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

Решения — теор.

Задача №10-T1. Падение в бездну 1. Пусть m – масса шарика, ускорение свободного падения равняется ⃗g , а сила сопротивления, действующая на шарик, определяется выражением F⃗с = −k⃗v , где ⃗v – скорость движения шарика. Запишем для одного шарика второй закон Ньютона: m⃗a = m⃗g − k⃗v . Проецируя уравнение на горизонтальную ось x, получим: max = −kvx ⇒ ∆x =

mv0x , k

где ∆x – установившееся горизонтальное перемещение шарика с начальной горизонтальной компонентой скорости v0x . Если v0x = v0 , где v0 – начальная скорость шариков при бросании, то ∆x = S. Тогда для шарика, брошенного под углом α к горизонту, получим: ∆x = S cos α. Шарики, одновременно брошенные Глюком и Багом горизонтально и под углом α = 60◦ к горизонту соответственно так, как показано на рис. 2 в условии задачи, в установившемся режиме движутся вдоль одной вертикальной прямой. Значит, √ расстояние между плоскостями обрывов l = L cos φ = L 3/2 является суммой величин горизонтальных перемещений брошенных шариков. Таким образом: l = S + S cos α = откуда:

3S , 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

L=

3S.

2. Первое решение: Запишем второй закон Ньютона для шариков, брошенных Глюком и Багом: m⃗aГ = m⃗g − k⃗vГ ,

m⃗aБ = m⃗g − k⃗vБ .

Определим ускорение шарика Глюка относительно шарика Бага:
k ⃗vГ − ⃗vБ k⃗vотн k⃗vотн ⃗aГ − ⃗aБ = ⃗aотн = − =− ⇒ ⃗aотн = − . m m m Поскольку относительное ускорение шариков направлено противоположно направлению их относительной скорости – относительная скорость шариков L 90 − φ сохраняет своё направление. Значит, относительное движение шариков будет прямолинейным и прекраφ S∞ тится, когда они окажутся на одной вертикали. Изобα/2 разим траекторию движения шарика Глюка относительно шарика Бага. Обратим внимание, что линия, Sотн соединяющая Глюка и Бага, образует с вертикалью ◦ ◦ угол 90 − φ = 60 . Поскольку направление относительной скорости образует угол α/2 с горизонтом, угол между направлением относительного перемещения шариков и линией, соединяющей Глюка и Бага, равен φ+α/2 = 60◦ . Таким образом, показанный на рисунке треугольник является равносторонним. Тогда расстояние S∞ между шариками в установившемся режиме составляет: S∞ = L, или же: S∞ =

3S.

Минимальное расстояние между шариками Smin достигается в момент, когда относительная скорость шариков направлена перпендикулярно соединяющей их линии. Из рисунка находим: Smin = L sin 60◦ ,

L Smin S∞

или же: 3S . Smin = 2

Sотн

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Второе решение: Введём систему координат xOy, где начало координат O находится в месте расположения Глюка, ось x направлена вправо, а ось y – вертикально вверх. Получим зависимости от времени горизонтальных и вертикальных компонент перемещений одного камня ∆x и ∆y соответственно. Спроецируем уравнение движения шарика на горизонтальную ось x: mv̇x = −kvx ⇒

dvx kdt = −βdt. =− vx m

Пусть vx0 – начальная проекция скорости шарика на ось x. Интегрируя, получим: vxZ(t)

vx (t) dvx = ln = −βt ⇒ vx (t) = vx0 e−βt . vx vx0

vx0

Интегрируя повторно, получим: Zt

Zt

∆x(t) = vx (t)dt = vx0 e−βt dt = 0

vx0 (1 − e−βt ). β

Таким образом, разность x координат шариков Бага и Глюка составляет: ∆xотн (t) = xБ (t) − xГ (t) = L cos φ −

v0 (1 + cos α) (1 − e−βt ). β

С учётом соотношения S = v0 /β получим: ∆xотн (t) = L cos φ − S(1 + cos α)(1 − e−βt ). Спроецируем уравнение движения шарика на ось y, направленную вертикально вверх: dvy kdt =− = −βdt. mv̇y = −mg − kvy ⇒ m mg + vy k Пусть vy0 – начальная проекция скорости шарика на ось y. Интегрируя, получим: vyZ(t)

vy0

dvy mg + kvy (t) mg = ln = −βt ⇒ vy (t) = − + mg + kvy0 k mg + vy k

mg + vy0 k

! e−βt .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Для ∆y(t) имеем: Zt

Zt

∆y(t) = vy (t)dt = 0

mg − + k

mg + vy0 k

! e

−βt

dt,

откуда: mgt 1 + ∆y(t) = − k β

mg + vy0 k

! (1 − e−βt ).

Таким образом, разность y координат шариков Бага и Глюка составляет: ∆yотн (t) = yБ (t) − yГ (t) = L sin φ +

v0 sin α (1 − e−βt ). β

С учётом соотношения S = v0 /β получим: ∆yотн (t) = L sin φ + S sin α(1 − e−βt ). При t → ∞ имеем: ∆xотн (∞) = L cos φ − S(1 + cos α) = 0. √ ∆yотн (∞) = L sin φ + S sin α = S 3. Таким образом S∞ = ∆yотн (∞), а значит: √ S∞ = S 3. Пусть (1 − e−βt ) = z. Тогда для расстояния r(z) между камнями имеем: q p 2 2 (z) = r(z) = ∆x2отн (z) + ∆yотн (L cos φ − zS(1 + cos α)) + (L sin φ + zS sin α)2 . Раскрывая скобки, получим: p r(z) = L2 + 2z 2 S 2 (1 + cos α) − 2LSz(cos φ(1 + cos α) − sin φ sin α). Подставляя углы α, φ, а также расстояние L: p r(z) = S 3(1 + z 2 − z). Расстояние достигает своего минимума при минимальном значении подкоренного выражения, которому соответствует вершина параболы: 1 zmin = . 2 Таким образом: Smin =

3S . 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №10-T2. Столкновение на спице 1. Поскольку цилиндры являются невесомыми, равнодействующая приложенных к ним сил в любой момент должна быть равна нулю. Так как трения между спицей и цилиндрами нет, спица действует на цилиндры в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. До столкновения цилиндров на них действуют только силы натяжения нитей и силы реакции со стороны спицы. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к цилиндрам сил возможно, если участки нитей, соединяющие цилиндры с бусинкой и грузом, в любой момент ориентированы вертикально. Из этого следует, что столкновение цилиндров произойдёт в момент, когда бусинка, груз и цилиндры будут расположены практически на одной вертикали. Обратим внимание, что скорость груза в любой момент направлена горизонтально. В момент столкновения цилиндров скорость бусинки также направлена горизонтально. Пусть vотн – скорость относительного движения бусинки и груза в момент столкновения цилиндров. Определим vотн из закона сохранения механической энергии. К рассматриваемому моменту вертикальное перемещение бусинки направлено вниз и равно L/2, так как нити являются нерастяжимыми. Поскольку система замкнута в направлении спицы – её импульс в данном направлении равен нулю. Отсюда получим связь скоростей v1 и v2 бусинки и груза соответственно с величиной их относительной скорости vотн в момент столкновения цилиндров: v1 =

m2 vотн , m1 + m2

v2 =

2 m1 m2 vотн m1 vотн m1 v12 m2 v22 + = . ⇒ Ek = m1 + m2 2 2 2(m1 + m2 )

Запишем закон сохранения механической энергии: 2 m1 m2 vотн m1 gL m1 2 Ek = = −∆Wp = ⇒ vотн = gL 1 + 2(m1 + m2 ) 2 m2

! .

