резисторе

I_СЯ = U_R/R, напряжение на сером ящике U_СЯ измеряем непосредственно.

K₁ вправо, K₂ влево

U_СЯ, В

U_R, В

I = U_R/R, мА

0,00

0,50

0,35

0,80

1,00

0,70

1,62

1,51

1,04

2,43

2,01

1,39

3,24

2,48

1,72

3,99

2,92

2,02

4,70

3,51

2,44

5,67

4,04

2,80

6,51

4,52

3,12

7,26

5,04

3,48

8,09

5,55

3,83

8,91

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

K₁ вправо, K₂ вправо

U_СЯ, В

U_R, В

I = U_R/R, мА

0,00

0,30

0,32

0,74

0,61

0,64

1,49

0,87

0,92

2,13

1,21

1,28

2,97

1,44

1,51

3,52

1,68

1,78

4,13

1,90

2,01

4,67

2,02

2,17

5,05

2,36

2,63

6,12

2,55

2,95

6,86

2,8

3,52

8,19

3,04

4,33

10,07

3,22

5,17

12,02

3,35

5,96

13,86

Заметим, что при разомкнутых ключах элементы серого ящика соединены

последовательно, а при замкнутых - параллельно. Тогда при разомкнутых клю-

чах сопротивление серого ящика максимально, а при замкнутых - минимально.

По графику однозначно определяем положения ключей.

Влево

Вправо

Верхний ключ

разомкнут

замкнут

Нижний ключ

разомкнут

замкнут

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

I_СЯ, мА

лево - лево

право - право

U_СЯ, В

Сопротивления R₁ и R₂ определим с помощью коэффициентов наклона ВАХ

резисторов. Для оценки их погрешностей проведём прямые, проходящие через

кресты погрешностей с максимально и минимально возможными углами накло-

нами.

min

max

Среднее

k₁, (кОм)^-1

0,815

0,850

0,835

R₁, Ом

1176

1227

1198

k₂, (кОм)^-1

1,57

1,63

1,60

R₂, Ом

613

637

625

R₁ = (1200 ± 30) Ом; R₂ = (625 ± 12) Ом.

При разомкнутых ключах мы снимаем ВАХ НЭ в прямом направлении по-

следовательно с R₁ и R₂. По этой характеристике можно определить ВАХ НЭ в

прямом направлении:

U_НЭ = U_СЯ - I_СЯ(R₁ + R₂); I_НЭ = I_СЯ.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

При замкнутых ключах мы снимаем ВАХ НЭ в обратном направлении (ток

через нелинейный элемент течёт справа налево) c параллельно подключенными

сопротивлениями R₁ и R₂. По этой характеристике определим ВАХ НЭ в обрат-

ном направлении.

U_СЯ

U_НЭ = -U_СЯ; I_НЭ = -(I_СЯ -

R₁

R₂

ВАХ НЭ в прямом направлении

U_НЭ, В

I_НЭ, мА

0,00

0,17

0,00

0,44

0,00

0,51

0,00

0,60

0,02

0,66

0,22

0,69

0,46

0,69

0,71

0,70

0,99

0,71

1,25

0,71

1,53

0,72

1,80

0,72

2,11

0,73

2,37

0,73

2,63

0,73

2,89

0,74

3,23

0,73

3,48

0,74

3,89

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

10 класс

Задача №1. Переправа

Из пункта A, расположенного на одном бе-

регу реки шириной l, переправляется на про-

тивоположный берег небольшая моторная лод-

ка. Берега реки параллельны друг другу. Ско-

рость течения реки везде одинакова и равна u.

На противоположном берегу реки на одном пер-

пендикуляре к берегам с пунктом A расположен

пункт B. Скорость лодки относительно воды

постоянна по величине и равна 2u, а её вектор

в течение всего времени переправы перпендику-

лярен прямой BC, где C - центр лодки. В некоторый момент времени t₁ скорость

лодки относительно берега перпендикулярна линии берега.

1. В каком направлении лодка начала движение из пункта A: по течению

или против течения? Ответ обоснуйте.

2. Найдите угол ∠ABC в момент времени t₁.

3. На каком расстоянии от пункта B будет находиться лодка, когда она до-

стигнет противоположного берега реки?

4. На каком расстоянии от пункта B будет находиться лодка в момент вре-

мени t₁?

5. Найдите радиус кривизны траектории лодки в системе отсчёта берега для

двух случаев: а) в момент старта из пункта A; б) в момент времени t₁.

Задача №2. Призма

На шероховатой горизонтальной поверхности стола находится система, со-

стоящая из призмы массой m, снабжённой лёгким блоком, и бруска массой M =

= 2m (см. рис.). Боковая поверхность призмы является гладкой, а угол между

гранью, на которой находится брусок, и поверхностью стола равен α (sin α = 3/5).

К бруску привязана лёгкая нерастяжимая нить, перекинутая через блок, к про-

тивоположному концу которой приложена горизонтальная сила F . Известно, что

ускорение призмы не зависит от величины этой силы.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

1. Определите возможные значения коэффициента трения µ между призмой

и поверхностью стола.

2. Для каждого из полученных в пункте 1 значений µ найдите ускорение

призмы a.

Ускорение свободного падения равно g. Наклонный отрезок нити параллелен

левой боковой грани призмы. Трение в оси блока отсутствует.

Задача №3. Падающий поршень

В цилиндрическом сосуде, установленном вертикально в поле силы тяже-

сти, под массивным горизонтальным поршнем массой m = 100 кг содержится

одноатомный идеальный газ. Над поршнем - вакуум. Поршень находится в рав-

новесии и может перемещаться вдоль стенок сосуда практически без трения.

