Олимпиада по физике 11 класс — заключительный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы

Решения — теор.

Задача №11-T1. Две окружности ⃗ имеет вид 1. Уравнение движения бусинки на резинке в магнитном поле B   ⃗ , m⃗a = −k⃗r + q ⃗v × B то есть (как и отмечено в условии) оно является линейным и однородным уравнением по отношению к закону движения ⃗r(t) (сам вектор координаты, откладываемый от положения равновесия бусинки и его производные – скорость и ускорение – входят в уравнение только в первой степени). При движении по окружности радиуса r0 центростремительное ускорение бусинки создается силой упругости резинки и силой Лоренца, причем в зависимости от направления вращения сила Лоренца либо направлена к центру окружности, либо от него. Значит, величина угловой скорости бусинки при таком движении находится из уравнения mω 2 r0 = kr0 ±qBωr0 =⇒ ω 2 ±

qB k ω− = 0. m m

qB k Далее введем обозначения Ω ≡ и ω02 ≡ . Тогда, выбирая для каждого 2m m случая положительный корень, приходим к выводу, что при вращении по часовой стрелке величина угловой скорости (циклическая частота вращения) r q k q2 B 2 qB 2 2 ω1 = ω0 + Ω + Ω = + + , 2 m 4m 2m а при вращении против часовой стрелки она равна r q k q2 B 2 qB 2 2 ω2 = ω0 + Ω − Ω = + − < ω1 , m 4m2 2m Примечание: в обоих случаях угловая скорость не зависит от радиуса окружности! Поэтому величина линейной скорости пропорциональна радиусу описываемой окружности.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

r0

β⃗r2 (t) ω2 t ⃗r(t)

α⃗r1 (t) ω1 t

2. Пусть теперь ⃗r1 (t) – закон движения бусинки, вращающийся по окружности радиуса r0 по часовой стрелке, а ⃗r2 (t) – закон движения бусинки, вращающийся по той окружности против часовой стрелки. Модули скоростей движения у бусинки при этих движениях различаются: легко найти, что |⃗v1 | = ω1 r0 , а |⃗v2 | = ω2 r0 . Если записать суперпозицию этих законов движения в виде ⃗r (t) =

ω2 ω1 ⃗r1 (t) + ⃗r2 (t) , ω1 + ω2 ω1 + ω2

то, в соответствии с линейностью и однородностью уравнения движения (и в соответствии с содержащейся в условии «подсказкой») этот закон тоже удовлетворяют уравнению движения. Легко определить начальные условия, которым он соответствует: поскольку ⃗r1 (0) = ⃗r2 (0) ≡ ⃗r0 и при различных направлениях ω1 вращения |⃗v1 (0)| = ω1 r0 = |⃗v2 (0)|, то ⃗r(0) = ⃗r0 и ⃗v (0) = 0. Следовательно, полуω2 ченный закон описывает движение бусинки, запущенной без начальной скорости с расстояния r0 от отверстия! Мы обнаружили, что вектор координаты такой ω2 бусинки можно в любой момент времени найти как сумму вектора ⃗r1 (t) с ω1 + ω2 ω2 постоянной длиной r0 , вращающегося с угловой скоростью ω1 по часовой ω1 + ω2 ω1 ω1 стрелке, и вектора ⃗r2 (t) с постоянной длиной r0 , вращающегося с ω1 + ω2 ω1 + ω2 угловой скоростью ω2 против часовой стрелки от того же начального положения

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике (см. рисунок). Отметим, что угол между этими векторами в момент времени t равен φ(t) = (ω1 + ω2 )t. Поэтому, по теореме косинусов, в этот момент времени расстояние от бусинки до отверстия удовлетворяет уравнению !2 !2 h i ω2 ω1 ω2 ω1 2 r (t) = r0 + r0 + 2 · r0 · r0 · cos (ω1 + ω2 )t . ω1 + ω2 ω1 + ω2 ω1 + ω2 ω1 + ω2 Значит,

r h i r0 ω12 + ω22 + 2ω1 ω2 · cos (ω1 + ω2 )t . r(t) = ω1 + ω2 Таким образом, циклическая частотаpизменения расстояния от бусинки по положения равновесия равна ω1 + ω2 = 2 ω02 + Ω2 , причем минимальное значение rmin =

ω1 − ω2 Ω r0 r0 = p 2 ω1 + ω2 ω0 + Ω2

! 1 расстояние принимает в моменты времени tn = √ n+ (где n = 2 ω 2 + Ω2 0,1,2, . . .). Отметим, что для нахождения rmin не обязательно исследовать закон изменения расстояния r(t): достаточно понять, что расстояние от бусинки до отверстия минимально, когда вектора «составляющих» векторов нашей суперпозиции направлены противоположно. Тогда ясно, что rmin равно разности их модулей. 3. Из формулы для r(t) видно, что максимальное расстояние от бусинки до отверстия равно начальному rmax = r0 , и оно достигается в моменты времени π t′n = p 2 n (где n = 0,1,2, . . .). Как видно, впервые после отпускания это ω0 + Ω2 произойдет в момент времени π

π τ=p 2 ω0 + Ω2 Как и в предыдущем пункте, можно получить этот ответ без нахождения r(t) – достаточно образного представления движения. Тогда ясно, что расстояние максимально, когда вращающиеся навстречу друг другу вектора «составляπ 2π . ющих» векторов суперпозиции встречаются, и τ = =p 2 ω1 + ω2 ω0 + Ω2 √ 2 2 4. При √ таком соотношении параметров Ω = ω0 /8, и поэтому ω1 = ω · 2, а ω2 = ω0 / 2. Значит, отношение угловых скоростей ω1 : ω2 = 2 : 1, то есть общее движение периодическое, и траектория оказывается замкнутой. В этом случае 1 2 ⃗r1 (t) = ⃗r1 (t) + ⃗r2 (t), 3 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике длины векторов, сумма которых дает ⃗r(t), равны r0 /3 и 2r0 /3, а закон изменения расстояния r h i r0 5 + 4 · cos 3ω2 t . r(t) = 3 Ясно, что период движения – наименьшее общее кратное периодов двух составляющих движений, которое в нашем случае равно периоду меньшей частоты ω2 .