Находим скорости v1 и v2 бусинки и груза соответственно непосредственно перед столкновением цилиндров: s s gL m1 gL v1 = , v2 = . 1 + m1 /m2 m2 1 + m1 /m2 2. В момент столкновения цилиндров все силы, действующие на бусинку и груз, являются вертикальными. Поскольку груз может перемещаться только по горизонтали, его ускорение в рассматриваемый момент равно нулю. Пусть a1 – проекция ускорения бусинки в момент столкновения цилиндров на ось, направленную вертикально вверх. Из второго закона Ньютона для бусинки и груза получим: 2T1 = m1 (g + a1 ), T2 = T1 + m2 g,

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике откуда: m1 (g + a1 ) m1 (g + a1 ) , T2 = m2 g + . 2 2 Таким образом, для решения задачи необходимо определить a1 . Далее можно действовать разными способами. Первый способ: Пусть ⃗aб и ⃗aг – ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а ⃗aотн – ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде: T1 =

⃗aб = ⃗aг + ⃗aотн . Обратим внимание, что в рассматриваемый момент ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассматриваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно a1 . Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом. Непосредственно перед столкновением цилиндров относительная скорость бусинки и груза направлена горизонтально, значит: a1 = aотн =

2 vотн , ρ

где ρ – радиус кривизны траектории бусинки при движении в системе отсчёта груза. Проанализируем траекторию относительного движения бусинки и груза. В системе отсчёта груза ввеy дём систему координат xOy с началом в нижней точке траектории бусинки относительно груза (см. рис). ЗаL/2 пишем условие постоянства длины нити 1: 1 1 x ! v !2 u 2 u L x L 0 L −y +t − y + x2 ⇒ y = . L= 2 2 2L Таким образом, траектория движения бусинки в системе отсчёта груза представляет собой параболу. Определим радиус кривизны ρ в вершине параболы, используя аналогию со свободным полётом материальной точки в поле тяжести. Пусть скорость материальной точки в некоторый момент равна v0 и направлена горизонтально. Материальная точка движется в однородном поле тяжести с ускорением свободного падения g, направленным вертикально вниз. Введём систему координат xOy, где O – положение точки в рассматриваемый момент, ось

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике x направлена горизонтально, а ось y направлена вертикально вниз. Тогда через прошедшее время t от рассматриваемого момента: x = v0 t,

y=

gx2 x2 gt2 ⇒y= 2= . 2 2v0 2p

Величина p называется фокальным параметром параболы. Определим радиус кривизны ρ0 траектории материальной точки в вершине параболы. Из второго закона Ньютона в рассматриваемый момент: mv02 v02 = mg ⇒ ρ0 = = p. ρ0 g Вернёмся к определению радиуса кривизны траектории бусинки в системе отсчёта груза в момент столкновения цилиндров. Фокальный параметр параболы для траектории относительного движения бусинок равен L, поэтому радиус кривизны траектории относительного движения бусинок в рассматриваемый момент составляет: ρ = L. Примечание: Тот же результат может быть получен из непосредственного анализа кривой, задающей траекторию относительного движения бусинки и груза. Рассмотрим произвольную кривую, заданную зависимостью y(x). Пусть φ – угол наклона касательной к кривой. Тогда: dy d2 y φ′ 1 dφ = y ′ = tg φ ⇒ 2 = y ′′ = = . dx dx cos2 φ dx cos2 φ Радиус кривизны произвольной плоской кривой определяется выражением: ρ=

dl , dφ

где dl – элемент длины кривой, а dφ – угол между касательными к кривой на концах выделенного элемента. Но dl = dx/ cos φ, поэтому: ρ=

1 dx 1 1 = ′ = ′′ . cos φ dφ φ cos φ y cos3 φ

Но 1/ cos2 φ = 1 + tg2 φ = 1 + y ′2 , поэтому: ρ=

(1 + y ′2 )3/2 . |y ′′ |

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Применим полученное выражение в случае рассмотрения траектории движения бусинки относительно груза. Определим y ′ и y ′′ : y′ =

x , L

y ′′ =

1 . L

Тогда в точке с координатой x = 0: ρ = L. Таким образом: 2 m1 vотн =g 1+ a1 = L m2

! .

Второй способ: В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки равно нулю, поэтому её ускорение a1 определяется выражением: a1 =

v12 , ρ1

где ρ1 – радиус кривизны траектории бусинки в рассматриваемый момент. Проанализируем траекторию бусинки в лабораторной системе отсчёта. Введём систему координат xOy с началом в нижней точке траектории бусинки. Направления координатных осей совпадают с введёнными на рисунке к первому способу решения. Центр масс системы не перемещается вдоль оси x, поэтому: m1 x1 + m2 x2 = 0 ⇒ x2 = −

m 1 x1 . m2

Запишем условие постоянства длины нити 1: ! v !2 u u L L t L= − y1 + − y1 + (x1 − x2 )2 . 2 2 Отсюда: 2

(x1 − x2 )2 = x21 (1 + m1 /m2 ) = 2Ly1 ⇒ y1 (x1 ) =

x21 (1 + m1 /m2 )2 . 2L

Таким образом, траектория движения бусинки в лабораторной системе отсчёта является параболой. Поиск радиуса кривизны в её вершине уже был осуществлён в рамках первого решения, поэтому: ρ1 =

L . (1 + m1 /m2 )2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Таким образом: v12 (1 + m1 /m2 )2 m1 a1 = =g 1+ L m2

! .

