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

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Вычислим эту константу в момент начала движения (r_A = l, y_A = 0), откуда

r(y) = l - y/2. В момент достижения противоположного берега

y_B = l =⇒ r_B = l/2.

В момент времени t₁ из геометрических соображений можно записать, что

r cos α = l - y. Подставляя зависимость r(y) и значение угла α в этот момент

времени, получаем уравнение:

(l - y₁/2) = l - y1 =⇒ y1 =

l=⇒ r1 =

Для нахождения радиуса кривизны траектории найдём скорость и ускорение

в нужных точках. Скорость относительно берега равна сумме скорости воды u в

реке и скорости лод√ uл относительно воды: v √u+uл. После возведения в квад-

рат получаем: v =

u2 + u2л + 2(u · uл) =

u² + 4u² + 4u² cos∠(u, u_л) =

√

= u

5 + 4cos∠(u,u_л). Для точки старта ∠(u,u_л) = π, тогда скорость равна

v_A = u. Для момента времени t₁ угол между скоростями ∠(u,u_л) = π - α, тогда

√

скорость равна v₁ = u

Скорость лодки равна векторной сумме скоростей течения воды и лодки

относительно воды. Скорость течения не меняется ни по модулю, ни по направ-

лению. Скорость лодки не меняется по модулю, но меняется по направлению.

Производная вектора скорости лодки по модулю равна произведению угловой

скорости вращения вектора u_л на модуль этого вектора. Получим выражение

для ускорения лодки:

du_л

a_абс =

(u + u_л) =

=a_л,

dα

|a_л| = 2u · ω_α = 2u

Для нахождения производной угла α надо компоненту скорости, перпендикуляр-

ную отрезку BC, поделить на расстояние r:

v_⊥ = 2u - ucosα,

dα

2u - u cos α

=ω_α =

В момент выхода из пункта A угол α = 0, поэтому:

dα

2u²

=⇒ a_A =

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

В момент времени t₁ угол α = π/3, значит:

dα

3u/2

9u²

=⇒ a₁ =

2l/3

В пункте отправления скорость и ускорение взаимно перпендикулярны, поэтому

найти радиус кривизны траектории можно следующим образом:

v^2A

R_A =

a_A

Для момента времени t₁ найдем проекцию ускорения на перпендикуляр к ско-

√

9u²

рости движения, т.е. на ось Ox: a_1x = a₁ sin α =

, тогда радиус кривизны

траектории в этой точке:

√

v²¹

R₁ =

a_1x

Задача №10-T2. Призма

Первый способ решения

N^′

F_тр

Рис. 1

Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим N силу взаи-

модействия между бруском и призмой, N^′ - силу нормальной реакции, а F_тр -

силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда

ma = N sin α + F (1 - cos α) - F_тр,

N^′ = N cosα + F sinα + mg,

F_тр ⩽ µ(N cosα + F sinα + mg).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Ускорение бруска относительно стола, для

удобства, разложим на две составляющие: уско-

a^′

рение призмы a и ускорение бруска относительно

поверхности призмы a^′, которое направлено па-

раллельно её левой боковой поверхности (рис. 2).

Запишем второй закон Ньютона для бруска в про-

екции на ось, перпендикулярную направлению его

относительного движения

Рис. 2

-Ma sin α = -Mg cos α + N

=⇒

N = Mg cosα - Masinα.

Полученная формула для N не содержит явно величину силы F , а ускорение

призмы, согласно условию, не зависит от F . Отсюда следует, что и N не зависит

от величины этой силы.

Рассмотрим два случая: 1) призма движется относительно стола; 2) трение

не позволяет призме двигаться.

1. Пусть призма скользит по поверхности стола, то есть a > 0. Тогда

F_тр = µ(N cosα + F sinα + mg) и

ma = N sin α + F (1 - cos α) - µ(N cos α + F sin α + mg).

Чтобы ускорение a не зависело от силы F , все слагаемые, включающие её,

должны сократиться. Это возможно, если

1 - cosα

1 - 4/5

1 - cosα = µsinα

=⇒

µ=

sin α

3/5

2. Пусть теперь призма не скользит, то есть a = 0. Тогда N = Mg cos α и

F_тр = F(1 - cosα) + Mg sinα cosα ⩽ µ(Mg cos² α + F sinα + mg).

Перегруппируем выражения в полученном неравенстве:

F (1 - cos α - µ sin α) ⩽ µg(M cos² α + m) - Mg sin α cos α.

Так как оно должно выполняться при любых значениях F (в том числе,

при F = 0), выражение в правой части должно быть неотрицательным, а

выражение в левой части - наоборот, неположительным. Отсюда следует,

что

1 - cosα

M sin α cos α

2 · 3/5 · 4/5

µ⩾

≈ 0,42.

sin α

M cos² α + m

2 · (4/5)² + 1

Поскольку последнее неравенство - более сильное, получим, что призма

будет покоиться при любом значении F , если µ ⩾ 8/19.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Используя полученное выше значение µ = 1/3, найдём величину ускорения a в

случае, когда призма скользит по столу:

ma = N(sin α - µ cos α) - µmg = M(g cos α - a sin α)(sin α - µ cos α) - µmg =⇒

(

)

=⇒ a = 2 g ·

-a·

·g=g·

-a·

=⇒ a =

Второй способ решения

Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим N силу взаи-

модействия между бруском и призмой, N^′ - силу нормальной реакции, а F_тр -

силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда, из второго закона

Ньютона в проекции на вертикальную ось:

N^′ = N cosα + F sinα + mg.

Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляю-

щие: ускорение призмы a и ускорение бруска относительно поверхности призмы

a^′, которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). За-

пишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную

направлению его относительного движения

-Ma sin α = -Mg cos α + N

=⇒

N = Mg cosα - Masinα.

Полученная формула для N не содержит явно величину силы F , а ускорение

призмы, согласно условию, не зависит от F . Отсюда следует, что и N не зависит

от величины этой силы.

x^′

F_Σ

Рис. 3

Рассмотрим случай, когда призма скользит. Результирующая сила

F_Σ, действу-

ющая на блок со стороны нити, направлена под углом α/2 к вертикали (рис. 3).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Вместо N^′ и F_тр введём вектор полной силы реакции опоры

Q= N′+

F_тр = 0.

Из второго закона Ньютона для призмы в проекции на ось Ox^′, перпендикуляр-

ную силе

F_Σ:

N sin(α/2) + Q_x - mg sin(α/2) = ma cos(α/2). (a)

В приведённой формуле все слагаемые, кроме Q_x, не зависят от F , это означает,

что Q_x = 0. Такое возможно, если вектор

Qнаправлен перпендикулярно оси Ox^′,

т.е. под углом α/2 к вертикали. Тогда коэффициент трения:

1 - cosα

µ = tg(α/2) =

sin α

Ускорение найдём, подставив N = Mg cos α - Ma sin α в соотношение (a):

(Mg cos α - Ma sin α) sin(α/2) - mg sin(α/2) = ma cos(α/2).

Откуда

cos α - 1

sin α + ctg(α/2)

α/2

В случае, когда трение не позволяет призме

двигаться, сумма сил, действующих на неё, равна

нулю:

F_Σ

Q+

F_Σ +

N+ mg = 0 =⇒

F_Σ -

N- mg.

-N

Рассмотрим одно из возможных значений F_Σ = 0,

тогда

N sin α

M cos α sin α

tgβ =

N cos α + mg

M (cos α)² + m

-mg

2 · 3/5 · 4/5

> tg(α/2) =

2 · (4/5)² + 1

Рис. 4

Последнее неравенство показывает, что при росте F_Σ угол между вертикалью и

вектором

Q будет уменьшаться. А это означает, что β - предельный угол откло-

нения

Q от вертикали, т.е. a = 0 при µ ⩾

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №10-T3. Падающий поршень

Так как поршень вначале находится в равновесии, то P₀S = mg или P₀V₀ =

= mgh₀, где P₀ и V₀ - начальное давление и начальный объём газа соответствен-

но, S - площадь внутреннего поперечного сечения сосуда.

При движении системы механическая энергия поршня с грузом передается

только газу (поршень перемещается в сосуде практически без трения, снаружи

вакуум), а газ не передает теплоту в окружающую среду (по условию). В этом

случае первое начало термодинамики имеет вид:

A_внеш = ∆U,

где ∆U - изменение внутренней энергии газа, A_внеш - работа внешних сил над

газом, равная убыли полной механической энергии поршня с грузом:

A_внеш = -∆E. В результате получаем:

∆U + ∆E = 0.

Согласно условию, при движении поршня от исходного положения до его

первой остановки процессы в газе можно считать равновесными. Поэтому будем

считать, что с газом происходит обратимый адиабатический процесс.

Для него справедливо уравнение Пуассона P V^γ = const, где γ = 5/3 для

одноатомного идеального газа, P и V - давление и объём газа в некоторый про-

извольный момент времени. В нашем случае P V^5/3 = P₀V_05/3 или

P = P0 (V₀/V )^5/3 = P0 (h₀/h)^5/3,

PV = P₀V0 (V₀/V )^2/3 = P₀V0 (h₀/h)^2/3,

где h - расстояние от поршня до дна сосуда в произвольный момент времени.

Рассмотрим момент времени, когда поршень находился в самой нижней точ-

ке на расстоянии h_min от дна сосуда. В этот момент скорость поршня с грузом

равна нулю, т.е. ∆E = (M + m)g(h_min - h₀).

Изменение внутренней энергии газа:

)

((

)_2/3

((

)_2/3

h₀

∆U =

(P₁V₁ - P₀V₀) =

P₀V₀

-1

mgh₀

-1

h_min

где P₁ и V₁ - давление и объём газа соответственно в рассматриваемый момент

времени.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

После объединения получаем:

)

((

)_2/3

(

)

h₀

h_min

mgh₀

-1

+ (M + m)gh₀

-1

= 0.

h_min

h₀

Подставляем

= 2 и находим:

h_min

M/m = 3(2^2/3 - 1) - 1 ≈ 0,762.