Поэтому впервые после отпускания бусинка окажется в исходной точке спустя время r √ 2π 2π 2 2m T = = = 2π ω2 ω0 k Период изменения расстояния от отверстия √ 2π 2π 2 1 T = = = T2 . ω1 + ω2 3ω0 3 Поэтому за один период движения бусинка трижды достигает максимального расстояния r0 , и трижды – минимального r0 /3. Таким образом, траектория за «полный оборот» вокруг оси отверстия трижды проходит от окружности с радиусом r0 до окружности с радиусом r0 /3 и обратно, причем вблизи общих точек с большей окружностью бусинка движется по радиусу (траектория касается радиуса), в общих точках с меньшей окружностью радиальная скорость бусинки

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике обращается в ноль при ненулевой угловой скорости – бусинка движется перпендикулярно радиусу, и ее траектория касается меньшей окружности в общих точках. По этим сведениям можно достаточно корректно изобразить вид траектории (см. рисунок). Другой способ изучить траекторию – записать закон движения бусинки в декартовых координатах (x,y). Удобно совместить начало координат с осью отверстия, а ось x направить так, чтобы она проходила через начальное положение бусинки. Проецируя закон движения на эти оси, получим:  h i  x(t) = r0 2 cos(ω2 t) + cos(2ω2 t) 3h i  y(t) = r0 2 sin(ω2 t) − sin(2ω2 t) 3 Тогда можно построить траекторию «по точкам», выбрав несколько характерных значений ω2 t. Впрочем, и в этом случае удобно в первую очередь построить положение точек, отвечающих моментам, когда бусинка находится на максимальном π 2π 4π 5π и минимальном расстояниях от отверстия, то есть ω2 t = 0, , ,π, , . 3 3 3 3 Задача №11-T2. Лепёшка из ртути 1. Неравенство из условия задачи позволяет считать верхнюю поверхность ртути практически плоской, а горизонтальный радиус ртутной "лепёшки"много большим, чем её толщина. Это даёт возможность определить толщину слоя ртути h, рассматривая задачу как двумерную. Будем считать, что ртуть заполнила всю площадь основания цилиндра, но при этом не перешла на его боковую поверхность. Рассмотрим участок слоя жидкости шириной L и условие её равновесия в проекции на F горизонтальную ось x (силы, действующие на этот участок в горизонтальном направлении, Fдавл изображены на рис.): θ Fx = F cos θ−F +pср Lh = σL cos θ−σL+pср Lh = 0, где pср — среднее по высоте гидростатическое F давление ртути, равное pср = ρgh/2. Тогда имеем: s 2σ(1 − cos θ) ρgh2 = σ(1 − cos θ) ⇒ h = . 2 ρg Когда ртуть заполняет всю поверхность основания цилиндра, её объём равен s 2σ(1 − cos θ) . V0 = Sh = S ρg

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 2. Если поставить на ртуть цилиндр массой m, то в каждой точке жидкости гидростатическое давление возрастёт на величину mg/Sк , где Sк — площадь контакта ртути и поставленного на неё цилиндра. Среднее гидростатическое давление в слое ртути в этом случае составит pср =

ρgh mg + . 2 Sк

Условие равновесия сил, действующих на участок ртути единичной ширины в проекции на ось x (см. рис.), примет вид: ρgh2 mgh σ(1 − cos θ) = + . 2 Sк

F Fдавл θ

F Отметим, что h = V /Sк , поскольку поверхность ртути можно считать плоской (после постановки на неё цилиндра это приближение становится ещё более справедливым). Подставляя выражение для h, получим: ρgV 2 mgV + . σ(1 − cos θ) = 2Sк2 Sк2 Ртуть полностью заполнит зазор между цилиндрами при Sк = S, следовательно m1 =

σS 2 (1 − cos θ) ρV − . gV 2

Примечание: обращаем внимание, что в выражении для давления ртути нельзя считать ρgh ≪ mg/S, так как эти величины могут быть одного порядка! 3. В процессе перехода границы ртути с основания нижнего цилиндра на его боковую поверхность направление касательной к поверхности ртути поворачивается на 90◦ . Ртуть станет вытекать из зазора между цилиндрами, когда сила гидростатического давления превысит максимально возможную величину горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения. Теоретически, этот максимум соответствует положению касательной, при котором она является горизонтальной, однако это положение может быть нереализуемо при заданном значении угла смачивания θ.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Рассмотрим два случая. Первый случай: θ < π/2. В данном случае касательная к поверхности жидкости никогда не станет горизонтальной, поэтому величина горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения будет максимальной, если касательная будет направлена под углом θ к боковой поверхности цилиндра (см. рис.). Тогда Fmax = σL(1 + sin θ).

F θ

Fдавл

Записывая условие равновесия, получим, что σ(1 + sin θ) = откуда m2 =

ρgV 2 m2 gV + , 2S 2 S2

σS 2 (1 + sin θ) ρV − . gV 2

Второй случай: θ ⩾ π/2. В данном случае касательная к поверхности жидкости может стать горизонтальной (см. рис.). Тогда максимальная горизонтальная компонента силы поверхностного натяжения будет равна Fmax = 2σL. Записывая условие равновесия в этом случае, получим 2σ =

ρgV 2 m2 gV + , 2S 2 S2

откуда m2 =

2σS 2 ρV − . gV 2

 2 σS (1 + sin θ) ρV    − при θ < π/2, gV 2 m2 = 2 2σS ρV    − при θ ⩾ π/2. gV 2

F Fдавл F

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №11-T3. Усечённый конус 1. Первый способ: Из осевой симметрии системы следует, что в любой точке на оси конуса вектор напряженности параллелен оси. Мысленно разрежем конус на 2N одинаковых практически плоских трапеций. При увеличении N площадь кусочка искривленной трапеции стремится к площади плоской трапеции, так что при достаточно большом N кусочки можно считать плоскими. O α

α ∆ϕ

H1

∆β

H2

∆β

∆c Наибольшее основание ∆c трапеции выражается через центральный угол ∆β окружности сечения с наибольшим радиусом или через угол ∆ϕ при вершине треугольника, получающегося при дополнении трапеции, как ∆c = l∆β = 2l∆ϕ. При достаточно малом ∆β справедливо соотношение ∆c ≪ l, так что в первом приближении каждую из трапеций можно представить в виде тонкого стержня с некоторой эффективной линейной плотностью заряда λ (x).