Третий способ: Пусть ⃗aб и ⃗aг – ускорения бусинки и груза относительно лабораторной системы отсчёта, а ⃗aотн – ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом. Тогда ускорение бусинки можно представить в следующем виде: ⃗aб = ⃗aг + ⃗aотн .

m2

Обратим внимание, что в рассматриваемый момент m1 θ = φ/2 ускорение груза равняется нулю. Значит, в рассмат⃗vотн риваемый момент ускорение бусинки в системе отсчёта, связанной с грузом, направлено вертикально вверх и равно a1 . Дальнейшее решение задачи проведём в системе отсчёта, связанной с грузом. Рассмотрим условие постоянства длины нити 1. Пусть в некоторый момент участок нити 1, соединяющий бусинку с грузом, образует угол φ с вертикалью. Найдём угол θ между направлением скорости бусинки относительно груза и горизонтом. Поскольку скорости цилиндров направлены горизонтально, длина вертикального участка нити 1, соединяющего бусинку с цилиндром, изменяется со скоростью uбц , равной: uбц = vотн sin θ. Длина участка нити 1, соединяющего бусинку с грузом, изменяется со скоростью uбг , равной: uбг = v cos(φ + 90 − θ) = vотн sin(θ − φ). Поскольку длина нити 1 остаётся постоянной: uбц + uбг = 0 ⇒ sin θ = sin(φ − θ) ⇒ θ =

φ . 2

Этот результат можно также получить из условия направления скорости бусинки вдоль биссектрисы внешнего угла между участками нити 1 (см. рис). Это является следствием оптического свойства параболы. В рассматриваемый момент тангенциальное ускорение бусинки в рассматриваемой системе отсчёта равняется нулю, поэтому для проекции ускорения бусинки a1 на ось, направленную вертикально вверх, имеем: a1 = −vотн

dθ vотн φ̇ =− . dt 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Найдём величину φ̇. Поскольку в рассматриваемый момент расстояние между бусинкой и грузом равно L/2: vотн = −

2vотн Lφ̇ ⇒ φ̇ = − . 2 L

Подставляя φ̇ в выражение для a1 , получим: 2 vотн m1 a1 = =g 1+ L m2

! .

Четвёртый способ: Обозначим за y смещение бусинки в направлении «вертикально вниз», за x – расстояние между цилиндрами, а за r – длину участка нити 1, соединяющего груз и бусинку. Пусть в некоторый момент участок нити 1, соединяющий груз и бусинки, образует угол φ с вертикалью, тогда y = x ctg φ и r = x/ sin φ. Из условия нерастяжимости нити получим: L = y + r = x ctg φ +

x . sin φ

m2

x y

r φ

m1

Отсюда: x=

L sin φ 1 + cos φ

y=

L cos φ . 1 + cos φ

В рассматриваемый момент φ = 0. Далее нижний индекс 0 соответствует рассматриваемому моменту. В рассматриваемый момент проекция ускорения бусинки на ось, направленную вертикально вверх, определяется выражением a1 = −d2 y0 /dt2 . Дифференцируя y по времени, получим: dy Lφ̇(sin φ + sin φ cos φ − sin φ cos φ) L sin φ φ̇ =− =− . dt (1 + cos φ)2 (1 + cos φ)2 Продифференцируем по времени величину dy/dt: L sin φ φ̈ 2L sin2 φ φ̇2 L cos φ φ̇2 d2 y = − − − . dt2 (1 + cos φ)2 (1 + cos φ)3 (1 + cos φ)2 Поскольку в рассматриваемый момент φ = 0: a1 =

Lφ̇20 . 4

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Определим величину φ̇0 . Для этого продифференцируем по времени выражение для x: Lφ̇ dx Lφ̇(cos φ + cos2 φ + sin2 φ) = = . 2 dt (1 + cos φ) 1 + cos φ В рассматриваемый момент φ = 0, а dx/dt = −vотн . Тогда: −vотн =

2vотн Lφ̇0 ⇒ φ̇0 = − . 2 L

Таким образом: 2 vотн m1 a1 = =g 1+ L m2

! .

Подставляя a1 в выражения для T1 и T2 , находим: ! ! m1 m21 T1 = m1 g 1 + , T2 = m1 + m2 + g. 2m2 2m2 Задача №10-T3. Из Архива ЦПМК 1. Пусть ∆p – отличие давления воздуха под поршнем от атмосферного в начале процесса. Поршень придёт в движение, когда давление ртути на поршень сравняется с избыточным давлением воздуха под поршнем, откуда: p0 + ρgh1 = p0 + ∆p ⇒ h1 =

∆p . ρg

Температура воздуха под поршнем может считаться постоянной. Поскольку нижняя часть трубы закрыта, количество воздуха под поршнем также будет оставаться постоянным. Тогда, если давление воздуха под поршнем обозначить за pв , его зависимость от x определяется законом Бойля–Мариотта: pв V = const ⇒ pв =

(p0 + ∆p)L . L−x

Пусть уровень ртути в сосуде равен h. Тогда давление pр ртути на поршень составляет: pр = p0 + ρg(h + x). В положении равновесия давление воздуха под поршнем равно давлению ртути на поршень, поэтому: (p0 + ∆p)L . p0 + ρg(x + h) = L−x

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Когда уровень ртути в сосуде достигает максимального значения hmax , величина x = xmax , получаем: ! ! p0 xmax p0 ∆p = h1 = + xmax + hmax 1− − , ρg ρg L ρg или с учётом p0 /(ρg) = h0 : (h0 + hmax + xmax )(L − xmax ) − h0 = 380 мм. L 2. Перепишем условие равновесия поршня в следующем виде: h1 =

(h0 + h + x)(L − x) = (h0 + h1 )L. Раскроем скобки и получим: x2 − (L − h0 − h)x + (h1 − h)L = 0. Обратим внимание, что при h > h1 свободный член полученного квадратного уравнения является отрицательным, что следует из теоремы Виета, а значит уравнение имеет ровно один положительный корень. Тогда, поскольку нахождение поршня выше упоров не является возможным, при h > h1 поршень имеет единственное положение равновесия. Так как ∆h ≪ h1 , свободный член можно принять равным нулю. Сокращая решение x = 0, получим: x1 = L − h0 − h1 , или же: (h0 + hmax + xmax )(L − xmax ) = 1900 мм. L 3. После того, как уровень ртути в сосуде окажется ниже верхней части трубы, положение равновесия поршня перестанет изменяться. Решим квадратное уравнение, получаемое из условия равновесия поршня, при h = 0: p L − h0 ± (L − h0 )2 − 4Lh1 x2(1,2) = = 0.76 м, 1.52 м. 2 x1 = L −

Таким образом, когда уровень ртути в сосуде понизится до практически нулевого, поршень имеет два положения равновесия и расположится в том из них, которое является устойчивым. Проанализируем оба найденных положения равновесия поршня на устойчивость.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Положение равновесия поршня является устойчивым, если при повышении расстояния между ним и упорами давление воздуха под поршнем становится выше, чем давление ртути на поршень. Если расстояние между поршнем и упорами увеличилось на малую величину ∆x, то условия устойчивости положения равновесия поршня можно записать следующим образом: p0 + ρg(h + x + ∆x) <

(p0 + ∆p)L . L − x − ∆x

Используя условие равновесия, получим: ρg∆x <

(p0 + ∆p)L (p0 + ∆p)L (p0 + ∆p)L − (p0 + ρg(h + x)) = − , L − x − ∆x L − x − ∆x L−x

С учётом малости ∆x имеем: ρg∆x <

(p0 + ∆p)L∆x (p0 + ∆p)L∆x (p0 + ∆p)L ≈ ⇒ ρg < . 2 (L − x − ∆x)(L − x) (L − x) (L − x)2