M ≈ 0,762m ≈ 76кг.

Будем рассматривать поршень с грузом как единое тело. Максимальный мо-

дуль ускорения поршня с грузом достигается, когда их скорость равна нулю, при

этом суммарная внешняя сила - максимальна. Этим условиям удовлетворяют

два положения поршня: начальное положение (сила тяжести больше силы дав-

ления газа на поршень) и нижнее положение (сила давления газа на поршень

больше силы тяжести).

В начальный момент модуль ускорения поршня с грузом равен:

(M + m)g - P₀S

(M + m)g - mg

a₀ =

g ≈ 0,43g.

M+m

В нижнем положении модуль ускорения поршня с грузом равен:

(

)

5/3

P₀S (h₀/h_min)^5/3 - (M + m)g

m (h₀/h_min)

-1

M+m

(

)

2^5/3m

-1

≈ 0,80g.

M+m

Выбираем максимальное значение:

(

)

5/3

m (h₀/h_min)

a_max = g

-1

≈ 0,80g = 8 м/с².

M+m

Максимальной скорости поршень достигает на первом участке движения (от

верхней точки до нижней). При максимальной скорости движения ускорение рав-

но нулю, т.е. сила тяжести (M + m)g равна силе давления газа P₂S:

(M + m)g = P₂S = P₀S(h₀/h₂)^5/3 = mg(h₀/h₂)^5/3,

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

где h₂ - расстояния от поршня до дна сосуда в указанный момент времени. Из

полученного уравнения найдем h₂/h₀ = (M/m + 1)^-3/5 ≈ 0,712.

Закон сохранения энергии (первое начало термодинамики) для газа записы-

вается так:

)

( (M + m)v²

max

(P₂V₂ - P₀V₀) + (M + m)g(h₂ - h₀) +

-0

или

)

)_2/3

)

(( h₀

(h₂

(M + m)v^2max

mgh₀

−1

+ (M + m)gh₀

-1

= 0,

h₂

h₀

где P₂ и V₂ - давление и объём газа соответственно в момент прохождения порш-

нем положения равновесия. Откуда:

(

)

(

)

)_2/3

v^2max

h₂

(h₀

2gh₀

h₀

2(M + m)

h₂

Подставляем значение h₂/h₀:

v^2max

≈ 0,07,

2gh₀

откуда получаем:

√

v_max ≈

0,14gh₀ ≈ 1,2 м/с.

На длительном промежутке времени процессы, протекающие в газе, стано-

вятся необратимыми, т.е. механическая энергия необратимо переходит во внут-

реннюю энергию.

Уравнение адиабаты P V^γ = const, выведенное для обратимого процесса, в

этом случае не применимо.

Запишем условие равновесия поршня с грузом: P S = (M + m)g. Закон со-

хранения энергии (первое начало термодинамики) в этом случае имеет вид:

(P Sh - P₀V₀) + (M + m)g(h - h₀) = 0.

Получаем:

((M + m)gh - mgh₀) + (M + m)g (h - h₀) = 0.

Находим новую высоту:

5m + 2M

h₀ ≈ 0,74h₀ = 0,74м.

5(M + m)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №10-T4. Квадрат vs круг

Пусть поверхностная плотность заряда всех фигур, упоминаемых ниже, по-

стоянна, одинакова и равна σ (σ > 0).

Рассмотрим бесконечно малую заряженную площадку с площадью ∆S₁ и

зарядом σ∆S₁, расположенную на расстоянии r от точки O, и геометрически ей

подобную вторую площадку, заряженную с той же поверхностной плотностью σ,

но расположенную на расстоянии λr, где λ - коэффициент подобия. Поскольку

∆S₂ = λ²∆S₁,

напряжённости электрических полей, созданных этими площадками, равны:

σ∆S₂

σλ²∆S₁

σ∆S₁

E₂ =

=E₁.

4πε₀(λr)²

4πε₀r²

Рассмотрим теперь две заряженные пластины конечного размера, геометрически

подобные друг другу с коэффициентом подобия λ и расположенные так, как по-

--→

-→

--→

казано на рис. 1, где O - центр подобия этих пластин (OC = λ·OA,

OD = λ·OC

и т.п.). Разобьём обе пластины на бесконечно малые площадки, причём так, что-

бы каждый элемент разбиения второй пластины был подобен соответствующему

элементу первой с центром подобия в точке O. Поскольку, как было показано

выше, напряжённости электрических полей, созданных в точке O бесконечно

малыми площадками, образующими такую пару, совпадают, то и напряжённости

электрических полей, созданных в точке O всей первой и всей второй пластиной,

тоже будут совпадать (по модулю и по направлению).

Рис. 1

В частности, это значит, что напряжённость поля в точке O^′, созданного

фигурой, изображённой на рис. 2 из условия задачи, будет также равна E₀.

E^′/E₀ = 1.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Из симметрии фигуры следует, что вектор

E_A направлен вверх и вправо

вдоль этой оси симметрии.