∆ϕ

∆S

x ∆x Найдем λ (x). Выразим заряд на малой площади треугольника, получающегося при дополнении трапеции. ∆q = σ (x) ∆S = σ (x) x ∆x∆ϕ = A ∆x∆ϕ

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Тогда имеем

∆q ∆β x = A ∆ϕ = A ≡ const. ∆x 2 Рассмотрим тонкий диэлектрический равномерно заряженный стержень длины l с линейной плотностью заряда λ. Найдем напряженность на прямой, содержащей стержень, в точке O на расстоянии l от стержня. Сделаем это методом разности потенциалов. При смещении из точки O на расстояние ∆x ≪ l имеем   ∆φ 1 1 A ∆β ∆EO = − = kλ − = ∆x l 2l 8ε0 l 2π λ (x) =

Тогда с учётом проекции на ось после суммирования ∆β от 0 до 2π получаем вклад в результирующую напряжённость от боковой поверхности конуса: √ 3 A side EO = 16 ε0 l Нормальная компонента поля к плоской равномерно заряженной площадке в любой точке пространства выражается через телесный угол, под которым видна площадка из этой точки. Покажем, что если по плоскому слою равномерно распределён заряд с поверхностной плотностью σ, то в точке A компонента электрического поля, перпендикулярная слою, равна: En =

σΩA 4πε0

где ΩA – телесный угол, под которым виден плоский слой из точки A. Доказательство: Рассмотрим элемент плоского слоя с площадью dS. Пусть ⃗en – единичный вектор нормали к поверхности слоя, направленный к точке A, а ⃗r – радиус–вектор, проведённый от элемента слоя к точке A. Тогда для нормальной компоненты электрического поля элемента слоя получим: ⃗ n = ⃗en · dE

⃗ ⃗r · dS σ⃗rdS σ = · 3 3 4πε0 r 4πε0 r

⃗ изменить на противоположные, величина ⃗r · Если направления векторов ⃗r и dS
3 ⃗ dS /r по определению будет представлять собой элемент телесного угла dΩA , под которым элемент плоского слоя виден из точки A. Таким образом: dEn = что и требовалось доказать.

σdΩA σΩA ⇒ En = 4πε0 4πε0

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Так как оба основания видны из точки O под одинаковым телесным углом, а σ1 = −σ2 , из теоремы о выражении нормальной к площадке напряженности через телесный угол следует, что суммарный вклад в результирующую напряженность от оснований bases EO =0

Значит, √ EO =

3 A 16 ε0 l

Второй способ: Разобъём боковую поверхность на колечки и начнём интегрировать. Z2l Eo =

√ √ Z2l 2πx sin(α) A 3A 1 3 A k cos (α) dx = dx = x2 x 8ε0 x2 16 ε0 l

Пусть y — расстояние от центра диска, заряженного с σ0 , по его оси. Радиус диска R. Будем интегрировать по радиусу. E

disk

yσ0 (y) = 2ε0

ZR 0

σ0 3 dr = 2ε0 (r2 + y 2 ) 2 r

В нашем случае

1− p

y 2 + R2

l 3 l, R1 = 2 2 √ y2 = 3 l, R2 = l

y1 =

Тогда, так как σ1 = −σ2 , суммарная напряжённость от оснований: bases EO =0

√ EO =

3 A 16 ε0 l

2. Первый способ: Рассмотрим пару противоположных стержней. Они образуют равнобокую трапецию с основаниями l, 2l и боковой стороной l.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Заметим, что для равномерно заряженного стержня BC в любой точке W, не принадлежащей стержню, напряжённость направлена вдоль биссектрисы угла ∠BWC. Доказательство: Рассмотрим малый элемент длины ∆l стержня. Напряжённость от него в точке W эквивалентна напряжённости от точечного заряда ∆q = λ∆l. W θ

∆θ

B ∆l

По закону Кулона, ∆EW = k

λ∆l cos2 θ h2

Заметим, что h ∆θ = cos(θ)∆l cosθ Тогда выражение для ∆EW примет вид kλ h∆θ h2 что в точности соответствует напряжённости от малого элемента длины h∆θ дуги окружности радиусом h с плотностью заряда λ. Поскольку для дуги окружности в силу симметрии результирующая напряжённость в точке W направлена по биссектрисе центрального угла, то же самое верно и для стержня. Что и требовалось доказать. ⃗ F в точке пересечения диагоналей трапеции Таким образом, напряжённость E F от боковой стороны направлена вдоль биссектрисы угла θ. Заметим, что точка F′ , в которой суммарная напряжённость от боковой поверхности усечённого конуса равна 0, совпадает с точкой F. В самом деле. Рассмотрим соотношения углов: γ1 =γ2 - как вертикальные, γ2 =γ3 - так как треугольник в основании равнобедренный, φ1 + γ1 = π/2, φ2 + γ3 = π/2 - так как напряженность от боковой стороны должна быть перпендикулярна высоте конуса. ∆EW =

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

H1 ⃗ θ EF

H2 Получаем φ1 = φ2 , значит биссектриса угла θ перпендикулярна высоте конуса. В точке пересечения диагоналей напряженность от боковой стороны перпендикулярна высоте конуса, точки F и F′ совпадают. Согласно теореме о выражении нормальной к площадке напряженности через телесный угол, так как σ1 = σ2 , в точке F пересечения диагоналей трапеции суммарная напряжённость от оснований конуса равна нулю при любом значении σ0 . Из подобия треугольников получаем r2 h2 = h1 r1 r − r1 r2 − r = h1 h2 Откуда: r= При r1 =

2r1 r2 r1 + r2

l , r2 = l получаем: 2 r=

2 l 3

(∗)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

O α

γ1 F

γ2

φ1 φ2 γ3

r1 h1 r

h2

r2 В конусе OF = Откуда имеем

r tg (α)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике √ 2 3 l OF = 3 Второй способ: Введём координатную ось z с началом в точке O и направлением вдоль оси симметрии. Разобьём боковую поверхность усечённого конуса на колечки и для нахождения напряжённости проинтегрируем вклад от одного колечка в пределах изменения координаты x — от l до 2l.. Z2l E

sides

k

(z) = l

A = 4ε0

2πx sin(α)A (x cos(α) − z)  3 dx = 2 2 2 (x sin(α)) + (x cos(α) − z) x

Z2l

x cos(α) − z   3 dx 2 2 2 (x sin(α)) + (x cos(α) − z) l

Введём новую переменную: √ u=x−

3 z 2

Тогда выражение примет вид  √ √ 2l−Z 23 z A  u  3 E sides (z) =
3 du −  4ε0 2 2 + z2 2 √ u 4 3 l− 2 z

2l− 23 z

z 4

l− 23 z

1 z2

u2 + 4

 
32 du

Для взятия данных интегралов можно использовать подстановки Эйлера или Чебышёва или тригонометрическую подстановку, однако первообразная легко угадывается:   √ √ √ 2l− 23 z 2l− 23 z A  3 2 z 8u . √ √ E sides (z) = − − 4ε0 2 4u2 + z 2 l− √3 z 4 z 2 4u2 + z 2 l− √3 z 2 2 После подстановки пределов и приведения к общему знаменателю имеем ! p p √ √ l 2 l2 − 3lz + z 2 − 4l2 − 2 3lz + z 2 sides p p E (z) = √ √ z l2 − 3lz + z 2 4l2 − 2 3lz + z 2 Из условия