Определим значения x, при которых положения равновесия поршня является устойчивым: s p (p0 + ∆p)L L>x>L− = L − (h0 + h1 )L = xкр ≈ 1178 мм. ρg Таким образом, положение равновесия x2(1) = 760 мм является неустойчивым, а x2(2) = 1520 мм – устойчивым. Отметим, что при h = 0 положение x = 0 также является положением равновесия, поскольку для данного положения давление воздуха под поршнем будет выше, чем давление ртути на поршень, равное атмосферному. Однако, пока поршень не окажется на расстоянии x = xкр от упоров, он всегда будет располагаться в устойчивом положении равновесия. При этом величина x монотонно возрастает с увеличением уровня h ртути в сосуде. Поскольку найденная при h = 0 величина x2(2) > xкр , то поршень в процессе понижения уровня ртути в сосуде всегда расположен в положении устойчивого равновесия и не может его покинуть. Таким образом, конечному положению поршня соответствует следующая величина x2 :

x2 =

L − h0 +

p (L + h0 )2 − 4(h0 + hmax + xmax )(L − xmax ) = 1520 мм. 2

Примечание: Исследование на устойчивость положений равновесия поршня можно осуществить не только аналитически, но и графически. Для это построим

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике график зависимости pв (x) (чёрная линия на рис.), а поверх него — прямые pр (x) при различных значениях h, где давления измеряются в миллиметрах ртутного столба. Точки пересечения графиков функций pв (x) и pр (x) соответствуют положениям равновесия поршня. Если вблизи точки пересечения с увеличением x функция pв (x) возрастает на большую величину, чем функция pр (x), то при малом смещении поршня равнодействующая приложенных к нему сил будет направлена противоположно смещению поршня, и, следовательно, положения равновесия будет являться устойчивым. Если же вблизи точки пересечения с увеличением x функция pв (x) возрастает на меньшую величину, чем функция pр (x), то при малом смещении поршня равнодействующая приложенных к нему сил будет направлена вдоль смещения поршня, и, следовательно, положение равновесия поршня будет являться неустойчивым. Из рисунка видно, что при h > h1 все положения равновесия поршня являются устойчивыми, а положение равновесия x = 0 при h = h1 является неустойчивым. Если мы рассмотрим случай h = 0 (красная прямая на графике), то точка пересечения x2(1) = 760 мм соответствует неустойчивому, а x2(2) = 1520 мм – устойчивому положению равновесия.

4. Используя результаты решения первого пункта, определим величину h1 , при которой поршень приходит в движение: h1 =

(h0 + hmax + xmax )(L − xmax ) − h0 = 1140 мм. L

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Запишем условие равновесия поршня: x2 − x(L − h0 − h) + L(h1 − h) = 0. Решению x = 0 соответствует величина h = h1 . Однако при решении второго пункта мы получали, что при h = h1 у поршня существует второе положение равновесия на расстоянии x1 от упоров, равном: x1 = L −

(h0 + hmax + xmax )(L − xmax ) = 1140 мм. L

Данное положение является устойчивым, что можно показать, используя критерий устойчивости положения равновесия, полученный при решении четвёртого пункта: p x > L − (h0 + h1 )L = xкр ≈ 637 мм. Данное условие выполнено при x = x1 , поэтому в процессе понижения уровня ртути в сосуде поршень не достигает упоров при h = h1 . При последующем понижении уровня ртути в сосуде у поршня есть два положения равновесия, одно из которых является устойчивым, а другое – неустойчивым. Пока расстояние x между поршнем и упорами удовлетворяет условию x > xкр , поршень располагается в положении устойчивого равновесия. Когда расстояние между поршнем и упорами станет равны x = xкр , два положения равновесия поршня, одно из которых является устойчивым, а второе – неустойчивым, совпадут и станут единым положением неустойчивого равновесия по отношению к смещению в сторону упоров. Данное положение соответствует касанию на графиков зависимостей pв (x) и pр (x), приведённых в примечании к решению четвёртого пункта задачи. Из этого же графика видна неустойчивость данного положения равновесия поршня по отношению к смещению в сторону упоров. Таким образом, если при некотором значении h = h2 поршень оказывается в положении x = xкр , то при данном значении h во всех положениях, кроме x = xкр , давление воздуха под поршнем будет больше, чем давление ртути на поршень (см. рис. ниже), поэтому поршень скачкообразно перемещается в сторону упоров и при дальнейшем понижении уровня ртути в сосуде от них не оторвётся. Учтём, что касание графиков соответствует наличию единственного корня у квадратного уравнения, получаемого из условия равновесия поршня. Воспользуемся теоремой Виета: 2xкр = L − h0 − h2 . После подстановки h1 в выражение для xкр находим: p h2 = 2 (h0 + hmax + xmax )(L − xmax ) − (L + h0 ) ≈ 1007 мм.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Задача №10-T4. Полёты стержня 1. Определим силу отталкивания Fr2 между сферой и стержнем во втором эксперименте в зависимости от расстояния rA между концом A стержня и центром сферы. Первый способ: Воспользуемся методом виртуальных перемещений: Fr2 = −

dWp , drA

где rA – расстояние между центром сферы и концом стержня A. Если расстояние между центром сферы и концом стержня A изменить на величину drA , то изменение потенциальной энергии будет равно изменению потенциальной элемента стержня длиной drA при перемещении из положения, соответствующего концу стержня A в положение, соответствующее концу стержня B. Тогда для dWp имеем: dWp = λ(φB − φA )drA , где φA и φB – потенциалы электростатического поля сферы на концах A и B стержня соответственно. При этом φB ≈ 0, поскольку стержень очень длинный.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Таким образом: Fr2 = λφA . Поскольку сфера заряжена равномерно по поверхности, внутри неё напряжённость электростатического поля равна нулю, а снаружи совпадает с полем точечного заряда Q, расположенного в её центре. Таким образом:   Q Qλ       при rA ≤ R; при rA ≤ R; 4πε R 4πε 0 0R ⇒ Fr2 (rA ) = φA (r) = Q Qλ       при rA > R, при rA > R. 4πε0 rA 4πε0 rA Второй способ: Напряжённость Er электростатического поля сферы внутри равна нулю, а снаружи совпадает с напряжённостью электростатического поля заряда Q, расположенного в центре сферы, поэтому зависимость Er (r) имеет следующий вид:  0 при r ≤ R; Er (r) = Q  при r > R. 4πε0 r2 Поскольку длина стержня во много раз больше радиуса сферы R, то будем считать её бесконечной. Тогда для силы Fr2 имеем: ∞ Z Fr2 = Er (r)λdr. rA

Если конец A стержня расположен внутри сферы, то сила, действующая на расположенную внутри сферы часть стержня со стороны электростатического поля сферы, равна нулю. Отсюда: λQ Fr2 = 4πε0

∞ Z

dr λQ = . r2 4πε0 R

Если же конец A стержня расположен вне сферы: λQ Fr2 = 4πε0

∞ Z

dr λQ = . r2 4πε0 rA

rA

Таким образом:

 Qλ    при rA ≤ R; 4πε 0R Fr2 (rA ) = Qλ    при rA > R. 4πε0 rA

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Обратим внимание, что стержень движется с постоянным ускорением a = Qλ/(4πε0 mR), пока его конец A расположен внутри сферы. Поскольку стержень начинает движение без начальной скорости, для времени движения T1 и скорости стержня V1 в момент вылета из сферы имеем: s √ 2R , V1 = aT1 = 2aR, T1 = a или: s T1 = R

8πε0 m , Qλ

s V1 =

Qλ . 2πε0 m

2. После вылета стержня из сферы его движение происходит в силовом поле, обратно пропорциональном расстоянию от его конца A до центра сферы. Пусть W2 (rA ) – потенциальная энергия взаимодействия стержня со сферой во втором эксперименте. Определим квадрат скорости стержня V 2 (r) при расстоянии rA между его концом A и центром сферы: mV 2 (rA ) mV12 2(W2 (R) − W2 (rA )) + W2 (rA ) = + W2 (R) ⇒ V 2 (rA ) = V12 + . 2 2 m Тогда для скорости V2 имеем: s V2 = V (l) =

V12 +

2(W2 (R) − W2 (l)) . m

Для определения разности W2 (R) − W2 (l) рассмотрим первый эксперимент. Сила взаимодействия между сферой и стержнем равна силе взаимодействия стержня с точечным зарядом Q, расположенным в центре сферы. Пусть rC – расстояние между центрами стержня и сферы. Поскольку стержень очень длинный – его поле можно вычислить как поле бесконечного стержня. Из теоремы Гаусса получим: λL λ q = ⇒ Er (rC ) = . Φ = 2πrС LEr (r) = ε0 ε0 2πε0 rC Для силы взаимодействия между стержнем и сферой в первом эксперименте получим: Qλ Fr1 (rC ) = . 2πε0 rC Обратим внимание, что сила взаимодействия стержня со сферой в первом эксперименте вдвое больше силы взаимодействия стержня со сферой во втором эксперименте при одинаковых значениях rA и rC . Тогда если W1 (rC ) – потенциальная

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике энергия взаимодействия стержня со сферой в первом эксперименте, имеем: W1 (R) − W1 (l) = 2(W2 (R) − W2 (l)). При этом из закона сохранения энергии в первом эксперименте имеем: mu20 2(W2 (R) − W2 (l)) u20 = W1 (R) − W1 (l) = 2(W2 (R) − W2 (l)) ⇒ = . 2 m 2 Таким образом: V22 = V12 + откуда: s V2 =

u20 , 2

3Qλ . 4πmε0

3. Пусть t – время, отсчитываемое от момента вылета стержня из сферы во втором эксперименте, через которое конец A стержня оказывается на расстоянии S от центра сферы. При этом возможны два решения, построенных на различных рассуждениях. Первое решение: Рассмотрим движение стержня во втором эксперименте после вылета из сферы. Силовые поля, в которых стержни движутся в первом и втором экспериментах, подобны друг другу и отличаются в два раза. Это означает, что если отношение квадратов начальных скоростей v 2 /V12 = 2, то для любого r = rA = rC соотношение v12 (r)/V 2 (r) = 2 будет сохраняться, где v1 (r) – скорость стержня в первом эксперименте. Действительно: v12 (r) = v 2 +

2(W1 (R) − W1 (r)) 4(W2 (R) − W2 (r)) = 2V12 + = 2V 2 (r). m m

Тогда во √ втором эксперименте любой бесконечно малый отрезок dr проходится за время dt, в 2 раз большее времени dτ , за которое тот же отрезок dr проходится стержнем в первом эксперименте. Таким образом: √ √ √ √ t = 2τ ( 2V1 ) = 2τ0 y( 2V1 /v0 ). Второе решение: Рассмотрим движение стержня во втором эксперименте после вылета из сферы. Силовые поля, в которых стержни движутся в первом и втором экспериментах, подобны друг другу и отличаются в два раза. Обратим внимание, что график зависимости y(x), описывающий зависимость τ (v) в первом эксперименте,

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике не изменяет свою форму при изменении параметров Q, λ, m и R. Если величину произведения Qλ уменьшить в два раза, то зависимость y(x) описывает зависимость времени t от V1 на поверхности сферы, где y = t/t0 и √ √ скорости стержня x = V1 /V0 , а t0 = 2τ0 и V0 = v0 / 2. Тогда для времени t имеем: √ √ t = t0 y(V1 /V0 ) = 2τ0 y( 2V1 /v0 ). Определим координату x на графике, приведённом для первой серии экспериментов: √ 2V1 x1 = = 2. v0 При этом y(2) ≈ 0.43. Тогда имеем: s t = Ry(2)

8πε0 m . Qλ

Полное время движения стержня T складывается из T1 и t, поэтому: s 8πε0 m T = R(1 + y(2)) , Qλ или же: s T ≈ 7.17 · R

mε0 ≈ 2.02 · R Qλ

m . kQλ

Задача №10-T5. Электротетраэдр 1. Первое решение: Для определения величины силы тока, текущего через первый источник, воспользуемся I1 методом эквивалентного источника. Всю оставB шуюся часть тетраэдра, подключённую к выводам A и B первого источника, можно заменить одним эквивалентным источником с внутE0(1) ,r0(1) E1 ренним сопротивлением r0(1) и ЭДС E0(1) . При этом эквивалентная схема для определения силы тока, текущего через первый источник, будет выглядеть так, как показано на рис. 1. A Сразу найдём сопротивление эквивалентРис.1 ного источника r0(1) , подключенного к узлам A и B. Для этого заменим второй источник идеальной перемычкой и рассчитаем сопротивление моста между

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике узлами A и B: r0(1) = rAB =

R1 R2 R3 R4 + . R1 + R2 R3 + R4

Величина силы тока I1 , текущего через первый источник, определяется выражением: E0(1) + E1 I1 = . r0(1) Пусть верхний индекс (−) соответствует величине силы тока через источник при изменённой на противоположную полярности его подключения. Тогда: I1− =

E0(1) − E1 . r0(1)

Из данного выражения видно, что независимость от полярности подключения первого источника величины силы текущего через него тока возможно, если E0(1) = 0. Поймём, при каком условии это возможно. ЭДС E0(1) эквивалентного источника равна показаниям идеального вольтметра, подключённого в цепь к узлам A и B вместо первого источника. Показания вольтметра будут равны нулю, если мост, составленный из резисторов с сопротивлениями R1 , R2 , R3 и R4 будет сбалансирован, откуда получим связь между сопротивлениями резисторов: R1 R3 = . R2 R4 Таким образом, сила тока, текущего через первый источник, равна I1 = E1 /r0(1) . Теперь определим силу тока, текущего через второй источник, вновь используя метод I2 эквивалентного источника. Всю оставшуюся D часть тетраэдра (включая первый источник), подключённую к выводам C и D второго источника, заменим эквивалентным источником с E0(2) ,r0(2) E2 внутренним сопротивлением r0(2) и ЭДС E0(2) . При этом эквивалентная схема для определения силы тока, текущего через второй источник, будет выглядеть так, как показано на риc. 2. C Величина силы тока I2 , текущего через втоРис.2 рой источник, определяется выражением: I2 =