Используя результат пункта 1, получим, что напряжённость электрического

поля, созданного в точке A каждой из трёх фигур на рис. 2 (зелёной, синей

или серой), равна E₀. Отсюда следует, что заряженная фигура, изображённая в

условии на рис. 3, создаёт в точке A поле с напряжённостью 3E₀.

Рис. 2

Вектор

E_A направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; E_A = 3E₀.

Из симметрии фигуры следует, что вектор

E_B направлен вверх и вправо

вдоль этой оси симметрии.

Для ответа на третий вопрос задачи рас-

смотрим заряженную пластину, изображён-

ную на рис. 3 (всю окрашенную как-либо об-

ласть). Обозначим E_зел и E_син напряжённости

полей, созданных в точке B зелёной и синей

областью соответственно. Из подобия этих об-

ластей следует, что E_зел = E_син.

Напряжённость электрического поля E,

созданного всей пластиной в точке B, c одной

стороны, равна E = E₀ + E_син, а с другой сто-

роны, E = E_B + E_зел, где E_B

- искомая на-

пряжённость поля, созданного фигурой, изоб-

ражённой в условии на рис. 4. Приравнивая

Рис. 3

правые части этих соотношений, получим, что

E_B = E₀.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Вектор

E_B направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; E_B = E₀.

Воспользуемся подходом из предыдущего пункта и рассмотрим заряженную

пластину, изображённую на рис. 4 (снова всю окрашенную как-либо область).

Зелёная и синяя области, благодаря подобию, создают в точке C поле с одина-

ковой по величине и направлению напряжённостью. Следовательно, напряжён-

ность поля, созданного в точке C указанной в условии трапецией, совпадает с

напряжённостью поля, созданного в той же точке кольцевым сектором с углом

в 30^◦.

◦

Рис. 4

Отсюда, используя симметрию кольцевого сектора, делаем вывод, что век-

тор

E_C напряжённости электрического поля, созданного трапецией в точке C,

направлен по внешней биссектрисе угла ∠C (см. рис. 5).

15^◦

E_C

Рис. 5

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Кольцевой сектор с внутренним и внешним радиусами, отличающимися в

два раза, представляет собой (с точностью до подобия) одну треть от фигуры,

изображённой в условии на рис. 4. Используя результат предыдущего пункта,

получим (см. рис. 6)

√

E₀

E₀ = 2E_C cos30^◦ + E_C = E_C(

3 + 1)

⇒ E_C=

√

3+1

E_C

30^◦

E_C

30^◦

E_C

Рис. 6

Вектор

E_C направлен вдоль внешней биссектрисы угла ∠C;

E₀

E_C =

√

3+1

Задача №10-T5. Вай кодамо!

Используя симметрию электрической цепи, докажем, что потенциалы на со-

седних выводах источников каждого типа одинаковы. Для этого введём обозна-

чения узлов A₁, B₁, A₂, B₂, A₃, B₃ и т.д., как показано на рис. 1.

Воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала систему из источ-

ников только с ЭДС E при «выключенных» ЭДС всех остальных источников

(см. рис. 2).

Сдвиг на одно звено схемы вдоль направления A₃ - A₁ переводит схему

«саму в себя», поэтому φA3 - φB3 = φA2 - φB2 = φA1 - φB1 = ∆φ, а также

φA4 -φB3 = φA3 -φB2 = φA2 -φB1 = ∆φ^′, где φ_M - потенциал соответствующего

узла M.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

A₃

B₃

A₂

B₂

A₁

B₁

Рис. 1

Перевернём цепь таким образом, что узлы A₃ и B₂, а также узлы A₂ и B₃

меняются местами (см. рис. 3).

Так как цепь перешла «сама в себя», то

φB2 - φA2 = φB3 - φA3 = φB4 - φA4 = ∆φ,

φB1 - φA2 = φB2 - φA3 = φB3 - φA4 = ∆φ^′.

Откуда следует, что ∆φ = -∆φ и ∆φ^′ = -∆φ^′ или ∆φ = 0 и ∆φ^′ = 0. С учётом

этого получаем, что потенциалы, созданные системой источников с ЭДС E, во

всех узлах такой схемы одинаковы.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

A₃

B₃

A₂

B₂

A₁

B₁

Рис. 2

Аналогично можно рассмотреть отдельно систему из источников только с

ЭДС 2E и систему из источников только с ЭДС 3E при «выключенных» ЭДС

всех остальных источников. Таким образом, разность потенциалов между любы-

ми двумя узлами схемы в каждой рассмотренной системе равна нулю, а соглас-

но методу наложения и результирующая разность потенциалов между любыми

двумя узлами схемы также равна нулю. Значит, разности потенциалов между

плюсом и минусом каждого типа источников равны:

φ₊ - φ_- = 0.

Запишем закон Ома для произвольной пары соседних узлов, участок цепи

между которыми содержит ЭДС E:

(φ₊ - φ_-) + E = I₁r.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

B₂

A₂

B₃

A₃

B₄

A₄

Рис. 3

Здесь положительному значению I₁ соответствует ток, текущий в направле-

нии действия E. Поскольку φ₊ - φ_- = 0, сила тока I₁ = E/∇ для любого такого

участка. Аналогично для участков цепи, содержащих ЭДС 2E и 3E:

(φ₊ - φ_-) + 2E = I₂r;

(φ₊ - φ_-) + 3E = I₃r.

