Олимпиада по физике 10 класс — региональный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы

Решения — прак.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

10 класс Задача №10-E1. Универсальный измеритель Изготовим из трубочки и пластилина устройство («ареометр») для измерения массы. Для этого на один из концов прикрепим шарик из пластилина. Важно добиться герметичного соединения пластилина с трубочкой, чтобы через пластилиновую пробку не подтекала вода. Основным параметром при измерении массы небольших предметов, помещённых внутрь ареометра, является изменении глубины его погружения в воду ∆h. Это изменение удобно определить по положению верхнего конца трубочки (торчащего из воды). Для этого можно, например, приклеить полоску миллиметровой бумаги на сосуд с водой. Масса предмета m при этом рассчитывается через из- Рис. 1. Внешний вид «устройства» менение силы Архимеда m = ρS∆h, πd20 где ρ – плотность воды, S = – площадь сечения трубочки, d0 – её внешний 4 диаметр. Измерим диаметр трубочки, обмотав её несколькими витками нитки. В нашем случае длина 10 витков нитки составила L = 150 ± 2 мм. Соответственно, L πd20 d0 = = 4,8 ± 0,05 мм. При этом S = = 17,3 ± 0,4 мм2 . Относительная 10π 4 погрешность εS ≈ 0,02. Помещаем пульки в трубочку до тех пор, пока ареометр почти полностью не погрузится в воду. При длине трубочки ≈ 18 см и диаметре d0 ≈ 4,8 мм достаточно 7 шариков, чтобы трубка почти полностью погрузилась в воду (при массе пластилина примерно 1,5 г). С помощью миллиметровки измеряем расстояние от верхнего конца трубочки до поверхности воды с пульками (при 6 пульках, помещённых в ареометр). Начнём вынимать шарики из ареометра по одной штуке, наблюдая за устойчивостью ареометра. В какой-то момент времени он потеряет устойчивость, начинает опрокидываться. Оставим в нем минимальное число пулек, при котором ареометр все ещё устойчиво плавает (при длине трубочки≈ 18 см , диаметре d0 ≈ 4,8 мм и массе пластилина 1,5 г минимальное число шариков равно 2). Определим расстояние от верхнего конца ареометра до поверхности воды l2 ≈ 9,4 см . Тогда d2 N · mg = ρв g(l2 − l1 )π 0 , 4 где N – количество шариков, которые мы вытащили из ареометра. Отсюда масса

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

одной пульки ρв πd20 (l2 − l1 ) ≈ 0,33 г. 4N Оценим погрешность определения массы пульки. Будем считать, что величина ∆l = l2 − l1 определяется с погрешностью ±2 мм, с относительной погрешностью ε∆l ≈ 0,03. Тогда относительная погрешность определения массы пулек составляет εm ≈ ε∆l + εS ≈ 0,05. Таким образом, масса одной пульки m = 0,33 ± 0,02 г. Контрольное измерение массы пульки с помощью электронных весов даёт m ≈ 0,34 г. Примечание. В данном методе используется небольшой кусочек пластилина, равновесие пустого ареометра обеспечивается шариками, которые всегда находятся внутри ареометра. Это же равновесие можно обеспечить, используя соответствующее количество пластилина. Внутрь трубочки помещаем медный провод. Массу пластилина при необходимости «регулируем», подбираем такой, чтобы ареометр почти полностью погружалось вместе с медным проводом. Масса провода слишком большая, и устойчиво плавающий без провода «пустой» ареометр тонет, если опустить в него медный провод. С помощью миллиметровки измеряем глубину погружения трубочки (высоту конца, который торчит из воды) с проводом hм . Повторяем измерения для алюминиевого проводника (рис. 2а и 2б) , получим глубину погружения ha . Результаты измерений: m=

hм = 90 ± 1.5 мм;

hа = 22 ± 1.5 мм;

∆h = hм − hа = 68 ± 3 мм,

где ∆h –– разность высот, на которую поднимается ареометр при замене медного на алюминиевый проводник. Измеряем длину проводов l = 77 ± 1 мм. Разница масс медного и алюминиевого проводов, определённая таким способом составляет ∆m = mм − mа = ρS(hм − hа ) = ρS∆h ≈ 1,2 г. При этом относительная погрешность ε∆m ≈ εS + ε∆h ≈ 0,02 + 0,04 = 0,06, абсолютная погрешность ∆∆m ≈ 0,07 г. Разница в массах обусловлена разностью плотностей меди и алюминия ∆m = (ρм − ρа ) Отсюда d =

πd2 l. 4

4∆m π(ρм −ρа )l ≈ 1,8 мм. Относительная погрешность определения d:

1 (ε∆m + εl ) ≈ 0,04 2 Окончательно d = 1,8 ± 0,07 мм. При заявленном производителем сечении жилы 2,5 мм2 диаметр ее должен составлять 1,78 мм. εd =

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

(a) с медной

29 января 2024 г.

