Олимпиада по физике 9 класс — региональный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы

Решения — прак.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

9 класс Задача №9-E1. Не зная броду, не суйся в воду Проводим измерения, результаты представлены в таблице 1. В последнем столбце указано значение h, расчет которого проведён по формуле, полученной в пункте 2. № п/п

H, мм

a, мм

b, мм

x, мм

h, мм

45

37

242

13,1

49

34

242

14,2

54

31

242

15,6

58

30

242

16,1

63

28

242

17,3

67

26

242

18,6

71

25

242

19,4

75

24

242

20,2

78

23

242

21,0

10

81

22

242

22,0

11

85

21

242

23,0

Получим расчётную формулу для h. Из подобия треугольников ABC и ADE: h b b·x = ;h = . x a a В таблицу 1 добавлен столбец, в котором содержатся результаты расчёта h.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

Строим график зависимости h(H):

Так как точки хорошо ложатся на прямую, проходящую через начало координат, делаем вывод о линейной зависимости h от H. Проводим прямую через начало координат и определяем угловой коэффициент: k ≈ 0,28. Рассмотрим плоскопараллельную пластину (слой воды) толщиной H и показателем преломления n. Построим ход двух лучей, идущих от точки A, расположенной на нижней поверхности пластины (дне водного слоя). Луч AK падает на верхнюю поверхность перпендикулярно, поэтому выходит без преломления. Угол падения луча AM равен φ, он выходит из пластины (слоя) под углом φ′ к перпендикуляру LM к верхней поверхности. Лучи AK и M N попадают наблюдателю «в глаз», и он видит изображение точки A в точке A′ (то есть точка A как бы приподнимается с точки зрения наблюдателя). По закону преломления n · sin φ = 1 · sin φ′ . Абсолютный показатель преломления воздуха равен 1, показатель преломления

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

воды равен n. Рассмотрим треугольник ALM AL = LM · tg φ = H · tg φ. Запишем соотношение между катетами треугольника A′ KM KM = KA′ · tg φ′ . Кроме того, KM = AL. Так как угол падения φ и угол преломления φ′ малы, то tg φ ≈ sin φ ≈ φ; tg φ′ ≈ sin φ′ ≈ φ′ . Тогда H · tg φ = KA′ · tg φ′ ; H · sin φ = KA′ · n · sin φ; H · φ = KA′ · n · φ; Так как KA′ = KA − AA′ = H − h, то для h получим

n−1 · H. n Таким образом коэффициент преломления n связан с найденным коэффициентом k соотношением n−1 k= . n Выразим показатель преломления n h=

n=

1 1−k

. Подставим значения, найдем показатель преломления воды в нашей работе n=

1 = 1,39. 1 − 0,28

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

9 класс Задача №9-E2. Плотность изоленты Отрежем от листа бумаги белые края, оставив только миллиметровую сетку. Размеры получившегося листа бумаги a = (20,0 ± 0,1) см, b = (28,0 ± 0,1) см. Скрутим миллиметровку в максимально плотную трубочку (разлиновкой наружу) вдоль длинной стороны b. Закрепим края очень узкими полосками изоленты, отрезанными от основного рулона. Эту трубочку будем использовать как линейку и как рычаг. Масса трубочки M = abσ = 4,48 ± 0,04 г. Измерим трубочкой ширину изоленты l = (19 ± 1) мм, внешний диаметр рулона D = (72 ± 1) мм, внутренний диаметр рулона (без учета картонной втулки) d = (44±1) мм. Объем рулона изоленты можно выразить через его длину L, толщину h, ширину l: V = Lhl, (1) а также через внешний D и внутренний d диаметры и толщину l рулона: V =

π(D2 − d2 ) · l. 4

(2)