E sides (z0 ) = 0

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике получаем единственный корень 2 z0 = √ l. 3 Теперь получим выражение для E bases (z) Пусть y — расстояния от центра по оси диска, заряженного с σ0 . Радиус диска R. Будем интегрировать по радиусу. E

disk

yσ0 (y) = 2ε0

ZR 0

σ0 3 dr = 2 2 2ε 2 (r + y ) 0

1− p

y 2 + R2

Здесь напряженность положительна вдоль направления положительного отсчёта y. В нашем случае √ 3 l R1 = , y1 = z − l 2 2 √ R2 = l, y2 = 3l − z Вклад в осевую напряжённость от оснований: E

bases

σ0 (z) = 2ε0

Тогда из условия имеем единственный корень

z − 23 l 3l − z p p − √ √ 4l2 − 2 3lz + z 2 l2 − 3lz + z 2

E bases (z0′ ) = 0 2 z0′ = z0 = √ l 3

Поскольку E sides (z0 ) = E bases (z0 ) = 0, z0 — искомое положение равновесия. √ 2 3 OF = l 3 3. Первый способ: Пусть пробный заряд смещён относительно положения равновесия F на расстояние z в точку G, z ≪ l. Рассчитаем вклад в напряжённость EG в точке G от боковой поверхности конуса. Отрежем от трапеции верхушку так, чтобы точка G была точкой равновесия для получившейся новой трапеции. Тогда на пробный заряд будет действовать

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

r1 r1′

y1 z

r3

r2 сила со стороны отрезанного кольца (на рисунке обозначенном синим цветом), эта сила будет возвращающей. Значит, положение равновесия устойчивое. OG − OF = z r3 = OG tg(α) r = OF tg(α) Используя (∗), можно записать r3 =

2r1′ r2 r1′ + r2

r1′ =

r2 r3 2r2 − r3

Откуда

∆r1 = r1′ − r1 √ ∆r1 3 3 ∆x1 = = z sin α 4

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике side ∆EG =

kλ(x)∆x1 kA∆x1 cos 60◦ = ∆β y12 4y12

Где

3 l 3

y1 = Просуммируем ∆β от 0 до 2π 9 side EG =

3 A z 32 ε0 l2 Рассчитаем вклад в напряжённость EG в точке G от оснований конуса. Воспользуемся упомянутой в первом пункте теоремой. Тогда нескомпенсированный заряд расположен в форме кольца (на рисунке обозначенном синим цветом) в нижнем основании усечённого конуса.

r1

F r3

G y2

r2′ Из подобия треугольников, r2′ r1 = . OH2 − (OF + z) OF + z − OH1

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике При этом: OH1 = l cos α, OH2 = 2l cos α ∆r2 = r2 − r2′ bases ∆EG =k

Где

2πr2 ∆r2 σ cos 60◦ y22

√ 2 3 y2 = l 3 Тогда для вклада в напряжённость в G от оснований имеем √ 9 3 σ0 bases EG =− z. 16 ε0 l

Окончательно, уравнение движения пробного заряда по оси принимает вид √   A 9 3 q z̈ + − 2σ0 z = 0. 32 mε0 l l Откуда ясно, что положение равновесия устойчивое в случае σ0 <

A 2l

а период колебаний 8π T = 3

2 mε0 l √ 3 q

A − 2σ0 l

−1

Второй способ: Пусть z = z0 + z,

z≪l

Принимая во внимание (1 + x)α ≈ 1 + αx, x ≪ 1 Получим E

sides

√ 9 3 A (z0 + z) ≈ z 32 ε0 l2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Проделывая то же самое для оснований получим √ 9 3 σ0 bases E (z0 + z) ≈ − z 16 ε0 l Окончательно, уравнение движения пробного заряда по оси принимает вид √   A 9 3 q − 2σ0 z = 0 z̈ + 32 mε0 l l Откуда ясно, что положение равновесия устойчивое в случае σ0 <

A 2l

а период колебаний T =

8π 3

2 mε0 l √ 3 q

A − 2σ0 l

−1

Задача №11-T4. Рамка и провод Пусть сторона рамки, параллельная проводу, равна a, а перпендикулярная ей сторона равна b. Введём ось Ox с началом на проводе перx пендикулярно ему в направлении к рамке (см. рис. 1). Далее величина x везде обозначает рас⃗ a B стояние между проводом и ближайшей к нему стороной рамки, которое изначально равнялось b x0 . Пусть сила тока в проводе равна I. Тогда индукция создаваемого магнитного поля провода на расстоянии r от него направлена перпендикулярно горизонтальной поверхности на читателя и равна: B(I, r) =

µ0 I , 2πr

где µ0 – магнитная постоянная. Пусть I1 – величина силы тока в рамке в направлении против часовой стрелки при виде сверху. Равнодействующая сил Ампера, действующих на контур, составляет: Fx = I1 aB(I, x + b) − I1 aB(I, x).

O ⃗ a B I1 b

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины a и b во много раз меньше x0 , то выражение для Fx можно приблизить следующим образом: ! µ0 I1 Iab µ0 I1 Ia d 1 b=− . Fx ≈ 2π dx x 2πx2 Пусть R – сопротивление рамки, а Φ – поток индукции магнитного поля, пронизывающего рамку. Поскольку индуктивностью рамки можно пренебречь, для силы тока I1 из закона электромагнитной индукции Фарадея находим: Φ̇ I1 = − . R Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины a и b во много раз меньше x0 , то индукцию магнитного поля провода можно считать постоянной по всей поверхности, натянутой на контур рамки, и равной B(x), поэтому Φ ≈ B(x)ab. Тогда имеем: ! ab dB(x) µ0 ab d I I1 = − =− , R dt 2πR dt x откуда: Fx =

!2 I d µ0 ab 2π Rx2 dt

! I x

Рассмотрим увеличение силы тока в проводе. Поскольку это увеличение происходит очень быстро, движением рамки и её смещением за время увеличения силы в проводе до максимального значения можно пренебречь. Тогда для силы Fx имеем: !2 µ0 ab I dI Fx ≈ . 2π Rx3 dt Пусть m и vx – масса рамки и проекция её скорости на ось x соответственно. Из закона изменения импульса для рамки имеем: !2 µ0 ab I dI dvx m = . dt 2π Rx3 dt Умножим закон изменения импульса для рамки на dt: !2 µ0 ab IdI mdvx = . 2π Rx3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Проинтегрируем полученное выражение, обозначив за I0 максимальную величину силы тока в проводе: vZ0