(b) с алюминиевой

Рис. 2. Ареометры с проволкой

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

10 класс Задача №10-E2. Два мультиметра Внимание! Приведённые ниже значения получены на авторской установке и могут отличаться от значений, полученных жюри! Переключим один из приборов в режим вольтметра (режим ”200m”), другой — в режим омметра (режим «2000k») и соединим их друг с другом. В этом случае вольтметр покажет напряжение UV = 129,8 мВ, а омметр измерит сопротивление вольтметра RV = 996 кОм. Способ 1. Одним омметром определить сопротивление R невозможно, так как прибор зашкаливает. Чтобы измеΩ Ω рить R cоединим последовательно оба мультиметра в режиме омметра (диапазон «2000k») и этот резистор (см. рис.). R Сумма показаний омметров, RΩ1 и RΩ2 , равна искомому сопротивлению резистора R = RΩ1 + RΩ2 = 1507 кОм + 1510 кОм = 3017 кОм ≈ 3020 кОм. Погрешность определения суммы можно оценить как 6 кОм, то есть 0,2%. Если же показания приборов «скачут» в процессе измерения, то к полученной оценке необходимо добавить сумму амплитуд этих колебаний на обоих приборах. Так, например, при колебаниях показаний каждого прибора в пределах ±5 кОм, итоговая погрешность данного метода будет равна 16 кОм или 0,53%. Способ 2. Соединим резистор R и вольтметр параллельно и подключим к ним омметр. Он покажет R′ = 749 кОм. Отсюда найдём R: 1 1 1 + = ′ R RV R

R=

RV R′ 996 · 749 = кОм = 3020 кОм. ′ RV − R 247

Относительная погрешность такого способа: εR = εR′ + εRV +

∆RV + ∆R′ 3 3 6 = + + ≈ 3,1%. RV − R ′ 749 996 247

Рассмотрим последовательное соединение омметра, вольтметра и резистора R. Омметр находится в режиме «2000k», вольтметр — в режиме «200m». Омметр при этом будет зашкаливать, но вольтметр покажет значение напряжения (по модулю) UV′ = 51,6 мВ (знак минус может возникнуть из-за полярности подключения).

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

Используя принципиальную схему омметра, получим, что собранная цепь представляет собой последовательное соединение источника и трёх резисторов: r, R и Rv . Напряжение на RV будет равно UV′ =

U 0 RV . r + R + RV

Аналогично, если омметр и вольтметр подключены напрямую (без резистора R) напряжение на вольтметре составит UV =

U 0 RV . r + RV

Отсюда найдём, что 1 1 R − = UV′ UV U0 RV

U0 =

393,2 мВ UV R/RV = ≈ 259 мВ. UV /UV′ − 1 129,8/51,6 − 1

Сопротивление r, соответственно, равно r=

U0 RV 3017 кОм R − RV = − 996 кОм ≈ 995 кОм. − RV = ′ UV UV /UV − 1 129,8/51,6 − 1

Погрешность значения сопротивления R определена выше, в пункте 1. Для оценки погрешностей U0 и r найдём относительную погрешность значения выражения k = UV /UV′ − 1:

εk =

UV /UV′ · (εUV + εUV′ ) 2,516 · (0,3/129,8 + 0,3/51,6) ∆(UV /UV′ ) = = ≈ 1,3%. k k 1,516

Соответственно,

εU0 = εUV +εR +εRV +εk = 0,3/129,8+0,53%+3/996+1,3% = 2,4%

∆r =

∆U0 ≈ 6 мВ.

R · (εR + εk ) + ∆RV = 57 кОм. UV /UV′ − 1

Примечание: В данных расчётах используется значение εR = 0,53%, приведённое в пункте 1 (способ 1). В зависимости от метода определения R, используемого оборудования и метода оценки погрешностей значения могут отличаться от авторских.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-E1. Универсальный измеритель

Балл

1.1

1.2

Пункт разбалловки Предложен метод измерений с помощью ареометра. Баллы за пункт ставятся при условии вывода формулы, связывающей изменение глубины погружения с добавочной массой, либо при наличии вычислений на основе экспериментальных данных в том или ином виде использующих эту формулу. Экспериментально определён диаметр трубки (не более 1 балла) Использован метод измерения с помощью нескольких витков нити или метод прокатывания. — Прямое измерение диаметра с помощью миллиметровки

1.3 1.4

1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11

1.12

Определена длина проводов Записаны уравнения для изменения глубины погружения трубки с медным и алюминиевым проводниками или эквивалентные (по 1 баллу за каждое) Получена итоговая формула для определения диаметра жилы проводов Экспериментально определены значения hм и hа для каждого из проводников (по 0,5 балла за алюминиевый и медный провода). Получена величина ∆h = hм − hа Получено корректное значение диаметра жилы в диапазоне d ± 15% – 3 балла d ± 30% – 1,5 балла Иначе 0 баллов Оценка погрешностей измерения диаметра Записано уравнение для изменения глубины погружения ареометра при добавлении пулек Экспериментально определено изменение глубины погружения ареометра с пульками. Число пулек N ⩾ 3 – 2 балла. Число пулек N < 3 – 1 балл Получено значение массы пульки в диапазоне m0 ± 15% – 2 балла m0 ± 30% – 1 балл Иначе 0 баллов

3.0

1.0 0.5

0.5 2 уравн по 1.0 1.5 2 знач по 0.5 1.0 2 знач по 1.5 1.0 1.0 2 знач по 1.0 2 знач по 1.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

1.13

1.0

Оценка погрешности массы пульки

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-E2. Два мультиметра

Пункт разбалловки

Балл

1.1

Описана корректная методика измерения R Получено значение R (максимальная оценка за данный пункт — 2 балла). Примечание 1 : При оценивании необходимо выбрать один из трёх вариантов, указанных ниже. Примечание 2 : Если нет баллов за методику (предыдущий пункт), данный пункт не оценивается.