Из (1) и (2) h=

π(D2 − d2 ) = (127 ± 9) мкм. 4L

h = (127 ± 9) мкм. Заводское значение толщины изоленты 0,13 мм. Для выполнения второго и третьего пунктов задания необходимо измерить массу изоленты. В данной задаче это может быть осуществлено только с помощью известной массы листа миллиметровой бумаги. Используем изготовленную ранее бумажную трубочку в качестве рычага. Подвесим ее на нитке и определим положение центра масс, уравновесив трубочку в горизонтальном положении. Далее будем отрезать от изоленты отрезки длиной b = 28 см (равные длине бумажного рычага) и последовательно наматывать их заподлицо на край бумажной трубочки (см. рисунок). Обозначим массу одного отрезка m0 . Снимем зависимость смещения x центра масс системы «рычаг + лента» от количества n отрезков изоленты длиной 28 см, намотанных на рычаг. Ниже приведена таблица измерений.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

x, мм

1 n

1 1 x, м

20 ± 1

1,00

50,0 ± 2,5

36 ± 1

0,50

27,8 ± 0,8

47 ± 1

0,33

21,3 ± 0,5

56 ± 1

0,25

17,9 ± 0,3

63 ± 1

0,20

15,9 ± 0,3

Запишем правило моментов относительно точки подвеса для системы в горизонтальном положении рычага   b l M gx = nm0 g − −x . (3) 2 2 После преобразований 1 m0 1 = · n x M

b−l 2

 −

m0 . M

(4)

Видно, что зависимость n1 от x1 является линейной. Угловой коэффициент k этой зависимости дает возможность определить m0 – массу отрезка изоленты длиной 28 см. Построим график n1 от x1 .

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

С помощью графика находим   m0 b − l k= = (24,4 ± 1,2) мм M 2 или m0 = (0,84 ± 0,06) г. Линейная плотность изоленты λ=

m0 г = (3,0 ± 0,2) . b м

λ = (3,0 ± 0,2) мг . Объемная плотность изоленты ρ=

г λ = (1,24 ± 0,24) . hl см3

ρ = (1,24 ± 0,24) смг 3 . Примечание: если в решении участников олимпиады из правила моментов (3) получена зависимость n1 от x1 (выражение (4)), то удобнее и вполне допустимо построение графика именно этой зависимости, т.е. по горизонтали откладывается обратная величина измеряемой величины, а по вертикали – изменяемой. Если же учащийся после преобразований из (3) получил зависимость x1 от n1 , то при построении графика удобнее по горизонтали откладывать обратную величину изменяемой величины, т.е. n1 . Очевидно, что на результат такая смена осей не влияет.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

Шифр 9-E1. Не зная броду, не суйся в воду

Пункт разбалловки

Балл

1.1

Есть таблица прямых измерений В таблице указаны единицы измерения всех величин Количество прямых измерений 11 и более точек

1.0

1.2 1.3

— 7, 8, 9, 10 точек — 5, 6 точек — менее 5 точек

2.1 2.2 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6

4.1 4.2 4.3 4.4

4.0 3.0 2.0 0.0

Получена формула h = bx a Либо включён в таблицу измерений, либо оформлен в виде отдельной таблицы расчет h по полученной формуле «Площадь графика» не менее 50% листа Оси подписаны, есть единицы измерения на обеих осях Масштаб удобный и указан по всей оси Проведена прямая, проходящая через начало координат Прямая на графике участника содержит точку (0;0) Ответ участника для k принадлежит интервалу [0,25; 0,31] — Ответ участника для k [0,22; 0,34]

1.0

принадлежит интервалу

Построен ход лучей Получена формула h = n−1 n H Показатель преломления n выражен через k Найдено значение n Попадание ответа участника в интервал: [1,10; 1,50] — Найдено значение n Попадание ответа участника в интервал: [1,00; 1,70]

2.0 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 2.0 2.0 1.0

1.0 2.0 1.0 1.0 0.5

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

29 января 2024 г.

Шифр 9-E2. Плотность изоленты

Балл

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5◦

Пункт разбалловки Метод 1. Объем изоленты выражен через его длину L, толщину h, ширину l: V = Lhl Метод 1. Объем изоленты выражен через внешний D и внутренний d диаметры и толщину l ру2 2 лона: V = π(D 4−d ) l Метод 1. Получена расчетная формула h = π(D 2 −d2 ) 4L

Метод 1. Измерены внешний и внутренний диаметры D и d изоленты Метод 2. Толщина изоленты – это отношение толщины стопки наклеенных друг на друга кусочков изоленты и числа кусочков h = H N

1.6◦

Метод 2. Измерены H и N

1.7

Найдена толщина изоленты h (±10% от эталонного значения, измеренного членами жюри ) — Найдена толщина изоленты h (±20% от эталонного значения, измеренного членами жюри )