E2 + E0(2) . r0(2)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Обозначим силу тока, текущего через второй источник при изменённой полярности подключения первого источника, за I2′ . Поскольку E0(2) ∼ E1 , величина I2′ определяется выражением: E2 − E0(2) I2′ = . r0(2) Сразу найдём сопротивление эквивалентного источника r0(2) , подключённого к узлам C и D. Для этого заменим первый источник идеальной перемычкой и рассчитаем сопротивление моста между узлами C и D: r0(2) = rCD =

R2 R4 R1 R3 + . R2 + R4 R1 + R3

ЭДС E0(2) эквивалентного источника равна показаниям идеального вольтметра, подключённого в цепь к узлам C и D вместо второго источника. Показания вольтметра будут равны нулю, поскольку мост является сбалансированным и для подключения вольтметра вместо второго источника. Действительно: R1 R3 R1 R2 = ⇒ = . R2 R4 R3 R4 Таким образом, величина силы тока, текущего через второй источник и равная I2 = E2 /r0(2) , не зависит от полярности подключения первого источника, а значит: I2′ = I2 = 2 А. Второе решение: Воспользуемся методом наложения токов. Будем искать силы токов в ветвях цепи как суперпозицию сил токов, текущих в данных ветвях под действием одного источника, при условии, что другой источник в силу его идеальности заменён идеальной перемычкой. Пусть перемычкой заменён второй источник. Обозначим силы токов, текущих через первый и второй источники при этом, за I1(1) и I2(1) соответственно (см. рис. 3). Тогда при смене полярности подключения первого источника направление тока I1(1) , текущего через него, изменится на противоположное, а величина силы тока останется неизменной. Теперь перемычкой заменим первый источник. Обозначим силы токов, текущих через первый и второй источники при этом, за I1(2) и I2(2) соответственно (см. рис. 4). Если сила тока I1(2) , текущего в перемычке под действием второго источника, не равна нулю, то сохранение величины силы полного тока через первый

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике R2

R4

I2(1) R1

R3 D

I1(1)

A E1 Рис.3

R2

R4

E2 R1

I2(2)

R3

D B

I1(2)

Рис.4 источник при смене его полярности невозможно. Значит, сила тока I1(2) , текущего в перемычке AB под действием второго источника, равна нулю. Это возможно, только если мост является сбалансированным. Тогда имеем следующее соотношение между сопротивлениями: R1 R3 = . R2 R4 Обратим внимание, что данное условие также является условием балансировки моста, к которому подключён первый источник, когда второй заменён перемыч-

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике кой CD. Значит, сила тока I2(1) , текущего в перемычке CD под действием первого источника, также равна нулю. Отсюда можно сделать вывод, что силы токов, текущих через первый и второй источники, определяются только величинами ЭДС соответствующих источников и полярностями их подключений. Таким образом, сила тока I2′ , текущего через второй источник при смене полярности подключения первого источника, равна: I2′ = I2 = 2 А. Третье решение: Расставим в исходной схеме токи с учётом закона сохранения заряда. В данной схеме есть 3 независимых тока, поэтому достаточно ввести лишь 3 силы тока I1 , I2 и I3 (см. рис. 5).

I1 + I2 − I3

R2

R4

I1 − I3

E2

G B

I3 − I2

I2

R1

R3

I3

H A

I1 E1 Рис.5

Применим второе правило Кирхгофа к контуру CDGE: E2 = I1 R2 + I2 (R1 + R2 ) − I3 (R1 + R2 ). Применим второе правило Кирхгофа к контуру CDHF : E2 = I3 (R3 + R4 ) − I1 R4 ⇒ I3 =

I1 R4 + E2 . R3 + R4

Применим второе правило Кирхгофа к контуру ABGDH: E1 = I3 (R1 + R3 ) − I2 R1 .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Исключая I3 , получим следующую систему уравнений относительно I1 и I2 :  (I1 R4 + E2 )(R1 + R3 )   E1 = − I2 R1 ; R3 + R4 (I1 R4 + E2 )(R1 + R2 )   E2 = I1 R2 + I2 (R1 + R2 ) − . R3 + R4 Выразим I2 из первого уравнения системы и подставим во второе: I1 R4 (R1 + R2 ) E2 (R1 + R2 ) I1 R4 (R1 + R2 )(R1 + R3 ) + − + R3 + R4 R3 + R4 R1 (R3 + R4 )

E2 = I1 R2 −

E2 (R1 + R2 )(R1 + R3 ) E1 (R1 + R2 ) − . R1 (R3 + R4 ) R1

Отсюда: E1 + E2

R1 R3 − R1 + R2 R3 + R4

! = I1

R1 R2 R3 R4 + R1 + R2 R3 + R4

! .

Аналогично выразим I1 из первого уравнения системы и подставим во второе: E2 = I2 (R1 + R2 ) −

(E1 + I2 R1 )(R1 + R2 ) (E1 + I2 R1 )(R3 + R4 )R2 E2 R2 + − . R1 + R3 R4 (R1 + R3 ) R4

Отсюда: E2 + E1

R3 R4 − R2 + R4 R1 + R3

! = I2

R2 R4 R1 R3 + R2 + R4 R1 + R3

! .

Рассмотрим выражение для силы тока I1 . Поскольку при изменении полярности подключения первого источника величина силы тока, текущего через него, не изменяется, коэффициент при E2 равен нулю. Отсюда: R3 R1 R3 R1 = ⇒ = . R1 + R2 R3 + R4 R2 R4 Обратим внимание, что в выражении для силы тока I2 коэффициент перед E1 также равен нулю. Действительно: R4 R3 R1 R4 − R2 R3 = 0. − = R2 + R4 R1 + R3 (R2 + R4 )(R1 + R3 ) Таким образом, величина силы тока I2′ , текущего через второй источник при смене полярности подключения первого источника, равна:

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

I2′ = I2 = 2 А. 2. Первое решение: Величины сил токов I2а и I2б в случаях ”а” и ”б” соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам C и D второго источника: E2 E2 I2а = , I2б = . rа rб Поскольку мост является сбалансированным, удаление перемычки AB не приведёт к изменению сопротивления моста между узлами C и D. Тогда сопротивления моста rа и rб будут одинаковыми и равными сопротивлению эквивалентного источника r0(2) , найденному при решении первого пункта, т.е. I2а = I2б . Тогда, поскольку I2 = E2 /r0(2) : I2а = I2б = I2 = 2 А. Второе решение: Величины сил токов I2а и I2б в случаях ”а” и ”б” соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам C и D второго источника: E2 E2 I2а = , I2б = . rа rб Поскольку мост является сбалансированным, удаление перемычки AB не приведёт к изменению сопротивления моста между узлами C и D. Тогда сопротивления моста rа и rб будут одинаковыми, значит I2а = I2б . Из решения первого пункта следует: I1 = I1(1) , I2 = I2(2) . Тогда замена первого источника перемычкой не изменит величину силу тока I2 , поскольку величина I2(2) найдена для схемы, которую предлагается рассмотреть в случае ”б” (см. рис. 4). Таким образом: I2а = I2б = I2 = 2 А. Третье решение: Величина силы тока, текущего через источник в исходной схеме, определяется выражением: E2 . I2 = R2 R4 R1 R3 + R2 + R4 R1 + R3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Величины сил токов I2а и I2б в случаях ”а” и ”б” соответственно будут определяться сопротивлением моста, подключенного к выводам C и D второго источника: I2а =