2.0

1.2

— R ∈ [2850; 3150] кОм — R ∈ [2700; 3300] кОм, но R ∈ / [2850; 3150] кОм — R∈ / [2700; 3300] кОм или результат получен некорректным способом

2.1

2.2

2.3 2.4 2.5 2.6 2.7

2.8

Измерено сопротивление вольтметра RV = 1000 кОм (допустимое отклонение ±10 кОм) Вольтметр используется в режиме «200m» (200 мВ). Примечание: Явного указания на это не требуется, если по экспериментальным значениям напряжений видно, что измерения происходили в нужном диапазоне (численные значения должны быть даны с точностью до десятых долей мВ). Записано показание вольтметра при подключении к омметру Записано показание вольтметра при подключении к омметру последовательно/параллельно с R. Записаны уравнения, содержащие U0 , r и измеренные величины, из которых можно найти U0 и r Получена верная формула для расчета U0 , содержащая измеренные величины Получена верная формула для расчета r, содержащая измеренные величины Найдено верное числовое значение U0 (максимальная оценка за данный пункт — 2 балла). Примечание: При оценивании необходимо выбрать один из трёх вариантов, указанных ниже.

2.0

2.0 1.0 0.0

1.0

1.0

1.0 1.5 3.0 1.5 1.5

2.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике — Найденное значение U0 отличается от среднего значения, определённого жюри, не более, чем на 5% — Найденное значение U0 отличается от среднего значения, определённого жюри, более, чем на 5%, но не более, чем на 10% — Найденное значение U0 отличается от среднего значения, определённого жюри, более, чем на 10%; значение U0 не найдено или найдено некорректным способом

2.9

Найдено верное числовое значение r (максимальная оценка за данный пункт — 2 балла). Примечание 1 : При оценивании необходимо выбрать один из трёх вариантов, указанных ниже. Примечание 2 : Утверждение, что r = RV , не являющееся при этом результатом обработки измерений, некорректно и оценивается в 0 баллов. — Найденное значение r отличается от среднего значения, определённого жюри, не более, чем на 10% — Найденное значение r отличается от среднего значения, определённого жюри, более, чем на 10%, но не более, чем на 20% — Найденное значение r отличается от среднего значения, определённого жюри, более, чем на 20%; значение r не найдено или найдено некорректным способом

3.1

3.2

3.3

Корректная оценка погрешности для R. Примечание: Если нет баллов за значение R, данный пункт не оценивается. Корректная оценка погрешности для U0 . Примечание: Если нет баллов за значение U0 , данный пункт не оценивается. Корректная оценка погрешности для r. Примечание: Если нет баллов за значение r, данный пункт не оценивается.

30 января 2024 г. 2.0 1.0

0.0

2.0

2.0 1.0

0.0

0.5

0.5

0.5

Решения — теор.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

10 класс Задача №1. Хитрая пушка Пусть ускорение свободного падения равняется g, а выстрел производится под углом α к вертикали со скоростью v0 (α). Тогда имеем: g sin α . ω

an = ωv0 (α) = gn = g sin α ⇒ v0 (α) = Далее можно решать задачу четырьмя способами. Первое способ: Введём координатную ось y ′ , наvy правленную перпендикулярно поверхности горки. Проекция ускорения снаряда на ось y ′ равна gy′ = −g cos φ. Тогда для времени полёта снаряда имеем: t=−

2v0y′ 2v0y′ = . gy′ g cos φ

vy′ (max)

φ g 2ω

Максимально возможному времени полёта снаряда соответствует максимальное значение v0y′ . Введём систему координат Oxy с началом в месте расположения пушки, где ось x направлена вправо, а ось y – вертикально вверх. Тогда: v0 =

vx

g sin α g v0x gv0x 2 2 = ⇒ v 2 = v0x + v0y = , ω ω v0 ω

откуда получаем: g v0x − 2ω

!2 2 + v0y =

g 2ω

!2 .

Таким образом, геометрическое место точек конца вектора скорости ⃗v0 представляет собой окружность (см.рис). Из геометрии рисунка следует, что максимальное время полёта соответствует максимально возможному значению v0y′ , которое достигается, когда конец вектора скорости лежит на перпендикуляре, проведённом к направлению поверхности горки из центра окружности. Получаем: v0y′ (max) = откуда:

g(1 − sin φ) , 2ω

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

tmax =

30 января 2024 г.