1.8 2.1 2.2 2.3 2.4

2.5

Вычислена погрешность найденного значения толщины изоленты Измерены длины сторон листа бумаги без белых полей Рассчитана масса листа бумаги без белых полей Идея «бумажная трубочка как рычаг известной массы» Найдено положение центра масс трубочки Снята зависимость смещения x центра масс системы «рычаг + изолента» от длины намотанной изоленты или количества отрезков определенной длины. Возможны и другие варианты, например, снята зависимость массы изоленты (вычисленная в каждом случае по уравнению моментов) от ее длины. Оцениваются не более 5 точек

1.0 1.0 0.5 2 знач по 0.5 0.5 2 знач по 0.5 1.0 0.5

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

5 точек по 0.5

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 2.14 2.15

Плечи рычагов были длинными: изолента наматывалась (или прикреплялась на нити) ближе к концу рычага. Записано правило моментов Предложена линеаризация измеренной зависимости Размер и подпись осей (разделы 1-4 таблицы Требований к проведению РЭ ВсОШ) Оцифровка осей (раздел 5 Таблицы) Нанесение точек (раздел 6 таблицы) Линия графика (раздел 7 таблицы) Грамотно определена погрешность углового или свободного коэффициента (того, который необходим для дальнейших расчетов), в том числе на графике присутствуют кресты погрешностей. Измерена ширина изоленты l Найдена линейная плотность изоленты (±15% от эталонного значения, измеренного членами жюри) — Найдена линейная плотность изоленты (±30% от эталонного значения, измеренного членами жюри)

2.16 3.1 3.2

Вычислена погрешность найденного значения линейной плотности изоленты Формула, связывающая объемную и линейную λ плотности ρ = hl Найдена объемная плотность изоленты (±20% от эталонного значения, измеренного членами жюри) — Найдена объемная плотность изоленты (±40% от эталонного значения, измеренного членами жюри)

3.3

Вычислена погрешность найденного значения объемной плотности изоленты

29 января 2024 г.

0.5 2.0 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 1.5 0.5

0.5 0.5 1.0 0.5

0.5

Решения — теор.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

9 класс Задача №9-T1. Лифт Лифт преодолевает необходимую дистанцию (n этажей высотой l0 каждый) за минимально возможное время t, если разгоняется с ускорением a0 до скоро0 сти v0 , далее двигается с постоянной скоростью v0 в течение времени t − 2v a0 и тормозит до полной остановки за время av00 . Начертим соответствующий график скорости лифта от времени. Площадь под ним пропорциональна пройденному пути: nl0 =

0 t + (t − 2v a0 )

v0

Откуда nl0 v0 + v0 a0 Однако эта формула верна лишь при t − 2v0 a0 > 0, т.е. только в том случае, когда лифт успевает достичь максимальной скорости v0 по скорости. Это условие можно v2 переписать в виде: n > a00l0 . Если лифт не успевает достичь максимальной скорости v0 , то оптимальным по времени становится следующая стратегия зависимости скорости от времени. Необходимо половину времени ускоряться с a0 и половину времени замедляться с тем же по модулю ускорением. График зависимости скорости от времени представлен на рисунке. В этом случае пройденный путь равен t(n) =

a0 t 2 t

nl0 =

Откуда r t(n) = 2

nl0 a0

( v0 0 t2 = 2l v0 v0 + a 0 0 + : По условию, обе точки принадлежат случаю t(n) = nl v0 a0 v0 0 t4 = 4l v0 + a 0 Тогда 3l0 v0 t2 + t4 t3 = + = = 6,5 с v0 a0 2

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

v2

2 −t4 ) Из системы найдем nкрит = a00l0 = 2(2t = 43 > 1, то есть при подъеме на t4 −t2 один этаж лифт не достигает максимально возможной скорости. Так что r p √ l0 = 2(t4 − t2 )(2t2 − t4 ) = 2 3 ≈ 3,5 с t1 = 2 a0