Следовательно,

I₁ = E/r

(1)

I₂ = 2E/r

(2)

I₃ = 3E/r

(3)

Рассмотрим бесконечную электрическую цепь с двумя соседними (ближай-

шими) выводами на источнике любого типа как эквивалентный источник с ЭДС

E_экв и внутренним сопротивлением r_экв (рис. 4).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

ЭДС эквивалентного источника E_экв = 0, так как разность потенциалов меж-

ду любыми двумя соседними выводами равна нулю.

Eэкв

экв

Рис. 4

Внутреннее сопротивление эквивалентного источника r_экв определим как со-

противление между двумя соседними (ближайшими) узлами бесконечной сетки

с «выключенными» ЭДС. Для этого снова воспользуемся методом наложения.

Рассмотрим сначала бесконечную сетку с внутренними сопротивлениями источ-

ников, где в один из узлов втекает ток силой I₀ и растекается до бесконечности.

В ближайших к данному узлу ветках силы токов будут одинаковы (в силу сим-

метрии) и равны I₊ = I₀/6. Затем рассмотрим ту же бесконечную сетку, где

из соседнего узла вытекает ток силой I₀. Аналогично, в данной схеме токи в

ближайших к данному узлу ветках будут одинаковы и равны I_- = I₀/6.

Далее рассмотрим суперпозицию этих двух случаев. Тогда напряжение на

сопротивлении r равно (I₊ + I_-)r, следовательно

(I₊ + I_-)r

r_экв =

I₀

Таким образом, при использовании любых двух соседних (ближайших) уз-

лов электрическая схема ведёт себя как резистор с сопротивлением r_экв = r/3.

Поэтому показания омметра не будут зависеть от полярности его подключения.

С учётом этого получаем ответ для показаний омметра:

R₁ = r/3

(4)

R₂ = r/3

(5)

R₃ = r/3

(6)

Эти результаты не зависят от полярности подключения омметра.

Эквивалентный источник из предыдущего пункта можно представить как

параллельное соединение источника с ЭДС 2E и сопротивлением r (который за-

меняется другим источником по условию) и источника с ЭДС E^∗ и сопротивлени-

ем r^∗, который эквивалентен оставшейся части электрической схемы (см. рис. 5).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

С учётом того, что ЭДС эквивалентного источника E_экв = 0 и его сопротив-

ление r_экв = r/3, найдем E^∗ и r^∗.

E^∗

r^∗

Рис. 5

Сопротивления связаны соотношением

r_экв

r^∗

откуда r^∗ = r/2. Приравнивая токи короткого замыкания рассмотренного па-

раллельного соединения источников и эквивалентного источника, приходим к

соотношению:

E^∗

E_экв

r^∗

r_экв

откуда находим E^∗ = E.

Источник с ЭДС 2E и сопротивлением r можно заменить источником с ЭДС

E и сопротивлением r/2 двумя разными способами (используя разную полярность

подключения, как представлено на рис. 6).

E^∗

r^∗

r/2

Первый способ

Второй способ

Рис. 6

При подключении первым способом согласно закону Ома для полной цепи

E-E

I =

= 0.

r/2 + r/2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

10 класс

Задача №1. Цепная линия

Оборудование: металлическая цепочка массой m = (10,7 ± 0,2) г; мерная

лента; лист ДВП; штатив с муфтой и лапкой, в которой зажато крепление для

цепочки; два листа миллиметровой бумаги для построения графиков.

Задание. На горизонтальной белой поверхности листа ДВП (далее будем на-

зывать эту поверхность «рабочей») расположите выданную Вам цепочку так,

как показано на рис. 1. Здесь H - высота точки крепления цепочки над рабо-

чей поверхностью, s - длина горизонтальной части цепочки в положении, когда

она находится в равновесии при максимально удалённом от штатива свободном

конце. Обе части цепочки - и горизонтальная, и висящая в воздухе - должны

находиться в одной вертикальной плоскости, проходящей через точку крепления

цепочки к лапке штатива. Убедитесь, что цепочка не перекручена и на ней нет

узлов или заломов.

Цепочку можно считать однородной. Ускорение свободного падения равно

g = (9,80 ± 0,05) м/с².

Отсоединять цепочку от лапки штатива и перемещать штатив за-

прещено!

лапка

крепление

цепочка

лист ДВП

Рис. 1

1. Измерьте длину L выданной цепочки. Оцените погрешность полученного

значения.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

2. Экспериментально исследуйте зависимость длины s горизонтальной части

цепочки от высоты H точки её крепления над рабочей поверхностью. Снимите

не менее 15 точек.

3. Выведите формулу теоретической зависимости, связывающей H, s и µ -

коэффициент трения звеньев цепочки о рабочую поверхность.