1 − sin φ ≈ 1.15 с. ω cos φ

Второй способ: Проекция начальной скорости снаряда на ось y ′ равна v0y′ = v0 cos(α + φ). Тогда для времени полёта снаряда имеем: t=

2v0 (α) cos(α + φ) 2 sin α cos(α + φ) = . g cos φ ω cos φ

Воспользуемся преобразованием произведения тригонометрических функций в сумму: 2 sin α cos(α + φ) = sin(α − (α + φ)) + sin(α + (α + φ)) = sin(2α + φ) − sin φ. Максимальное значение sin(2α + φ) = 1. Аналогично преобразованию произведения тригонометрических функций в сумму, можно найти максимальное значение t, продифференцировав полученное выражение по α: dt 2 d(sin α cos(α + φ)) = =0 dα ω cos φ dα Отсюда: cos α cos(α + φ) − sin α sin(α + φ) = cos(2α + φ) = 0. Таким образом: π π φ ⇒α= − . 2 4 2 Тогда максимальное время tmax составляет: ! ! π φ π φ 2 sin − cos + 4 2 4 2 1 − sin φ tmax = = ≈ 1.15 c. ω cos φ ω cos φ 2α + φ =

Третий способ: Построим векторный треугольник перемещений для момента падения снаряда на горку. В указанный момент времени вектор перемещения образует угол φ с горизонтом, поэтому из теоремы синусов находим: v0 t v0 t gt2 gt2 = = = . sin(90 + φ) cos φ 2 sin(90 − α − φ) 2 cos(α + φ)

2 α ⃗g t 2

⃗v0 t 90 − φ ⃗ S

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Отсюда: 2v0 cos(α + φ) 2 sin α cos(α + φ) = . g cos φ ω cos φ Исследование полученного выражения на максимум совпадает с проделанным в рамках первого способа решения. Таким образом: ! ! π φ π φ 2 sin − cos + 4 2 4 2 1 − sin φ = ≈ 1.15 с. tmax = ω cos φ ω cos φ Четвёртый способ: Решим задачу классическим способом – используя зависимости координат x и y от времени t: t=

x = v0x t = v0 sin αt

y = v0y t −

gt2 gt2 = v0 cos αt − . 2 2

В момент падения камня на горку y/x = tg φ. Отсюда: tg φ =

1 gt 1 ωt y = − = − . x tg α 2v0 sin α tg α 2 sin2 α

Введём переменную z = ctg α. Учитывая, что 1/ sin2 α = 1 + ctg2 α = 1 + z 2 , получим: 2 z − tg φ 2f (z) . = t= ω 1 + z2 ω Время t принимает значение, когда максимальное значение принимает функция f (z). Определим величину z0 , соответствующую максимальному значению f (z): df (z0 ) 1 + z02 − 2z0 (z0 − tg φ) = = 0 ⇒ z02 − 2z0 tg φ − 1 = 0. dz (1 + z02 )2 Решая квадратное уравнение, получим: q 1 + sin φ . z0 = tg φ ± tg2 φ + 1 ⇒ z0 = cos φ Таким образом:

fmax = f (z0 ) =

! 1 + tg φ − tg φ cos φ cos φ . !2 = 2(1 + sin φ) 1 + sin φ 1+ cos φ

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Максимальное значение f (z) может быть найдено из без использования производной. Действительно: z − tg φ = f (z) ⇒ z 2 f (z) − z + f (z) + tg φ = 0. 1 + z2 Исследуем дискриминант полученного уравнения: D = 1 − 4f (z)(f (z) + tg φ) ≥ 0 Максимально возможное значение f (z) соответствует равному нулю дискриминанту. Отсюда: p 1 + tg2 φ 1 − sin φ tg φ 2 4f (z) + 4f (z) tg φ − 1 = 0 ⇒ fmax = − + = . 2 2 2 cos φ Окончательно: tmax =

1 − sin φ cos φ = ≈ 1.15 c. ω(1 + sin φ) ω cos φ

Задача №10-T2. Шайбами по барабану Определим скорость барабана после соударения с шайбой 1. Поскольку трения между шайбами и барабаном нет – все их удары центральные, и движение всех тел остается поступательным, а проекции скоростей тел на ось, перпендикулярную линии центров, остаются постоянными в процессе соударения. Введём вдоль линии центров ось y, направленную от шайбы 1 к центру барабана. Пусть α – угол между вектором скорости шайбы 1 и линией центров. Запишем систему из закона сохранения импульса в проекции на ось y и закона сохранения энергии:  mv0 cos α = M vM 1 + mv1y ЗСИ 2 2 2 2 2 2 2 2  mv0 cos α + mv0 sin α = mv1y + mv0 sin α + M vM 1 ЗСЭ 2 2 2 2 2 Решая записанную систему уравнений, находим: vM 1 = v0 cos α + v1y = 2v0 cos α −

M vM 1 2mv0 cos α ⇒ vM 1 = . m m+M

Получим условие, при котором будет столкновение между шайбой 2 и барабаном. Если ввести ось z, направленную от шайбы 2 к центру барабана, то условие столкновения будет заключаться в том, что проекция скорости барабана относительно шайбы 2 на ось z будет отрицательной, т.е при условии: ! 2m cos 2α vz(отн) = −vM 1 cos 2α − v0 cos α = −v0 cos α 1 + < 0. m+M