E2 , rа

I2б =

E2 . rб

Сопротивление rб определяется выражением: rб =

R2 R4 R1 R3 + , R2 + R4 R1 + R3

откуда следует, что I2б = I2 . Поскольку R1 R4 = R2 R3 , при подключении второго источника к узлам C и D мост является сбалансированным при наличии перемычки AB. Тогда удаление перемычки AB не изменит сопротивления между узлами C и D, т.е rа = rб . Таким образом: I2а = I2б = I2 = 2 А. 3. Силы токов I1 и I2 , текущих через первый и второй источники соответственно, определяются выражениями: ! ! R1 R2 R3 R4 R2 R4 R1 R3 E1 = I1 + , E2 = I2 + . R1 + R2 R3 + R4 R2 + R4 R1 + R3 Введём два обозначения: R1 = kR2 ,

R4 = αR2 .

Тогда R3 = αkR2 , и для сил токов I1 и I2 , текущих через первый и второй источники соответственно, имеем: I1 =

1+k E1 · , R2 k(1 + α)

I2 =

E2 1+α · . R2 α(1 + k)

Перемножая почленно эти равенства, получим, что I1 I2 =

E1 E2 R22 αk

αk =

Заметим, что из условия задачи следует: E1 E2 = . I1 I2

E1 E2 = 4. I1 I2 R22

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Тогда из этого соотношения и выражений для I1 и I2 получаем α(1 + k) k(1 + α) = 1+α 1+k

α(1 + k)2 = k(1 + α)2 .

Раскроем скобки: α + 2αk + k 2 α = k + 2αk + α2 k

α + 4k = k + 4α

Учитывая, что αk = 4, имеем k = α = 2. Тогда находим: R1 = R4 = 2R2 = 6 Ом,

R3 = 4R2 = 12 Ом.

α = k.

Решения — прак.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №10-E1. Тепловое сопротивление Результаты приведены для эксперимента с авторской установкой, которая отличалась массой пустой бутылки и маркой проволоки. Подвесим пустую бутылку к измерительному стенду с помощью куска проволоки большей длины и выставим стрелку в некоторое положение (см. рисунок). Обратим внимание, что изначально куски проволоки скручены в витки, и вследствие этого могут проявлять нелинейность растяжения по нагрузке. Проверим, что колесико свободно вращается, не касаясь транспортира и головки винта. Начнём наливать в бутылку воду с помощью шприца порциями по 20 мл, измеряя при этом угол φ отклонения стрелки. φ

V φ, ◦

V, мл

F, Н

35

0,18

0,00000

37

20

0,37

0,00013

37

40

0,57

0,00013

39

60

0,76

0,00025

40

80

0,96

0,00031

42

100

1,16

0,00044

43

120

1,35

0,00050

45

140

1,55

0,00063

46

160

1,74

0,00069

48

180

1,94

0,00082

50

200

2,14

0,00094

51

220

2,33

0,00101

53

240

2,53

0,00113

54

260

2,72

0,00120

56

280

2,92

0,00132

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике В представленной таблице расчёт растягивающей силы F и относительного удлинения ε произведён по формулам F = ρV g + m0 g, (φ − φ0 )r π · , 180◦ L где φ0 – начальный угол отклонения стрелки. Построенный график ε от F имеет линейный вид в пределах погрешности. Погрешность определения силы составляет ∆F = (0,5 мл/20 мл) · F , погрешность определения относительного удлинения составляет ∆ε = (π/180◦ ) · 1◦ · r/L = 6 · 10−5 . ε=

Зависимость ε от F

Наблюдаемый сдвиг по оси F может быть обусловлен наличием силы трения между колесиком и осью. Угловой коэффициент сглаживающей прямой k1 = 1/ES = (0,50 ± 0,03) · 10−3 Н−1 , где S = πd2 /4, тогда модуль Юнга E = 1/k1 S = (113 ± 7) ГПа. В работе используется неизолированная медная проволока. Табличное значение модуля Юнга для меди ECu = 118 ГПа. E = (113 ± 7) ГПа.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Подвесим к свободному концу куска длинной проволоки пустую бутылку и затем нальём небольшое количество воды (≈ 100 мл). Это надо для того, чтобы преодолеть зону застоя, связанную с наличием трения в оси колёсика. Соберем электрическую цепь, схема которой изображена на рисунке. U A проволока

V Подключим кусок проволоки, амперметр и источник последовательно. Параллельно с куском проволоки подключим мультиметр в режиме вольтметра. Возможные хорошие варианты: • «Крокодилы» проводов подключаем к проводу вблизи болта и проводу около колесика на вертикальном участке проволоки. • «Крокодилы» проводов подключаем к небольшим свободным концам проволоки в местах крепления к бутылке и болту. Значения напряжений при этом пересчитываем. Первое измерение проведем при температуре проволоки близкой к комнатной (при малых значениях сил токов). При этом используем мультиметр в режиме «200 mА». Посмотрим, как меняется длина медной проволоки при пропускании через неё «амперных токов». Для этого переведём амперметр в режим «10 А». Далее, увеличивая напряжение на источнике, измеряем угол поворота стрелки φ, силу тока I на амперметре и напряжение U на вольтметре в режиме «нагревания» (увеличения силы тока) и «остывания» (уменьшения силы тока). Последнее измерение проводим опять при температуре проволоки близкой к комнатной. При этом используем мультиметр в режиме «200 mА».

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике φ, ◦

I, A

U, В

∆R/R0

36

0,0824

0,0858 Нагревание

0,00

0,00000

39

0,75

0,837

0,07

0,00019

40

0,86

0,965

0,08

0,00025

42

1,07

1,252

0,12

0,00038

44

1,21

1,438

0,14

0,00050

46

1,35

1,649

0,17

0,00063

47

1,45

1,803

0,19

0,00069

49

1,56

1,984

0,22

0,00082

51

1,66

2,16

0,25

0,00094

53

1,73

2,30

0,28

0,00107

55

1,83

2,48

0,30

0,00120

60

2,02

2,71 Остывание

0,29

0,00151

59

1,93

2,67

0,33

0,00145

57

1,76

2,31

0,26

0,00132

55

1,62

2,09

0,24

0,00120

53

1,51

1,901

0,21

0,00107

51

1,37

1,68

0,18

0,00094

48

1,18

1,401

0,14

0,00076

45

0,99

1,132

0,10

0,00057

44

0,82

0,927

0,09

0,00050

40

0,0442

0,0473

0,03

0,00025

Исследуемая температурная зависимость сопротивления определяется формулой R = R0 (1+α∆t), поэтому ∆R/R0 = (R−R0 )/R0 = α∆t, где R0 – начальное сопротивление. Такой же вид и у зависимости относительного удлинения проволоки от температуры: ε = ∆l/l = β∆t. А значит график зависимости ε от ∆R/R0 будет линейным.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Сопротивление R будем рассчитывать по формуле R = U/I, а относительное удлинение ε − по формуле ε = (π/180◦ ) · (φ − φ0 )r/L. Погрешность относительного удлинения находим по формуле ∆ε = (π/180◦ )· 1◦ · r/L = 6 · 10−5 , погрешность ∆R0 = (∆I0 /I0 + ∆U0 /U0 ) R0 = 0,007 Ом. Погрешность для ∆R находим аналогично, в результате чего погрешность значения R − R0 оказывается порядка 0,04 Ом. Основной вклад в погрешность данной величины дает погрешность амперметра в режиме «10 А».