Задача №9-T2. Сообщающиеся сосуды Плотность ρ2 находим из условия равенства давлений жидкости у дна в левом и правом сосудах: 3 ρ2 gh + ρ1 g( H − h) = ρ1 gH 2 H ) 2h Уровни жидкости в двух половинках сосуда сравняются и станут равны 5H 4 , H , а в правом поднимется на . Следует, т.е. в левом сосуде уровень опустится на H 4 4 H также, иметь в виду, что согласно условию h всегда больше H 2 (h > 2 ). В зависимости от величины h в задаче возможны 2 случая. 1. h < H, нижняя граница второй жидкости не опустится до уровня трубочки. В этом случае масса поршня находится из условия равенства давлений у дна сосуда: 5H 5H mg + ρ2 gh + ρ1 g( − h) = ρ1 g S 4 4 Откуда H m = (ρ1 − ρ2 )hS = ρ1 S 2 H m = ρ1 2 S 2. В случае 5H 4 > h > H нижний уровень жидкости с плотностью ρ2 в процессе опускания поршня дойдет до трубочки, жидкость начнет перетекать в правый сосуд и будет в нем всплывать вверх, так как ρ2 < ρ1 . Теперь, если считать от дна, жидкость с плотностью ρ1 в левом сосуде доходит до уровня H 4 , а столб жидкости с плотностью ρ2 имеет высоту H. Из условия сохранения объемов следует, что столб жидкости с ρ1 в правом сосуде теперь имеет высоту ( 9H 4 − h), а высота столба жидкости с плотностью ρ2 равна (h − H). Отсюда получаем ρ2 = ρ1 (1 −

H 9H mg + ρ2 gH + ρ1 g = ρ1 g( − h) + ρ2 g(h − H) S 4 4 или m = ρ1 (2H − h)S + ρ2 (h − 2H)S = ρ1

H(2H − h) S 2h

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Задача №9-T3. Эквилибр Отметим, что нить не натянута до помещения льда в сосуд. Это означает, что центр масс системы «рычаг + сосуд» находится по горизонтали на уровне опоры, что позволяет в уравнениях моментов исключать соответствующие слагаемые. График имеет 4 участка. На первом, очевидно, лед нагревается. На втором - идет плавление льда, и вода начинает стекать с льдинки в сосуд, равномерно распределяясь по его дну. Однако заканчивается этот участок раньше, чем лед полностью успевает растаять – в момент отрыва льдинки от дна. То есть в конце утерянного участка оставшийся лед всплыл. Кстати, начало этого участка также не обязательно совпадает с моментом начала плавления, ведь вода может скапливаться в каких-то углублениях на льдинке и положение центра масс льда может оставаться какое-то время неизменным. Вообще, поведение на втором участке предсказать почти невозможно, поскольку процесс сильно зависит от формы куска льда, а также от того, как именно к нему будет подводиться тепло. На третьем участке – в сосуде сначала тающий лед, плавающий на поверхности воды, а потом вода, нагревающаяся до температуры кипения. На четвертом участке вода уже достигла температуры кипения и испаряется. Изменение силы натяжения нити в начале связано с перераспределением веса содержимого по мере нагрева, а в конце – с изменением массы содержимого. Массу льда можно найти по третьему отрезку графика из правила моментов (x – длина 18 части рычага): T3 · 2x = mg · 3x; T3 = 3 Н. Откуда m = 0,2 кг. Мощность нагрева легко посчитать по четвертому отрезку, зная массу, испарившуюся за известный промежуток времени. Хорошие точки на графике – (1600 с; 3 Н), а также (3200 с; 1,8 Н). Из них получаем ∆T = 1,2 Н, ∆m = 2∆T 3g = 0,08 кг, ∆τ = 1600 с. Откуда: P =

L∆m = 115 Вт. ∆τ

Зная мощность, не сложно посчитать начальную температуру льда: t0 =

cm∆tводы + λm − P τ3 ≈ −81◦ C. cльда m

Задача №9-T4. Запутанная схема Перерисуем электрическую схему. Приборы 3 и 4 соединены параллельно, а по условию нет двух вольтметров или амперметров с одинаковыми показаниями. Поэтому один из приборов 3 и 4 должен быть вольтметром, а второй – амперметром. Давайте, для определенности, будем считать 3 амперметром, а 4 – вольтметром.