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Поскольку cos α > 0, данное условие можно записать следующим образом: v ! u u1 2m cos 2α 2m(2 cos2 α − 1) S M 1 t 1+ =1+ > 0 ⇒ cos α = > 1− = √ , m+M m+M 2R 4 m 2 2 или же при условии: R S>√ . 2 Данное условие не выполнено при S1 = R/2, поэтому столкновения между барабаном и шайбой 2 не будет, а значит vM 1 = u1 : u1 =

mv0 S1 v0 = . m+M R 3

Таким образом: v0 = 3u1 . При S2 = R столкновение между барабаном и шайбой 2 будет, при этом α2 = 60◦ . В системе отсчёта, движущейся со скоростью ⃗vM 1 , соударение сводится к рассмотренному ранее. В данной системе отсчёта проекция v2z скорости шайбы 2 на ось z равняется: ! v0 2v0 1 v0 v2z = v0 cos α + vM 1 cos 2α = + − = . 2 3 2 6 В указанной системе отсчёта скорость барабана сразу после соударения равна: vM 2 =

2mv2y′ 2v0 = . m+M 9

Обратим внимание, что проекция скорости ⃗vM 2 на ось y является положительной, а значит, повторного столкновения барабана с шайбой 1 не будет. Для скорости u2 имеем: q 2 2 u 2 = vM 1 + vM 2 − 2vM 1 vM 2 cos 2α, откуда: √ 2 13u1 u2 = . 3

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Задача №10-T3. Загогулина

После заполнения водой второго слева вертикального участка, вода начнет стекать в третье колено, заполнит перемычку внизу между третьим и четвёртым и «отсечёт» воздух в третьем колене от атмосферного. Образуется воздушная «пробка», давление p внутри которой по мере заполнения четвёртого колена будет возрастать. Запишем условия равновесия (равенства давлений) для первого и второго вертикальных участков трубки: p0 + ρgH = p + ρgl.

(1)

Для третьего и четвертого p0 + ρgl = p + ρg(l − x). Вычитая эти уравнения, получим H − l = x. Поскольку воздух внутри трубки начал сжиматься от объёма, соответствующего одному вертикальному участку, то по закону Бойля-Мариотта: p0 lS = pxS. Из последних двух уравнений находим: p=

p0 l . H −l

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Подставляем это в уравнение (1): p0 + ρgH =

p0 l + ρgl. H −l

Избавимся от знаменателя в правой части и перегруппируем: ρg(H − l)2 + p0 (H − l) − p0 l = 0. Обозначив для удобства p0 /g = l0 , решаем квадратное уравнение, оставляя только имеющий физический смысл положительный корень: q  1 l02 + 4l0 l − l0 . H =l+ 2 Объём налитой воды можно определить по суммарной длине трубы, занятой водой: V = S(H + 3l − x) = 4Sl. Задача №10-T4. Источник стабильности Рассмотрим малые значения силы тока I0 , при которых диод будет закрыт. A3 В этом случае эквивалентная схема примет вид, изображённый на рисунке. Найдём токи, текущие через амперметры. A2 I0 /3 Сила тока через A1 равна I0 . Так как A4 присоединён параллельно к паре амперметров A2 и A3 , а его сопротивление A1 A4 вдвое меньше, чем суммарное сопротивление второго и третьего прибора, сила I0 2I0 /3 тока через A4 будет равна 2I0 /3. Сила то⟨⟨ ка, текущего через A2 и A3 , следовательно, станет I0 /3. На графике, представленI0 ном в условии, участок идущий от начала координат описывается уравнением I = 2I0 /3, что соответствует результату, полученному для четвёртого амперметра. Пусть r — сопротивление амперметра. Определим сначала напряжение открытия диода UD . Так как характер зависимости тока через четвёртый амперметр от I0 меняется при I0 = I1 , это значение соответствует тому, что напряжение на диоде достигло UD , но ток через диод ещё равен нулю (переход от горизонтального участка ВАХ прибора к вертикальному). Запишем условие равенства

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

напряжения на диоде суммарному напряжению на первом и втором амперметре при I0 = I1 I1 4I1 r UD = I1 r + ·r = . 3 3 Ситуация, когда ток через второй амперметр не течёт, во-первых, может произойти только при открытом диоде. Во-вторых, если ток через A2 не течёт, то напряжения на A3 и A4 равны, что означает равенство токов через них: IA3 = IA4 =

I0 . 2

Соответственно, должны быть равны напряжения на первом амперметре и диоде. Поскольку в рассматриваемом случае IA1 = IA4 , UD = IA1 r