Зависимость ε от ∆R/R0

На графике приведены линейные участки снятых зависимостей. Отчётливо виден гистерезис, связанный с изменением направления силы трения в колесике при смене режима «нагревания» на режим «остывания». При этом угловые коэффициенты kнаг = (4,3 ± 0,4) · 10−3 , kост = (4,4 ± 0,4) · 10−3 совпадают в пределах погрешности. В рамках используемой модели угловой коэффициент графика

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике должен быть равен β/α. Для его нахождения усредним kнаг и kост : β kнаг + kост = = (4,4 ± 0,4) · 10−3 . α 2 Чем больше масса подвешенного груза, тем сильнее проявляется гистерезис, и при правильном выборе объема воды налитого в бутылку (V > 60 мл) он всегда ост проявляется. При этом kнаг +k остается постоянным. 2 Возможно выбрать другие координаты, линеаризующие снятую зависимость. Считая мощность теплопотерь Wпот пропорциональной разности температур ∆t между проволокой и внешней средой: Wпот = kпот ∆t, можем записать уравнение теплового баланса IU = Wпот = kпот ∆t. Таким образом, зависимость относительного удлинения ε от IU должна быть линейной.

Зависимость ε от IU

На этом графике также отчётливо виден гистерезис, связанный с изменением

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике направления силы трения в колесике при смене режима «нагревания» на режим «остывания». Угловые коэффициенты тоже совпадают в пределах погрешности. β Для определения коэффициента β нужно использовать соотношение α , найденное описанным выше методом. Независимо найдем температурный коэффициент сопротивления α. Исследуем, как зависит сопротивление медной проволоки от температуры. Для этого поместим короткий кусок проволоки в горячую воду, температуру которой измерим термометром. Подадим на проволоку небольшое напряжение от источника порядка 200 мВ. Далее снимем значения силы тока в цепи и напряжения на концах куска проволоки от температуры воды. Для определения сопротивления через проволоку пропустим «небольшой» ток (в диапазоне до 200 мА). Силу тока измерим «миллиамперметром», а напряжение на концах проволоки – «милливольтметром». Обратим внимание, что сопротивление проволоки при длине l = 1 м составляет порядка 1 Ом, в связи с чем амперметр нельзя считать идеальным. U A

проволока

V Выданная проволока неизолированная, так что при помещении её в воду важно, чтобы не было касания (т.е. электрического контакта) друг с другом витков проволоки. Если допустить контакты между витками проволоки, то они могут смещаться при наливании воды, меняя сопротивление проволоки. Этого можно добиться, например, сделав в маленьком стаканчике отверстия канцелярской кнопкой и пропустив через них проволоку. Обратим внимание, что сопротивление проволоки не меняется при помещении её в воду комнатной температуры.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике t,◦ C

U, мВ

I, мА

33,7

46,5

45,2 Остывание

87,0

51,2

41,9

0,188

85,0

51,1

42,0

0,183

83,0

51,1

42,1

0,180

81,0

50,8

42,3

0,167

79,0

50,6

42,4

0,160

77,0

50,5

42,5

0,155

75,0

50,3

42,6

0,148

73,0

50,0

42,8

0,136

71,0

49,8

42,9

0,128

69,0

49,7

43,0

0,124

67,0

49,6

43,2

0,116

65,0

49,4

43,3

0,109

63,0

49,2

43,4

0,102

61,0

49,1

43,5

0,097

59,0

48,9

43,7

0,088

58,0

48,8

43,7

0,085

57,0

48,6

43,7

0,081

56,0

48,6

43,8

0,079

55,0

48,4

43,9

0,072

54,0

48,4

43,9

0,072

53,0

48,3

43,9

0,069

52,0

48,2

44,0

0,065

51,0

48,0

44,0

0,060

41,5

47,0

44,6

0,024

∆R/R0 0 ,000

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Схематичный вид стакана с проволокой

Полученную систему опустим в большой стакан с горячей водой. Не меняя значение напряжения на источнике, снимем значения силы тока I и напряжения U на концах куска проволоки при разных температурах воды t. Для расчёта R0 используем данные, полученные при практически комнатной температуре. Как уже говорилось ранее, температурная зависимость сопротивления определяется формулой R = R0 (1 + α∆t), поэтому в координатах ∆R/R0 от t график должен быть линейным. Погрешность t составляет 0,3◦ C, погрешность ∆R/R0 определяется аналогично прошлому пункту. Отметим, что основной вклад в погрешность вносит погрешность термометра. Пока производим расчёты, вода успевает остыть. Это даёт возможность снять две дополнительных точки при более низких температурах. С помощью графика, который получился линейным, определяем угловой коэффициент k4 = (3,60 ± 0,06) · 10−3 ◦ C−1 . Этот угловой коэффициент совпадает с температурным коэффициентом сопротивления α = k4 = (3,60 ± 0,06) · 10−3 ◦ C−1 . Табличное значение температурного коэффициента сопротивления для меди: αCu = 3,93 · 10−3 ◦ C−1 . С учётом значения β/α = (4,4 ± 0,4) · 10−3 , найденного в предыдущем пункте, вычисляем β = (1,7 ± 0,2) · 10−5 ◦ C−1 . Табличное значение температурного коэффициента расширения для меди βCu = 1,7 · 10−5 ◦ C−1 . β = (1,7 ± 0,2) · 10−5 ◦ C−1 . Примечание: Температурная зависимость сопротивления определяется не только зависимостью ее удельного сопротивления ∆ρ/ρ = γ∆t от температуры но и изменением ее геометрических размеров: ∆l/l = β∆t, ∆S/S = ∆(r2 )/r2 = 2r∆r/r2 = 2β∆t, так как они все вместе входят в конечную формулу R = ρl/S.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

График ∆R/R0 от T

Итого:

∆ρ ∆l ∆S ∆R = + − = (γ − β)∆t, R ρ l S

но в нашем случае β ≪ γ, поэтому α ≃ γ. Учет этих факторов никаким образом не влияет на представленное решение задачи.