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Предположим, что прибор номер 1 – амперметр. Через прибор 1 протекает ток, равный сумме токов через приборы 3 и 4. Тогда из двух амперметров 1 и 3 больший ток протекает через амперметр 1. Значит через амперметр 1 протекает ток I1 = 520 мкА, а через амперметр 3 протекает ток I3 = 200 мкА. Соответственно через вольтметр 4 протекает ток I1 –I3 = 320 мкА. Найдём внутреннее сопротивление амперметра. Амперметр 3 включен в схему параллельно вольтметру 4, значит напряжение на амперметре 3 равно напряжению на вольтметре 4. Тогда внутреннее сопротивление амперметров RA = UI34 . Напряжение на амперметре 1 равно U1 = I1 RA = UI43I1 . Известно, что в схеме всего 2 амперметра. Если приборы 1 и 3 – амперметры, тогда прибор 2 должен быть вольтметром. Он показывает сумму напряжений на амперметрах 1 и 3, равную U1 + U4 = U4 (II13+I3 ) = 3,6U4 . Но, по условию задачи, в схеме нет двух вольтметров, показания которых различаются в 3,6 раза. Тогда мы приходим к противоречию с предположением, что прибор 1 – амперметр. Следовательно, прибор 1 – вольтметр. Через вольтметр 1 течет ток, равный сумме токов через амперметр 3 и вольтметр 4. Поэтому напряжение на вольтметре 1 больше, чем на вольтметре 4. Если 2 – вольтметр, то напряжение на нем равно сумме напряжений на 1 и 4. Если 5 – вольтметр, то ток через него равен сумме токов через 1 и 2, значит напряжение на 5 больше, чем напряжение на 1 и 4. В любом случае получаем, что самое маленькое напряжение из всех вольтметров (равное 2 В) показывает вольтметр 4, а вольтметр 1 показывает среднее значение U1 = 12 В. Напряжение на приборе 2 равно сумме напряжений на вольтметрах 1 и 4. Тогда U2 = U1 + U4 = 14 В. Если предположить, что прибор 2 – амперметр, то сила тока через него должна быть равна U2 U2 I3 RA = U4 = 7I3 . Но это не соответствует условиям задачи, по условию показания двух амперметров отличаются в 520 200 = 2,6 раза. Следовательно прибор 2 – вольтметр и его показания U2 = 14 В, а прибор 5 – амперметр. Мы узнали на каких местах в схеме стоят амперметры и вольтметры. Приборы 1, 2 и 4 – вольтметры, 3 и 5 – амперметры. Теперь найдем внутренние сопротивления приборов. Сила тока через амперметр 5 равна сумме токов через амперметр 3, вольтметр 4 и вольтметр 2. Следовательно, сила тока в амперметре 3 меньше, чем в амперметре 5, I3 = 200 мкА,

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

I5 = 520 мкА. Тогда сопротивление амперметров RА = UI34 = 10 кОм. Сила тока через вольтметр 1 равна сумме токов через амперметр 3 и вольтметр 4. 1 –U4 I1 = RUV1 = I3 + RUV4 . Преобразуем это выражение UR = I3 и выразим из него V U1 –U4 сопротивление вольтметров RV = I3 = 50 кОм. Задача №9-T5. Архив Снеллиуса Проведем две прямые, проходящие через точку L и точки преломления верхнего луча. Таким образом восстановим положения линз. Поскольку нижний луч не преломляется, он должен проходить через оптические центры обеих линз (O1 и O2 на рисунке), следовательно левая линза является собирающей, а правая – рассеивающей. Параллельные лучи после прохождения через собирающую линзу сходятся в фокальной плоскости (точка A). Проведем прямую параллельную левой линзе и проходящую через точку A, затем опустим из оптического центра O1 собирающей линзы перпендикуляр на фокальную плоскость. Таким образом можем найти положение заднего фокуса F1 левой линзы, для нахождения переднего фокуса F1 отложим такое же расстояние от оптического центра O1 . Для нахождения фокусов рассеивающей линзы выполним дополнительные построения – проведем через оптический центр линзы O2 прямую параллельную падающему лучу. Точка пересечения этой прямой и продолжения преломленного луча принадлежит фокальной плоскости рассеивающей линзы (точка B). Проведем прямую параллельную правой линзе и проходящую через точку B, затем опустим из оптического центра O2 рассеивающей линзы перпендикуляр на фокальную плоскость. Таким образом можем найти положение переднего фокуса F2 правой линзы, для нахождения заднего фокуса F2 отложим такое же расстояние от оптического центра O2 .