4. Используя экспериментальные данные и результат пункта 3, постройте

график зависимости, связывающей s и H. Выберите величины, откладываемые

по осям, таким образом, чтобы полученный график был прямой линией.

5. С помощью графика, построенного в пункте 4, определите коэффициент

трения µ между звеньями цепочки и рабочей поверхностью. Оцените погреш-

ность полученного значения.

6. Используя экспериментальные значения, полученные в пункте 2, и приме-

няя экстраполяцию, постройте график зависимости (L - s) от H во всём диапа-

зоне H ∈ [0; L].

7. С помощью полученного в пункте 6 графика вычислите работу A, кото-

рую совершает сила, действующая на цепочку со стороны крепления, при мед-

ленном подъёме точки крепления от высоты H₁ = 30,0 см до H₂ = L. Оцените

погрешность полученного значения. В данном пункте считайте, что в процессе

перемещения точка крепления цепочки движется строго вертикально.

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»,

миллиметровая бумага для построения графиков.

Серый ящик, схема которого изображена на рисунке, 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, указа-

на на рисунке. Внутренним сопротивлением источника, а также сопротивлением

проводов можно пренебречь. Вольтметр считайте идеальным.

Обязательно укажите в работе номер выданного пакета с оборудованием.

Считайте, что относительная погрешность вольтметра равна 1%.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

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. Учтите, что при протекании большого тока через потенциометр он может

выйти из строя.

3. Обратите внимание, что подписи «ON»/«OFF» на ключах K₁ и K₂ не обя-

зательно соответствуют замкнутому и разомкнутому положениям.

4. Мультиметр можно использовать только в режиме вольтметра.

K₁

НЭ

R₁

R₂

K₂

U₀

Рис. 1

1. Определите напряжение источника U₀.

2. 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.

3. Найдите значения сопротивлений резисторов R₁ и R₂. В этом пункте по-

строение графиков не обязательно.

4. Проведите измерения и постройте вольт-амперную характеристику нели-

нейного элемента. Оценка погрешностей в этом пункте не требуется.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

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

дов и подключения различных элементов. Каждые пять соседних гнёзд макетной

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

(на рисунке серым цветом отмечен один из таких столбцов). Гнёзда макетной

платы, расположенные в двух крайних строках платы с каждой её стороны, про-

маркированные красным и синим цветами, также соединены между собой.

Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №10-E1. Цепная линия

Длину цепочки L измерим с помощью мерной ленты. Так как цепочка за-

креплена, мы можем, например, вынуть лапку из крепления или развернуть лап-

ку так, чтобы цепочка висела вертикально. Запишем полученное значение:

L = (99,8 ± 0,2) см.

Установим лапку штатива на некоторой небольшой высоте и расположим

цепочку так, как указано в условии. Медленно и аккуратно будем перемещать

вверх точку крепления конца цепочки, каждый раз измеряя с помощью мерной

ленты высоту H и длину s. Полученные значения занесём в таблицу:

s, см

86,7

85,3

83,4

80,9

79,1

76,4

74,3

73,3

70,0

67,8

H, см

5,9

6,9

8,5

10,6

12,5

14,4

16,6

18,3

21,2

23,5

s, см

65,7

62,4

60,0

57,7

54,8

52,6

49,1

46,9

43,4

H, см

26,2

29,4

32,2

34,7

37,4

40,1

44,0

46,3

50,8

Пусть l = (L - s) - длина висящей части нашей цепочки, m₁ = ml/L - её

масса, а m₂ = ms/L - масса горизонтального участка. Сделаем два рисунка и

изобразим на них силы, действующие, соответственно, на висящую (рис. 2а) и

горизонтальную (рис. 2б) части цепочки.

T₁

F_тр

m₁g

T₂

m₂g

б)

Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Из условия равновесия обеих частей цепочки получим:

N = m₂g = mgs/L,

T₂ = F_тр = µN = µmgs/L,

T₁ cosα = T₂ = µmgs/L,

T₁ sinα = m₁g = mgl/L,

√

T₁ = T²² + (m₁g)² =

l² + µ²s² =

(L - s)² + µ²s².

С другой стороны, с помощью метода виртуальных перемещений (то есть мыс-

ленно смещая висящую часть цепочки вдоль неё самой на малое расстояние ∆x)

найдём, что T₁∆x - T₂∆x = (m∆x/L)gH, откуда

T₁ - T₂ = mgH/L.

Подставляя теперь выражения для T₁ и T₂ в записанное выше соотношение, по-

лучим

√

H =

(L - s)² + µ²s² - µs.

Преобразуем полученное в пункте 3 выражение для H:

(

)₂

l² + µ²s² = (H + µs)²

=⇒

- 1 = 2µ ·

Отсюда следует, что, если отложить по осям величины s/H и (l/H)² - 1, график

их зависимости должен быть прямой линией, проходящей через начало коорди-

нат и имеющей коэффициент наклона, равный 2µ.

Вычислим для каждой измеренной точки значения l = L-s, s/H и (l/H)²-1.