4I1 r I0 = ·r 3 2

I0 =

8I1 . 3

Пока диод закрыт, то есть при I0 < IA2 I1 , сила тока через второй амперметр равI1 на IA2 = I0 /3. Если I0 > I1 , напряжение 3 на диоде постоянно и равно UD = 4I1 r/3. Чтобы построить ту часть искомого графика, которая соответствует открытому диоду, можно рассуждать одним из двух способов. I0 Способ 1. ВАХ диода состоит из двух 0 I1 8I1 /3 прямолинейных участков — горизонтального и вертикального. Поэтому, если находиться в пределах только одного участка (в данном случае, вертикального), диод можно считать линейным элементом. Остальные элементы цепи, представленной в условии, тоже имеют прямолинейные ВАХ, то есть также являются линейными. Следовательно, зависимость силы тока на втором амперметре от I0 при I0 > I1 является линейной. Отсюда, учитывая, что график этой зависимости должен проходить через точки (I1 ; I1 /3) и (8I1 /3; 0), получим график, изображённый на рисунке. Способ 2 Расставим токи в цепи при I0 > I1 , учитывая, что напряжение на диоде равно UD . Пусть сила тока через второй амперметр равна IA2 . Тогда, исходя из равенства суммы напряжений на A1 и A2 напряжению на диоде, получим, что ток через первый амперметр IA1 =

UD − IA2 r UD = − IA2 . r r

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Соответственно, токи через A3 и A4 будут равны IA4 = IA1 − IA2 =

UD − 2IA2 , r

UD + 2IA2 . r Так как сумма напряжений на A2 и A3 должна быть равна напряжению на A4 , IA3 = I0 − IA4 = I0 −

IA4 r = IA2 r + IA3 r

UD UD − 2IA2 = I0 − + 3IA2 . r r

Отсюда, используя равенство UD = 4I1 r/3, найдём, что IA2 =

2UD I0 8I1 I0 − = − . 5r 5 15 5

Далее строим графики зависимостей IA2 = I0 /3 при I0 < I1 и IA2 = 8I1 /15 − I0 /5 при I0 > I1 и получаем тот же рисунок, что и в Способе 1. IA2 I1 3

I0 0

I1

8I1 /3

Задача №10-T5. В фокусе внимания Возможны два случая – линза собирающая и линза рассеивающая. Рассмотрим каждый из случаев отдельно. Собирающая линза. Луч, прошедший через фокус собирающей линзы, после преломления в ней идёт параллельно главной оптической оси. Таким образом, из рисунка нам известно направление главной оптической оси (далее – ГОО) и одна из её точек (F ). По этим данным восстанавливаем положение ГОО. Для этого проводим через F прямую, параллельную лучу после преломления. Плоскость линзы перпендикулярна ГОО и нам

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

известна одна из её точек - точка, где преломляется луч. Положение плоскости линзы восстанавливаем проведением перпендикуляра к ГОО из точки преломления луча. Рассеивающая линза. Фокус линзы F , её оптический центр O и точка преломления луча образуют прямоугольный треугольник. Построим на отрезке (как на диаметре), соединяющем фокус и точку преломления луча, окружность. Оптический центр должен лежать на этой окружности. Из формулы тонкой линзы (или используя тот факт, что параллельный пучок лучей после преломления на рассеивающей линзе идёт так, что продолжения пересекаются в одной точке фокальной плоскости) можно показать, что луч, прошедший через фокус рассеивающей линзы, после преломления идёт так, как будто прошёл через половинный фокус. Продлим луч, который преломился в линзе – он должен делить пополам отрезок OF . Построим вспомогательный луч, параллельный продолжению преломленного луча и находящийся в два раза дальше от точки F . Он пройдет через оптический центр линзы, не отклоняясь от своего первоначального направления. Таким образом, оптический центр линзы может находится в точках пересечения вспомогательного луча с окружностью. В нашем случае таких пересечений два (точки O1 и O2 ). Значит, возможны два варианта расположения рассеивающей линзы. В каждом варианте плоскость линзы проходит через точку преломления исходного луча и соответствующий оптический центр. Отметим, что в случае рассеивающей линзы для двух полученных решений известный нам луч идет под разными углами к ГОО линзы, которые по построению связаны между собой. Если обозначить за 1 угол между лучом и F O1 и за 2 — угол между лучом и F O2 , то можно показать, что tg 1 ·tg 2 = 1/2. Следовательно, только один из этих лучей может являться параксиальным — ведь если один из этих углов мал (tg 1), то другой должен иметь достаточно большое значение тангенса. Может быть и так, что оба угла не являются малыми. Поэтому только свойство линзы, указанное в «Примечании» условия, позволяет нам считать, что оба решения корректны.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-T1. Хитрая пушка

Балл

Пункт разбалловки Записано выражение, связывающее нормальную компоненту ускорения снаряда an с угловой скоростью ω: an = ωv0 .

2.0

Определена нормальная компонента ускорения снаряда в момент выстрела: 2

1.0

an = g sin α. Получена зависимость начальной скорости снаряда v0 от направления выстрела:

3 v0 =

1.0

g sin α . ω

Метод 1. Для времени полёта записано: 4

t=

2v0y′ g cos φ

2.0

Метод 1. Получено ГМТ конца вектора начальной скорости: 5

g v0x − 2ω

!2 2 + v0y =

g 2ω

!2

2.0 .

Метод 1. Указано, что максимальное возможное значение v0y′ достигается, когда конец вектора скорости лежит на перпендикуляре, проведённом к направлению поверхности горки из центра окружности.