Поршень закрепляют в этом равновесном положении, после чего кладут на него

гирю массой M. Затем поршень освобождают. При дальнейшем движении порш-

ня с гирей его минимальное расстояние h_min до дна сосуда в два раза меньше

исходного расстояния h₀ = 1,0 м. Определите:

1. массу гири M;

2. модуль максимального ускорения a_max поршня с гирей в процессе движе-

ния;

3. модуль максимальной скорости v_max поршня с гирей в процессе движения.

4. Через длительное время поршень остановился. Найдите расстояние h до

дна сосуда, на котором будет находиться поршень в состоянии нового термоди-

намического равновесия.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Теплоёмкость сосуда и поршня пренебрежимо мала, теплоотдача в окру-

жающую среду отсутствует. При движении поршня от исходного положения до

его первой остановки процессы в газе можно считать равновесными. Масса газа

много меньше массы поршня. Ускорение свободного падения считайте равным

g = 10м/с².

Задача №4. Квадрат vs круг

Из тонкой непроводящей плоской пластины

вырезали пять фигур разной формы и размера.

Каждую из них зарядили электрическим заря-

дом с постоянной, положительной и одинаковой

для всех фигур поверхностной плотностью.

Первая фигура представляет собой квадрат

со стороной 2a, от которого с одного из углов от-

резали квадрат со стороной a (см. рис. 1). Модуль

напряжённости электрического поля, созданного

в точке O зарядами на поверхности такой фигу-

Рис. 1

ры, равен E₀.

1. Чему равно отношение E^′/E₀, где E^′ -

O^′

модуль напряжённости электрического поля, со-

λa

зданного в точке O^′ второй заряженной фигурой,

имеющей форму квадрата со стороной 2λa, от ко-

2λa

торого с одного из углов отрезали квадрат со сто-

λa

роной λa (рис. 2)? λ - некоторое положительное

число.

2λa

Рис. 2

2. Определите модуль и направление векто-

ра напряжённости

⃗A электрического поля, со-

зданного в точке A третьей заряженной фигу-

рой, представляющей собой квадрат со стороной

8a, от которого с одного из углов отрезали квад-

рат со стороной a (рис. 3). Модуль вектора

выразите через величину E₀.

Рис. 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

3. Определите модуль и направление вектора

напряжённости

E_B электрического поля, создан-

ного в точке B четвёртой заряженной фигурой,

имеющей форму четверти кольца (рис. 4), внут-

ренний радиус которого равен a, а внешний - 2a.

Модуль вектора

E_B выразите через E₀.

Рис. 4

4. Определите модуль и направление вектора напряжённости

E_C электриче-

ского поля, созданного в точке C пятой заряженной фигурой, имеющей форму

трапеции (рис. 5), одно основание которой равно a, второе - 2a. Модуль вектора

E_C выразите через E₀. Углы при большем основании данной трапеции указаны

на рисунке.

60^◦

Рис. 5

Точки O, O^′, A, B и C находятся в одной плоскости с соответствующей

фигурой.

Задача №5. Вай кодамо!

В бесконечной электрической цепи, фрагмент схемы которой представлен

на рисунке, каждая треугольная ячейка содержит три источника с одинаковыми

внутренними сопротивлениями r, но разными ЭДС (E, 2E и 3E), причём поляр-

ность подключения источников с одной и той же ЭДС периодически меняется

(см. рис.).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

1. Чему равны разности потенциалов (φ₊ - φ_-) между плюсом и минусом

каждого источника в данной цепи?

2. Определите силы токов через все источники в данной цепи.

3. Какое сопротивление R₁ покажет омметр при подключении к плюсу и ми-

нусу источника с ЭДС E, находящегося в данной цепи? Какие сопротивления R₂

и R₃ покажет прибор, если сделать то же самое с источниками 2E и 3E соответ-

ственно? Будут ли зависеть показания омметра от полярности его подключения?

4. Один из источников с ЭДС 2E заменили другим источником с ЭДС, равной

E, и внутренним сопротивлением r/2. Какова в этом случае будет сила тока I,

текущего через заменённый источник?

Величины E и r считайте известными. Сопротивлением соединительных про-

водов можно пренебречь.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №10-T1. Переправа

y B

Рассмотрим случай, когда лодка

начинает движение по течению ре-

ки. Введём систему координат с на-

чалом в пункте A, ось x направим

вдоль скорости течения, а ось y на-

правим к пункту B. Пусть r - рас-

стояние от точки B до центра лодки,

∠ABC = α. Тогда для движения «по

течению» элементарные приращения

за малое время dt:

dr = u sin α dt,

(1)

dx = 2u cos α dt + u dt,

(2)

dy = 2u sin α dt.

(3)

В любой момент времени до достижения лодкой противоположного берега

0 ⩽ α ⩽ π/2, поэтому v_x =

= 2u cos α + u ⩾ u > 0. Поэтому скорость

относительно берега не может быть направлена перпендикулярно линии берега.

Отсюда делаем вывод, что лодка начала движение из пункта A против течения.

Итак, лодка начинает движение

y B

против течения реки. Введём также

систему координат с началом в пунк-

те A, ось x направим вдоль скорости

течения, а ось y направим к пункту B,

r - расстояние от точки B до центра

лодки, ∠ABC = α. Тогда для движе-

ния «против течения» элементарные

приращения за малое время dt:

dr = -u sin α dt,

(4)

dx = -2u cos α dt + u dt,

(5)

dy = 2u sin α dt.

(6)

При движении перпендикулярно линии берега dx = 0, тогда из уравнения (5)

следует -2u cos α + u = 0 =⇒ cos α = 1/2 =⇒ α = 60^◦ = π/3.

Умножая уравнение (4) на 2 и складывая с уравнением (6), получим

2 dr + dy = 0 =⇒ 2r + y = const .

Физика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год) - часть 11