IZ0

mdvx = mv0 = 0

!2 IdI µ0 ab = 2π Rx30

µ0 abI0 2π

!2

1 . 2Rx30

Отметим, что рамка начинает удаляться от провода после достижения в нём максимального значения силы тока. Проанализируем дальнейшее движение рамки. Для этого получим выражение для силы Fx при постоянном значении силы тока в проводе I = I0 : Fx =

µ0 abI0 2π

!2

1 d Rx2 dx

1 x

µ0 abI0 2π

=−

!2

1 dx . Rx4 dt

Запишем закон изменения импульса для рамки: µ0 abI0 2π

dvx =− m dt

!2

1 dx Rx4 dt

Умножим закон изменения импульса для рамки на dt: mdvx = −

µ0 abI0 2π

!2

dx . Rx4

Проинтегрируем полученное выражение в предположении, что рамка удаляется бесконечно далеко от провода, обозначив за v1x проекцию скорости рамки на ось x на бесконечном удалении от провода. Поскольку скорость рамки уменьшается, предположение окажется оправданным в том случае, если величина v1x окажется положительной. Имеем: !2 ∞ !2 Z µ0 abI0 2mv0 dx 1 1 µ0 abI0 =− . m(v1x − v0 ) = − =− 3 4 R 2π x 3Rx0 2π 3 x0

Отсюда: v0 3 Поскольку v1x > 0, рамка в процессе движения после достижения силой тока в проводе максимального значения никогда не останавливалась, а значит, полученное значение является ответом на вопрос задачи. Если бы величина v1x оказалась v1x =

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике отрицательной, то скорость рамки и расстояние между рамкой и проводом асимптотически стремились бы к нулю и к постоянному знаю соответственно. Таким образом: v0 3 Задача №11-T5. Неоднородность в призме 1. Поскольку пучок света направлен по нормали к грани призмы, на которую он падает, на входе O в призму пучок не преломляется. Исследуем траектории лучей внутри призмы. Пусть φ – угол между φ направлением распространения луча и осью y, а x0 x0 – координата точки входа луча в призму. При этом x угол падения на границу раздела сред равен 90 − φ, поэтому из закона Снелла следует: x 3 cos φ 3 2h − x n cos φ = = ⇒ cos φ = . 2h − x0 x x0 2− 2− h h v1 =

Первое решение: Обратим внимание на соотношение: 2h − x = 2h − x0 = const. cos φ

O φ x0

Проведём через некоторую точку T траектории луча линию, перпендикулярную направлеx T нию его распространения до точки P такой, что xP = 2h. Обратим внимание, что расстояние между точками P и T является постоянной величиной, равной 2h−x0 . Поскольку свет распространяется в направлении, перпендикулярном P T , а P T = 2h − x0 = const и xP = 2h = const φ – положение точки P является постоянным, поскольку её смещение должно быть одновременxP = 2h P но перпендикулярно P T и оси x, что невозможx но. Значит, траектория луча света до попадания на стороны AB и OB сечения призмы представляет собой окружность с центром в точке P . Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси y, а значит для каждого луча центр окружности лежит в точке P такой, что xP = 2h и yP = 0. Окончательно:

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

y 2 + (x − 2h)2 = (2h − x0 )2 . Второе решение: Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: dx = (2h − x0 ) sin φ dφ. Изменения координат dx и dy можно связать с помощью угла φ: tg φ =

dx . dy

Найдём изменение dy координаты y при изменении угла φ на величину dφ: dy = dx ctg φ = (2h − x0 ) ctg φ sin φ dφ = (2h − x0 ) cos φ dφ. Величине y = 0 соответствует φ = 0. Тогда получим: Zφ y(φ) = (2h − x0 ) cos φ dφ = (2h − x0 ) sin φ. 0

Теперь получим выражение, связывающее y и x: 2

1 = sin φ + cos φ =

y 2h − x0

!2 +

x − 2h 2h − x0

!2 ,

откуда: y 2 + (x − 2h)2 = (2h − x0 )2 . Третье решение: Получим зависимость y(x) для траектории луча света. Для этого избавимся от угла φ: dx tg φ = . dy Поскольку φ > 0: s tg φ =

v ! u u 2h − x0 2 1 dx t −1= −1= . 2 cos φ 2h − x dy

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Учитывая, что 2h > x, получим: Zx y(x) =

(2h − x)dx p

x0

(2h − x0 )2 − (2h − x)2

2h−x Z

x′ dx′ p

2h−x0

(2h − x0 )2 − x′2

Отсюда: y(x) =

p (2h − x0 )2 − (2h − x)2 ⇒ y 2 + (x − 2h)2 = (2h − x0 )2 .

Четвёртое решение: Для радиуса кривизны ρ траектории луча имеем: ρ=

dl , dφ

где dl – элемент пути, пройденного лучом. Но dl = dx/ sin φ, откуда: ρ=

dx 1 dx =− . sin φ dφ d cos φ

dφ

dl

Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: −

dx = 2h − x0 = ρ = const. d cos φ

Таким образом, радиус кривизны траектории каждого луча остаётся постоянным, т.е траектория луча света до попадания на стороны AB и OB сечения призмы представляет собой дугу окружность радиусом 2h − x0 . Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси y, а значит для каждого луча центр окружности лежит в точке P такой, что xP = 2h − x0 + x0 = 2h и yP = 0. Окончательно: y 2 + (x − 2h)2 = (2h − x0 )2 . 2. Из решения первого пункта следует, что траектория любого луча внутри призмы до попадания на AB и OB сечения призмы являются дугами окружностей, лежащими в плоскости рисунка, а центры этих окружности расположены в точке P такой, что xP = 2h, а yP = 0. Обратим внимание, что радиус окружности уменьшается с увеличением координаты

O h A

B h

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике x0 . Расстояние от точки P до точки пересечения дуги окружности с OB уменьшается вплоть до момента, пока дуга окружности не коснётся рассматриваемой грани. При дальнейшем увеличении координаты x0 дуги окружности не будут пересекать OB. Таким образом, лучи достигнут всех точек OB при условии отсутствия точек касания с дугами окружностей, а значит угол ∠P BO не должен быть острым. Поскольку треугольник OP B является равнобедренным, имеем: ∠P BO = 180◦ − 2α ≥ 90◦ , откуда: α ≤ 45◦ . 3. Обратим внимание, что при увеличении координаты x0 угол падения лучей на OB будет увеличиваться, как и показатель преломления вещества призмы. Тогда условие, при котором все лучи, достигнувшие OB, попадают в воздух состоит в том, что лучи, достигнувшие её вблизи точки B, не испытают полного отражения. Поскольку исходно такие лучи падают под углом α к OB и поворачивают на угол α при движении по дуге окружности – угол падения луча в момент достижения OB равен 2α. Тогда имеем:

O α h 2α

A B h α

n(h) sin 2α = 3 sin 2α ≤ 1, P

откуда: α≤

1 1 arcsin ≈ 9.74◦ . 2 3

Решения — прак.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №11-E1. Немокрая вода Положим на весы шприц объемом 10 мл, обнулим показания весов. Перельем «сухую воду» из бутылки в баночку. Наберем из баночки в шприц объем V = (9,8 ± 0,1) мл жидкости. Положим шприц на весы и запишем их показания m = (15,94 ± 0,16) г. Выльем сухую воду в баночку. Рассчитаем плотность жидкости: m = (1,63 ± 0,03) г/см3 (5) V Погрешность полученного значения рассчитаем через сумму относительных погрешностей измеренных массы и объема: σ σV  m σρ = ρ + = 0,03 г/см3 . (6) m V ρ=

Измерим площадь поперечного сечения толстой силиконовой трубки. Для этого наберем в шприц объемом 1 мл воду. Наденем на шприц трубку. Вытолкнем часть воды из шприца в трубку и сделаем отметку на трубке. Запишем значение объема воды в шприце v1б = (0,96 ± 0,01) мл. Надавим на поршень шприца так, чтобы большая часть воды из шприца переместилась в трубку. Сделаем еще одну отметку на трубке в месте положения мениска. Запишем конечное значение объема воды в шприце v2б = (0,12 ± 0,01) мл. Измерим расстояние между отметками на трубке lб = (11,5 ± 0,1) см. Рассчитаем сечение трубки: sб =

v1б − v2б = (7,30 ± 0,24) мм2 . lб

(7)

Погрешность полученного значения рассчитаем через сумму относительных погрешностей объема воды в трубке и длины ее столба:   σl 2σv σsб = sб + б = 0,24 мм2 . (8) v1б − v2б lб Наберем в шприц объемом 10 мл воду. Наденем на носик шприца трубку. Нажмем на поршень шприца, чтобы часть воды оказалась в трубке. Также запишем объем воды в шприце V0 = (10,5 ± 0,2) мл. Нальем холодную воду в мерный цилиндр. Измерим ее температуру Tcw = (18,8 ± 0,3)◦ C. Поместим в воду шприц, подвесив его за трубку в лапке штатива. Через некоторое время мениск в трубке перестанет передвигаться. Отметим местоположение мениска в трубке ручкой. Вынем шприц из воды. Выльем часть холодной воды из мерного цилиндра и добавим горячую воду в таком количестве, чтобы температура смеси была около 30◦ C. Измерим температуру воды Thw = (31,8 ± 0,3)◦ C термометром. Поместим в воду шприц и вновь дождемся момента, когда мениск воды в трубке перестанет двигаться. Видно, что с учетом точности измерений мениск практически не сдвинулся. Последнее означает, что объем внутри шприца из-за расширения пластика

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике увеличился примерно также, как и объем воды. То есть объемные коэффициенты расширения шприца и воды в пределах точности эксперимента одинаковы. В указанном диапазоне температур этот коэффициент можно рассчитать, зная значения плотности воды в указанном диапазоне температур: βводы =

∆ρв = 0,35 · 10−3 . ρв (T40 − T20 )

(9)

Проведем аналогичный опыт с «сухой водой», заполним шприц тем же объемом, чтобы изменение объема шприца происходило аналогичным образом. В результате опыта при изменении температуры жидкости от Tcn = (16,8 ± 0,3)◦ C до Thn = (35,0 ± 0,3)◦ C мениск переместился в строну от носика на расстояние ln = (4,4 ± 0,1) см. Запишем геометрические соотношения для объемов в данном случае: ln s = (β − βводы )V0 (Thn − Tcn ),

(10)

откуда для коэффициента объемного расширения жидкости имеем: β=

ln s + βводы = (2,0 ± 0,1) · 10−3 ◦ C−1 (Thn − Tcn )V0

Рассчитаем погрешность измеренной величины:   σln 2σT σV0 + + = 0,1 · 10−3 ◦ C−1 σβ = (β − βводы ) V0 ln Thn − Tcn

(11)

(12)

Табличное значение составляет βтабл = 1,84 · 10−3 ◦ C−1 . Наберем в шприц объемом 1 мл воду. Наденем на кончик шприца розовую иглу, на которую в свою очередь наденем силиконовую трубку. Нажмем на поршень шприца, выдавив в трубку небольшое количество воды. Отметим на трубке ручкой положение мениска воды. Запишем объем воды в шприце в этот момент v1 = (0,98 ± 0,01) мл. Протолкнем воду в трубке практически до конца трубки. Сделаем вторую отметку на трубке. Запишем значение объема воды в шприце в этом случае v2 = (0,50±0,01) мл. Измерим линейкой расстояние l = (59,3±0,2) мм между отметками на трубке. Рассчитаем площадь поперечного сечения трубки: s=

v1 − v2 = (0,81 ± 0,04) мм2 l

(13)

Погрешность полученного значения рассчитаем через сумму относительных погрешностей объема воды в трубке и длины ее столба:   2σv σl σs = s + = 0,04 мм2 . (14) v1 − v2 l

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике В этой части работы будем использовать шприц объемом 10 мл. Измерим линейкой высоту H = (5,7 ± 0,1) см, соответствующую V10 = (10,0 ± 0,2) мл его шкалы. Соберем установку, изображенную на рисунке 1. Для этого нальем сухую воду в баночку. В крышку банки вставим один конец трубки. Наберем в шприц «сухую воду». Подсоединим к шприцу с помощью розовой иглы силиконовую трубку. Закрепим шприц в штативе так, чтобы высота начала шкалы была немного выше уровня конца трубки, вставленного в банку. Выдернем поршень из шприца, после чего жидкость начнет движение по трубке. Измерим зависимость V (t) объема жидкости в шприце от времени.