1.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Метод 1. Определена величина v0y′ (max) : 7

v0y′ (max) =

g(1 − sin φ) . 2ω

1.0

Метод 2. Для времени полёта записано: 8◦

t=

2v0y′ g cos φ

2.0

Метод 2. Получена зависимость времени полёта от угла α: 9◦ t=

10◦

11◦

12

13◦

14◦

2 sin α cos(α + φ) . ω cos φ

Метод 2. Предложен способ нахождения экстремума функции (например, преобразование тригонометрических функций в сумму, взятие производной, исследование дискриминанта биквадратного уравнения относительно sin α или cos α и т.д). Метод 2. Получено условие экстремума функции: sin(2α + φ) = 1, или эквивалентное ему. Метод 3. Построен векторный треугольник перемещений для момента падения на горку. Метод 3. Получено выражение для времени полёта: 2 sin α cos(α + φ) . t= ω cos φ Метод 3. Предложен способ нахождения экстремума функции (например, преобразование тригонометрических функций в сумму, взятие производной, исследование дискриминанта биквадратного уравнения относительно sin α или cos α и т.д).

1.0

1.0

2.0

2.0

1.0

1.0

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

15◦

Метод 3. Получено условие экстремума функции: sin(2α + φ) = 1,

30 января 2024 г.

2.0

или эквивалентное ему. Метод 4. Записаны выражения для зависимостей обеих координат x и y от времени t: 16◦ x = v0 sin αt

17◦

y = v0 cos αt −

gt2 . 2

Метод 4. Указано, что в момент падения снаряда на горку: y = tg φ. x

1.0

1.0

Метод 4. Получена зависимость времени t движения снаряда от угла α: 18◦ t=

19

20◦

2 z − tg φ , ω 1 + z2

1.0 z = ctg α.

Метод 4. Предложен способ нахождения экстремума функции (например, взятие производной, исследование дискриминанта квадратного уравнения относительно ctg α и т.д). Метод 4. Правильно определён экстремум функции: ! z − tg φ 1 − sin φ cos φ = . = 1 + z2 2 cos φ 2(1 + sin φ) max

1.0

2.0

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

21

Получен ответ для tmax (по 1.0 балла за выражение через ω и численное значение:) ! ! π φ π φ 2 sin − cos + 4 2 4 2 1 − sin φ = = tmax = ω cos φ ω cos φ =

cos φ 2 = √ ≈ 1.15 с. ω(1 + sin φ) ω 3

30 января 2024 г.

2 по 1.0

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-T2. Шайбами по барабану

Балл

1.1

1.2

Пункт разбалловки Отмечено, что проекции скоростей на ось, перпендикулярную линии центров, остаются постоянными в процессе соударений, поскольку трения между шайбами и барабаном отсутствует. Для первого соударения барабана с шайбой 1 записан закон сохранения импульса в проекции на ось y, направленную вдоль линии центров от шайбы 1 к центру барабана: mv0 cos α = M vM 1 + mv1y ,

0.5

1.0

где α – угол между вектором скорости шайбы 1 и линией центров, vM 1 – скорость барабана после удара, v1y – проекция скорости шайбы 1 на ось y после удара. Для первого соударения барабана с шайбой 1 записан закон сохранения энергии: 1.3

1.4

2 2 mv1y mv02 mv02 sin2 α M vM 1 = + + . 2 2 2 2

Записано или используется в решении выражение для угла или какой-либо его тригонометрической S функции, например, cos α = 2R Получено выражение для скорости барабана после первого удара

1.5 vM 1 =

2mv0 cos α 4 = v0 cos α m+M 3

1.0

0.5

0.5

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Получено выражение для проекции скорости шайбы 1 после удара: 1.6 v1y =

(m − M )v0 cos α 1 = v0 cos α m+M 3

0.5

Записано условие, при котором не будет столкновения между шайбой 2 и барабаном: 1.7

1 vM 1 cos 2α + v0 cos α < 0 ⇒ cos α < √ . 2 2

0.5

Проверено, что условие отсутствия столкновения между шайбой 2 и барабаном выполнено: 1.8

cos α =

1 1 < √ . 4 2 2

0.5

Сделан вывод, что в заданной системе трех тел произошло суммарно всего одно столкновение Получено выражение для искомой скорости налетающих шайб: 1.9

2.1

2.2

u1 = vM 1 ⇒ v0 = 3u1 . Указано, что при S = R происходит столкновение барабана с шайбой 2. Для первого соударения барабана с шайбой 2 записан закон сохранения импульса в проекции на ось z, направленную вдоль линии центров от шайбы 2 к центру барабана: mv0 cos α − M vM 1 cos 2α = M vM 2z + mv2z .