Дополним этими значениями полученную выше таблицу.

s, см

86,7

85,3

83,4

80,9

79,1

76,4

74,3

73,3

70,0

67,8

H, см

5,9

6,9

8,5

10,6

12,5

14,4

16,6

18,3

21,2

23,5

l, см

13,1

14,5

16,4

18,9

20,7

23,4

25,5

26,5

29,8

32,0

s/H

14,69

12,36

9,81

7,63

6,33

5,31

4,48

4,01

3,30

2,89

l²-H²

3,93

3,42

2,72

2,18

1,74

1,64

1,36

1,10

0,98

0,85

H²

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

s, см

65,7

62,4

60,0

57,7

54,8

52,6

49,1

46,9

43,4

H, см

26,2

29,4

32,2

34,7

37,4

40,1

44,0

46,3

50,8

l, см

34,1

37,4

39,8

42,1

45,0

47,2

50,7

52,9

56,4

s/H

2,51

2,12

1,86

1,66

1,47

1,31

1,12

1,01

0,85

l²-H²

0,69

0,62

0,53

0,47

0,45

0,39

0,33

0,31

0,23

H²

Нанесём полученные точки на миллиметровку и построим аппроксимирую-

щую прямую (синяя прямая на рис. 3).

(l/H)² - 1

4.0

3.5

3.0

2.5

2.0

1.5

1.0

0.5

s/H

Рис. 3

Определяя коэффициент наклона аппроксимирующей прямой k = 2µ, най-

дём коэффициент трения µ:

k = 0,28

=⇒

µ=0,14.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Погрешность величины µ оценим с помощью «метода границ» (красные ли-

нии на рис. 3):

∆k ≈ 0,02

=⇒

∆µ ≈ 0,01.

Возьмём из таблицы, приведённой выше, вычисленные для каждого H зна-

чения l = (L-s) и нанесём полученные точки на миллиметровку. Добавим к ним

две точки, полученные теоретически: 1) при H = 0 цепочка должна полностью

лежать на рабочей поверхности, следовательно l = 0; 2) при H = L цепочка

висит вертикально, и l = L. Проводя сглаживающую кривую, получим искомый

график (синяя линия на рис. 4).

l, см

100

H, см

100

Рис. 4

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Работа, совершаемая силой T₁ (см. рис. 2а) при малом вертикальном пере-

мещении ∆H точки крепления, равна

∆A = T₁ sin α ∆H =

· l∆H.

Следовательно, работа силы T₁ при вертикальном перемещении от H₁ до H₂

равна

· S,

где S - площадь области, ограниченной графиком l(H), осью абсцисс и прямыми

H =H₁ иH =H₂.

Участок графика функции l(H) между H₁ = 30 см и H₂ = 99,8 см является

практически прямолинейным, поэтому

l(H₁) + l(H₂)

38 см + 99,8 см

S =

· (H₂ - H₁) =

· 69,8 см ≈ 4809 см².

Отсюда

· S ≈ 50,5 мДж.

Относительная погрешность полученного значения A равна

ε_A = ε_m + ε_g + ε_L + ε_S,

где ε_m = 0,2/10,7 ≈ 1,87%, ε_L = 0,2/99,8 ≈ 0,20%, ε_g = 0,05/9,8 ≈ 0,51% - отно-

сительные погрешности, соответственно, массы цепочки, её длины и ускорения

свободного падения. Оценим погрешность определения площади S:

∆l(H₁) + ∆L

∆L

1 см + 0,2 см

0,2 см

ε_S =

≈ 1,2%.

l(H₁) + L

L-H₁

137,8 см

69,8 см

Отсюда следует, что

ε_A ≈ 3,8%

=⇒

∆A = Aε_A ≈ 2 мДж.

Задача №10-E2. Трижды два

Подключаясь мультиметром в режиме вольтметра к выводам B и C опреде-

лим напряжение источника:

U₀ = (9,5 ± 0,1) В.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Соберем электрическую цепь так, как показано на рисунке 1. Заметим, что

при разомкнутых ключах элементы серого ящика соединены последовательно, а

при замкнутых - параллельно. Значит, при разомкнутых ключах сопротивление

серого ящика максимально, а при замкнутых - минимально.

Запишем в таблицу непосредственные измерения напряжения на сером ящи-

ке и резисторе R. Тогда ток, протекающий через резистор R, можно найти с

помощью закона Ома для участка цепи:

U_AC

I_R =

K₁

НЭ

R₁

R₂

K₂

U₀

Рис. 1

положение K₁

положение K₂

U_AB, В

U_AС, В

I_R, мА

лево

7,88

1,68

3,9

право

3,30

6,13

14,3

лево

право

5,61

3,88

9,0

право

лево

7,01

2,52

5,9

Видим, что минимальный ток соответствует положению ключей «лево-лево»

(последовательное соединение), а максимальный ток соответствует положению

ключей «право-право» (параллельное соединение). Отсюда делаем вывод:

Верхний ключ: вправо - замкнут, влево - разомкнут. Нижний ключ: вправо

- замкнут, влево - разомкнут.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

В случае разомкнутого ключа K₁ и замкнутого ключа K₂ последовательно

соединенные резистор R₁ и НЭ закорочены, и весь ток в цепи течет в СЯ через

резистор R₂. Тогда:

U_AC

U_AB

I_R = IR2

=⇒

=⇒ R₂ = R

≈ 622 Ом.