Рис. 1. Установка для измерения вязкости жидкости

После снятия зависимости измерим разность высот начала шкалы шприца и конца силиконовой трубки, вставленного в банку h0 = (1,2±0,2) см. Разница давлений на концах силиконовой трубки определяется высотой h столба жидкости в шприце: H . (15) h=V V10 Тогда, согласно формуле Пуазейля, для объемного потока жидкости можно записать:   H 2 s ρg V + h 0 V10 dV =− . (16) dt 8πηl Разделим переменные: dV s2 ρg dt = − . (17) 8πηl V VH + h0 10

И проинтегрируем:   H Hs2 ρgt ln V + h0 = − + const . V10 8V10 πηl

(18)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Введем для удобства величину y = V VH10 + h0 (суть которой в движущей силе жидкости в трубке). Рассчитаем величину ln y в таблице. Построим график зависимости ln y(t). Погрешность времени примем равной σt = 1 с. Абсолютная погрешность ln y равна относительной погрешности y:
σh0 + V VH10 σVV + σHH σln y = (19) V VH10 + h0 t, с

V, мл

y, см

ln(y/см)

σln(y/см)

9,0

6,3

1,85

0,06

11

8,4

6,0

1,79

0,07

18

8,0

5,8

1,75

0,07

25

7,6

5,5

1,71

0,07

34

7,0

5,2

1,65

0,07

42

6,6

5,0

1,60

0,08

50

6,2

4,7

1,55

0,08

57

5,8

4,5

1,51

0,08

72

5,2

4,2

1,43

0,09

80

4,8

3,9

1,37

0,09

89

4,4

3,7

1,31

0,10

100

4,0

3,5

1,25

0,10

116

3,4

3,1

1,14

0,11

143

2,6

2,7

0,99

0,13

160

2,0

2,3

0,85

0,14

185

1,4

2,0

0,69

0,16

203

1,0

1,8

0,57

0,18

223

0,6

1,5

0,43

0,21

246

0,2

1,3

0,27

0,24

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Видно, что экспериментальные точки на графике хорошо описываются линейной функцией с модулем углового коэффициента: k=

Hs2 ρg = (6,4 ± 0,2) · 10−3 с−1 . 8V10 πηl

(20)

Измерим полную длину силиконовой трубки l = (63,5 ± 1,0) см. Погрешность здесь оценим в σl = 1,0 см, так как игла имеет примерно такую длину, и ее гидродинамическое сопротивление неизвестно. Рассчитаем на основе полученных данных динамическую вязкость жидкости: Hs2 ρg = (5,8 ± 1,2) · 10−4 Па · с. (21) 8V10 πkl Погрешность полученного значения оценим, сложив относительные погрешности, входящих в формулу величин:   σH 2σs σρ σk σl ση = η + + + + = 1,2 · 10−4 Па · с. (22) H s ρ k l η=

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Табличное значение динамической вязкости, полученное через произведение кинематической вязкости ν и плотности жидкости, для температуры в 25 ◦ C составляет: ηтабл = ν · ρ = 0,39 · 10−6 · 1,6 · 103 Па · с = 6,2 · 10−4 Па · с. Проверим, что движение жидкости в трубке является ламинарным. Для этого оценим число Рейнольдса для экспериментальной точки с максимальным объемным расходом. Remax =

Qmax ρ (9 − 8,4) · 10−6 · 1,6 · 103 = = 150 < Reкр . Dη 11 · 5,8 · 10−4 · 10−3

(23)

Для определения молярной массы жидкости необходимо узнать, сколько молей содержится в порции этого вещества определенной массы. Наиболее простой способ – превратить это вещество в газ при известных внешних параметрах: температура и давление. Поместим определенную порцию жидкости в сосуд под подвижный поршень, с противоположной стороны которого атмосферное давление, и начнем нагревать. При достижении температуры кипения давление паров жидкости достигнет атмосферного давления, и поршень придет в движение. Дальнейшее повышение температуры приведет к тому, что вся жидкость выкипит и получившийся газ расширится так, чтобы его давление сравнялось с атмосферным. В этом случае будут известными давление вещества, его объем и температура, по которым легко определить количество молей вещества в газообразном состоянии. Реализуем идею на имеющемся оборудовании. В качестве сосуда с подвижным поршнем будем использовать шприц объемом 60 мл. В описанной выше теоретической модели важно, чтобы поршень имел небольшую силу трения о стенки шприца по сравнению с силой атмосферного давления. Для проверки этого параметра наберем в шприц Vнач = 60 мл воздуха, заткнем пальцем носик шприца, нажмем на поршень, а затем отпустим его. Поршень начнет возвращаться обратно, через некоторое небольшое время поршень остановится примерно на отметке в Vкон = Vнач − ∆V = 59 мл. Можно ввести поправку на избыточное давление, связанное с трением поршня. В предположении о независимости силы трения в шприце от положения поршня давление в шприце, при движении поршня в сторону увеличения, объема будет равным: p′0 = p0

Vнач ∆V ≈ p0 + p0 = p0 + ∆p0 = (102 ± 2) кПа. Vкон Vнач

(24)

То есть будет больше атмосферного на величину ∆p0 = 2 кПа. Погрешность давлений p0 и p′0 будем в дальнейшем принимать равным 2 кПа.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Переместим поршень шприца на отметку в 0 мл. Наденем на носик шприца резиновую пробочку. Положим шприц на весы и обнулим показания весов. Наберем в шприц объемом 1 мл приблизительно 0,2–0,3 мл «сухой воды». Проткнем иглой шприца резиновую пробочку и введем в большой шприц жидкость. Вытащим из пробочки иглу малого шприца и вновь положим большой шприц на весы. Показания весов m = (0,57 ± 0,02) г будут равны массе «сухой воды» в большом шприце. Нальем в мерный цилиндр горячую воду и опустим туда шприц, прижав его корпус к верхнему торцу цилиндра лапкой штатива. Если температура в цилиндре превышает температуру кипения, то жидкость в шприце достаточно быстро закипит, и поршень шприца придет в движение. Через некоторое время поршень шприца остановится и далее будет медленно опускаться с падением температуры внутри цилиндра. Будем считать, что в эти моменты газ в шприце и вода в мерном цилиндре находятся в тепловом равновесии, то есть их температуры равны. Измерим в этот момент объем газа в шприце V = (50,0 ± 0,5) мл и температуру в мерном цилиндре T = (69,5 ± 0,3) ◦ C = (342,7 ± 0,3) К. Запишем закон Менделеева–Клапейрона для газа внутри шприца: m RT. µ

(25)

m RT = 319 г/моль. p′0 V

(26)

p′0 V = Откуда для молярной массы получаем: µ=

Систематическую погрешность значения оценим как сумму относительных погрешностей входящих величин:   σp′0 σm σV σT σсистематич.µ = µ + ′ + + = 21 г/моль. (27) m p0 V T Для того, чтобы убедиться в достоверности результата, можно провести эксперимент повторно. m, г

V, мл

T, ◦ C

µ, г/моль

0,57

50,0

69,5

319

0,51

41,5

64,4

338

0,36

29,0

57,5

334

По полученным результатам оценим случайную погрешность полученных значений как σслуч.µ = 10 г/моль. Окончательно для молярной массы имеем