1.0

0.5

1.0

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Для первого соударения барабана с шайбой 2 записан закон сохранения энергии:

2.3

2 2 2 mv2z mv02 sin2 α M vM mv02 M vM 1 2z + = + + + 2 2 2 2 2

1.0

2 2 M vM 1 sin 2α . 2

Получено выражение для проекции скорости барабана на ось z после удара:

2.4

vM 2z =

2mv0 cos α + (m − M )vM 1 cos 2α = m+M

1.0

8 = v0 cos α(1 + cos2 α). 9 Записано условие, при котором не будет второго столкновения между шайбой 1 и барабаном: 2.5

2.6

2.7

2.8

vM 1 sin2 2α − vM 2z cos 2α − v1y > 0. Проверено, что при cos α = 1/2 условие выполнено, и в заданной системе трех тел произошло суммарно два столкновения. Записано выражение для итоговой скорости барабана: 2 2 2 u22 = vM 1 sin 2α + vM 2z . Получен ответ для итоговой скорости барабана: √ √ 2 13v0 2 13u1 u2 = = . 9 3

0.5

0.5

0.5

1.0

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-T3. Загогулина

Балл

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5 1.6 2.1 2.2

Пункт разбалловки В решении присутствует явное утверждение о наличии воздушной пробки в треть-ем колене. Если такого утверждения нет, но из решения видно, что решение построено с учётом наличия воздушной пробки, ставится полный балл. Записаны два независимых уравнения баланса давлений, связывающих давление в воздушной пробке с высотой столба жидкости H и с размером воздушной пробки x (или эквивалентные соотношения). Получено выражение для связи размера пробки x , высоты жидкости в левом колене H и высоты вертикальных участковl. (Балл ставится, если в решении правильно найдена H, даже если явная формула отсутствует.) Записан закон Бойля-Мариотта или уравнение Менделеева-Клапейрона для воздуха в воздушной пробке Получено квадратное уравнение, позволяющее определить значение H или x (размер воздушной пробки или высоту водяного столба в третьем участке). Получено выражение для H. Записано выражение для общей длины водяного столба внутри трубки. Получен ответ для объёма воды в трубке.

2.0

2 уравн по 1.0

1.0

1.0

2.0 1.0 1.0 2.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-T4. Источник стабильности

Балл

1.1 1.2 2.1 2.2 2.3 2.4

3.1

3.2

3.3

Пункт разбалловки В случае, когда диод закрыт, токи через все амперметры выражены через I0 Дан верный ответ на первый вопрос задачи. Примечание: Если балл за предыдущий пункт не поставлен, данный пункт не оценивается Найдена корректная связь между напряжением открытия диода, I1 и сопротивлением амперметра Указано, что отсутствие тока через A2 возможно только при открытом диоде В случае, когда диод открыт, токи через амперметры A1 , A3 , A4 и диод выражены через I0 Найдено, что ток через амперметр A2 не течёт при I0 = 8I1 /3 Построена часть графика зависимости показаний амперметра A2 от силы тока через источник, соответствующая I0 < I1 . Примечание: При построении графика допустимо откладывать на одной или обеих осях безразмерные величины: I0 /I1 вместо I0 и/или IА2 /I1 вместо IА2 На графике выделена точка с координатами (I1 ; I1 /3) (или аналогичная точка в выбранной допустимой системе координат) Обосновано, что участок графика зависимости показаний амперметра A2 от силы тока через источник, соответствующий I0 > I1 , является прямолинейным и проходящим через точки (I1 ; I1 /3) и (8I1 /3; 0). Примечание: Для обоснования достаточно вывести, что сила тока через A2 выражается формулой IA2 = 8I1 /15 − I0 /5.

1.0 1.0 1.5 1.0 1.0 1.5

1.0

0.5

2.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

3.4

3.5

Корректно построена часть графика зависимости показаний амперметра A2 от силы тока через источник, соответствующая I0 > I1 . Примечание: Данный пункт оценивается, только если поставлены баллы на предыдущий пункт. На графике выделена точка с координатами (8I1 /3; 0) (или иная точка на прямой IA2 = 8I1 /15 − I0 /5 при I0 > I1 ).

30 января 2024 г.

1.0

0.5

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 10-T5. В фокусе внимания

Балл

6 7 8 9

Пункт разбалловки Собирающая линза. Указано, что луч, прошедший через фокус F собирающей линзы, после преломления идёт параллельно ГОО. Восстановлено положение ГОО (через фокус F проведена прямая, параллельная лучу после преломления). Восстановлено положение плоскости линзы (через точку, где преломляется луч, проведен перпендикуляр к ГОО) Все решения, использующие другие корректные построения и приводящие к правильному ответу, засчитываются наравне с авторским. Рассеивающая линза. На отрезке, соединяющем фокус F и точку преломления луча, построена окружность. Показано, что луч, прошедший через фокус F рассеивающей линзы, после преломления идет так, как будто прошел через половинный фокус (т.е. делит отрезок OF пополам). Построено продолжение луча, преломленного в линзе до пересечения с окружностью. Построен вспомогательный луч, параллельный продолжению преломленного луча, находящийся в 2 раза дальше от фокуса F линзы. Восстановлено положение плоскости линзы в варианте с оптическим центров в точке O1 . Восстановлено положение плоскости линзы в варианте с оптическим центров в точке O2 . Все решения, использующие другие корректные построения и приводящие к правильному ответу, засчитываются наравне с авторским.

1.0

1.0

1.0

2.0

2.0

1.0 2.0 1.0 1.0

Пр

Ап