R₂

U_AC

Если же ключ K₁ замкнут, а K₂ разомкнут, то закороченными окажутся

последовательно соединенные резистор R₂ и НЭ, а весь ток в СЯ потечет через

резистор R₁. Отсюда:

U_AC

U_AB

I_R = I_R

=⇒

=⇒ R₁ = R

≈ 1196 Ом.

R₁

U_AC

Оценим погрешность измерений. При умножении величин относительные по-

грешности складываются, значит:

ε_R

=ε_R

=ε_R +ε_U

+ε_U

≈ 3%.

Окончательно получим:

R₁ = (1196 ± 40) Ом; R₂ = (622 ± 20) Ом.

Соберем электрическую цепь для снятия ВАХ (рис. 2). Силу тока через

серый ящик определяем через напряжение на известном резисторе I_СЯ = U_R/R,

напряжение на сером ящике U_СЯ измеряем непосредственно.

K₁

НЭ

R₁

R₂

K₂

U₀

Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

ВАХ последовательно соединенных R₁, R₂ и НЭ (K₁ и K₂ разомкнуты)

U_СЯ, В

U_R, В

I_СЯ, мА

0,00

0,17

0,00

0,44

0,00

0,51

0,00

0,63

0,01

0,02

1,06

0,09

0,22

1,52

0,20

0,46

1,99

0,31

0,71

2,50

0,43

0,99

2,98

0,54

1,25

3,50

0,66

1,53

3,99

0,77

1,80

4,55

0,91

2,11

5,03

1,02

2,37

5,52

1,13

2,63

5,99

1,24

2,89

6,61

1,39

3,23

7,07

1,50

3,48

7,82

1,67

3,89

ВАХ параллельно соединенных R₁, R₂ и НЭ (K₁ и K₂ замкнуты)

U_СЯ, В

U_R, В

I_СЯ, мА

0,00

0,30

0,32

0,74

0,61

0,64

1,49

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

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.

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

нелинейный элемент течёт справа налево) c параллельно подключенными сопро-

тивлениями R₁ и R₂. По этой характеристике определим ВАХ НЭ в обратном

направлении.

(

)

U_СЯ

U_НЭ = -U_СЯ; I_НЭ = - I_СЯ -

R₁

R₂

ВАХ НЭ в обратном направлении

U_НЭ, В

I_НЭ, мА

-0,00

-0,30

-0,00

-0,61

-0,00

-0,87

-0,00

-1,21

-0,01

-1,44

-0,01

-1,68

-0,03

-1,90

-0,05

-2,02

-0,12

-2,36

-0,36

-2,55

-0,64

-2,80

-1,35

-3,04

-2,65

-3,22

-4,17

-3,35

-5,69

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

11 класс

Задача №1. Два камня

С вершины башни высоты h с одинаковыми скоростями v, направленными

перпендикулярно одна к другой, под разными углами к горизонту одновремен-

но брошены два камня так, что их движение происходит в одной вертикальной

плоскости. Через некоторое время после броска, как раз непосредственно перед

падением одного камня на землю, оказалось, что векторы скоростей камней на-

правлены под одинаковыми углами к горизонту.

Определите величину этого угла φ и расстояние между камнями l в этот

момент времени.

Известно, что в начальный момент времени оба камня удаляются от поверх-

ности земли, а непосредственно перед падением одного камня на землю другой

камень тоже приближается к поверхности земли. Башня расположена на гори-

зонтальной поверхности. Ускорение свободного падения равно g. Сопротивление

воздуха не учитывайте.

Задача №2. Цикл, как цикл

В архиве лорда Кельвина нашли записки о цикле, состоящем из четырех по-

следовательно совершаемых классическим идеальным многоатомным газом ква-

зистатических процессов 1 - 2, 2 - 3, 3 - 4 и 4 - 1. График цикла оказался утерян,

но стало известно, что в процессах 1 - 2 и 3 - 4 на любом малом участке изме-

нение внутренней энергии было точно равно работе газа, а в процессах 2 - 3 и

4 - 1 на любом малом участке изменение внутренней энергии было точно равно

работе внешних сил над газом.

Температуры трёх точек цикла были заданы: T₁ = T₃ = 2T₀, T₄ = T₀. В

точке 4 давление и объем равны соответственно p₄ = p₀, V₄ = V₀.

1. Чему была равна температура газа T₂ в точке 2?

2. Восстановите график цикла в координатах log₂

от log₂

p₀

V₀

3. Определите КПД цикла.

Задача №3. Электростатическая левитация

Вертикальный полубесконечный сплошной однородный диэлектрический ци-

линдр радиуса R заряжен с постоянной по объёму плотностью заряда ρ. От ци-

линдра отрезали тонкий диск толщиной d (d ≪ R), затем прислонили его об-

ратно и отпустили (см. рис. 1). Диск остался неподвижным, причём оказалось,

Физика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год) - часть 12