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 9-T1. Лифт

Балл

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 2.1 2.2 2.3 2.4

Пункт разбалловки Описана стратегия движения в случае достижения максимального значения скорости v0 Описана стратегия движения в случае, когда максимальное значение скорости v0 не достигалось v0 0 Записано уравнение t2 = 2l v0 + a0 или аналогичное 3l0 Записано уравнение t3 = v0 + av00 или аналогичное v0 0 Записано уравнение t2 = 4l v0 + a0 или аналогичное 4 Найдено время подъема на три этажа t3 = t2 +t 2 Численное значение времени подъема на три этажа t3 = 6,5 с Обосновано, что при подъеме на один этаж лифт не достигает максимального q значения скорости Записано уравнение t1 = 2

l0 a0

или аналогичное

Найдено время подъема на один этаж t1 = p 2(t4 − t2 )(2t2 − t4 ) Численное значение времени подъема на один этаж t1 ≈ 3,4 с

2.0 2.0 0.5 0.5 0.5 1.0 0.5 2.0 1.0 1.5 0.5

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 9-T2. Сообщающиеся сосуды

Балл

1.1 1.2 2.1 2.2 2.3

2.4 2.5

Пункт разбалловки Записано равенство давлений жидкости в двух сосудах Получено выражение для плотности второй жидH кости ρ2 = ρ1 (1 − 2h ) Для случая h < H записаны уровни жидкостей в первом сосуде Для случая h < H получено m = ρ1 H 2S Для случая 5H > h > H есть понимание, что вто4 рая жидкость перетекает через трубочку и всплывает в правом сосуде (качественное понимание, описание словами) Найдено, что столб жидкости с ρ1 в правом сосуде теперь имеет высоту ( 9H 4 − h), а высота столба жидкости с плотностью ρ2 равна (h − H) Для случая 5H > h > H получено m = 4 H(2H−h) ρ1 S 2h

1.0 2.0 1.0 2.0 2.0

2 соотн по 1.0 2.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 9-T3. Эквилибр

Балл

1.1 1.2 1.3 2.1 2.2 2.3 3.1 3.2

Пункт разбалловки Указано, что в конце второго участка льдинка всплыла Уравнение моментов для нахождения массы Найдена масса m = 0,2 кг Найдено изменение массы ∆m между двумя «хорошими» точками на 4 отрезке Уравнение для нахождения мощности P Численное значение P = 115 Вт Уравнение для нахождения начальной температуры t0 Численное значение t0 = −81◦ C

3.0 2.0 1.0 1.0 1.0 1.0 2.0 1.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр . Запутанная схема

Балл

1.1

1.2 1.3 1.4 1.5 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5

Пункт разбалловки Нарисована эквивалентная схема, из которой видны параллельные и последовательные соединения, или в решении явно написано про параллельные/последовательные соединения в схеме. Указано, что один из приборов 3 и 4 амперметр, второй – вольтметр. Показано, что прибор 1 – вольтметр. Показано, что прибор 2 – вольтметр. Показано, что прибор 5 – амперметр. Обосновано, что напряжение U3 = U4 = 2 В. Обосновано, что напряжение U1 = 12 В. Обосновано, что сила тока I3 = 200 мкА. Найдено сопротивление амперметра RА = 10 кОм. Найдено сопротивление вольтметра RV = 50 кОм.

2.0

1.0 2.0 1.0 1.0 1.0 1.0 1.0 1.0 1.0

Пр

Ап

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике

30 января 2024 г.

Шифр 9-T5. Архив Снеллиуса

Балл

1.1 1.2 2.1 2.2 2.3 3.1 3.2 3.3 3.4

3.5

3.6 3.7 3.8

Пункт разбалловки Выполнены верные построения для нахождения положения первой линзы. Выполнены верные построения для нахождения положения второй линзы. Описан правильный способ нахождения оптического центра O1 . Описан правильный способ нахождения оптического центра O2 . На рисунке или в тексте присутствуют указания на то, что левая линза является собирающей, а правая – рассеивающей (по 0,5 балла). Обосновано, что точка A принадлежит фокальной плоскости собирающей линзы. На рисунке правильно построена фокальная плоскость собирающей линзы. Построен перпендикуляр из оптического центра O1 и найдено положение заднего фокуса F1 . На рисунке правильно отмечен передний фокус F1 . Используются верные рассуждения или построения позволяющие найти положение фокальной плоскости правой линзы (нахождение точки B в авторском решении). На рисунке правильно построена фокальная плоскость рассеивающей линзы. Построен перпендикуляр из оптического центра O2 и найдено положение переднего фокуса F . На рисунке правильно отмечен задний фокус F2 .

0.5 0.5 0.5 0.5 1.0 2.0 1.0 1.0 0.5

2.0

1.0 1.0 0.5

Пр

Ап