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

µ = (330 ± 30) г/моль Табличное значение составляет µтабл = 316 г/моль. Для измерения давления насыщенного пара жидкости при температурах ниже температуры кипения необходимо, чтобы под поршнем шприца находился не только пар, но и воздух, так как давление паров меньше атмосферного. То есть тогда сумма давления воздуха pв и давления насыщенного пара pнп будет равна давлению p′0 : p′0 = pнп + pв . (28) Вынем поршень из большого шприца и подождем некоторое время. Продуем его и вставим поршень обратно, тем самым добившись того, что шприц будет заполнен только воздухом. Установим шприц на отметку V0 = (30,0 ± 0,5) мл при атмосферном давлении и комнатной температуре T0 = (22,2±0,3) ◦ C = (295,4±0,3) К. Закроем носик шприца пробкой. Проткнем пробку иглой шприца объемом 1 мл и введем приблизительно 0,3 мл «сухой воды» в шприц. Этого количества жидкости будет достаточно для того, чтобы в дальнейшем часть вещества оставалась в жидком состоянии, и пар был насыщенным. Вынем иглу малого шприца из пробки. Жидкость в шприце начнет испаряться, поршень начнет двигаться. Его движение прекратится, когда давление воздуха уменьшится до разности атмосферного давления и давления насыщенного пара жидкости. При испарении жидкость остывает, поэтому системе требуется некоторое время, чтобы прийти в тепловое равновесие с окружающей средой. Немного потрясем шприц так, чтобы жидкость омыла внутреннюю поверхность стенок шприца, и подождем время 5–10 мин, периодически отмечая положение поршня. Когда положение поршня перестанет меняться, запишем значение объема газа в шприце Vв = (49,0±0,5) мл. Давление воздуха в шприце легко рассчитать на основе закона Бойля– Мариотта: V0 pв = p0 . (29) V Давление пара выражается разностью давления p′0 и давления воздуха в шприце:   V0 V0 ′ pнп = p0 − p0 = p0 1 − + ∆p0 = (40,8 ± 2,4) кПа. (30) V V Погрешность величины оценим как:    σV0 σV V0 + V V V σ 0 p  = 2,4 кПа. σpнп = (pнп − ∆p0 ) =  0 + p0 1 − VV0

(31)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Выбор второй точки обусловлен двумя факторами: точностью измерений и удаленностью по температуре от комнатной температуры. Точка, отвечающая равенству давления паров атмосферному давлению, то есть соответствующая температуре кипения жидкости, удовлетворяет одновременно обоим условиям. Действительно, если выбрать другую точку, то погрешность измерения температуры будет определяться не только приборной погрешностью термометра, но и предположением о равенстве температур внутри шприца и окружающей его среды, ведь поместить термометр в закрытый шприц не представляется возможным. С другой стороны, при расчете давления в погрешность внесут вклад не только погрешность атмосферного давления, но и погрешности измерения объемов в шприце. Измерение же давления паров при более высоких температурах, чем температура кипения, с помощью данного оборудования крайне затруднительно. Определить температуру кипения совсем несложно. Для этого нальем небольшое количество жидкости в банку и пустим баночку плавать в горячей воде. Жидкость через некоторое время закипит, ее температура при этом составит Tкип = (50,8 ± 0,3) ◦ C = (332,0 ± 0,3) К Рассчитаем величину удельной теплоты парообразования жидкости: L=

R T0 Tкип p0 ln = (76 ± 13) Дж/г. µ Tкип − T0 pнп

Погрешность величины оценим по следующей формуле:     σV0 σV V0 + V V0 V 2σT σµ

 = 13 Дж/г. σL = L  + + V0 Tкип − T0 µ 1 − V ln 1 − VV0

(32)

(33)

Табличное значение при температуре кипения( Tкип.табл. = 49,2◦ C) составляет Lтабл = 88 Дж/г. Наполним кювету жидкостью. На листе бумаги нарисуем достаточно контрастную точку. Поставим кюветы на лист бумаги так, чтобы точка оказалась под плоской частью дна кюветы. Если смотреть на боковую поверхность кюветы, то точка, расположенная под ее дном, видна не со всех ракурсов (см. рис. 2). Свет, рассеянный точкой, распространяется внутри кюветы в соответствии с законом Снеллиуса внутри конуса с половинным углом раствора: αкр = arcsin

1 . n

(34)

Лучи, попадая на боковую поверхность кюветы, выходят из нее преломляясь. При этом область видимости точки ограниченна крайним лучем, который падает на боковую поверхность кюветы под углом (90◦ − αкр ). Преломляясь, этот луч

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Рис. 2. Схема измерения показателя преломления жидкости

выходит из боковой поверхности кюветы под углом γ. Запишем закон преломления света для этого крайнего луча: p n sin (90◦ − αкр ) = n cos(αкр ) = n2 − 1 = sin γ. (35) Таким образом для показателя преломления имеем: q n = 1 + sin2 γ.

(36)

Измерим этот угол с помощью линеек. Одной линейкой будем измерять горизонтальное расстояние между краем стола и кюветой, а другую прижмем к торцу столешницы в вертикальном положении. Найдем положение головы, при котором точка начинает исчезать. Подвинем верхний конец вертикальной линейки на линию наблюдения точки. Измерим расстояние между торцом стола и кюветой x = (36,1 ± 0,2) см и расстояние между верхним торцом вертикальной линейки y = (45,5 ± 1,0) см. Погрешность измерения вертикального расстояния оценим в

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике σy = 1 см из-за субъективности наблюдателя при суждении о пропадании и появлении точки, а также из-за того, что точно не определена точка выхода лучей из кюветы. Можем записать для угла преломления наблюдаемого луча: γ = arctan

y = 51,6◦ . x

(37)

Систематическую погрешность оценим методом границ: y+σ

σсист.γ =

y−σ

arctan x−σyx − arctan x+σxy 2

= 0,8◦ .

(38)

Случайную погрешность σслуч.γ ≈ 2◦ можно оценить, проведя опыты несколько раз для разных расстояний x. Тогда окончательно для угла преломления луча запишем γ = (51,6 ± 3,0)◦ . Рассчитаем на основе полученного значения показатель преломления жидкости. Погрешность также оценим методом границ. n = (1,27 ± 0,02) Заметим, что стенки кюветы на самом деле не вертикальны, однако более детальные расчеты показывают, что существенной ошибки в измерениях от этого не происходит. Табличное значение показателя преломления nтабл. = 1,264. Данные, указанные в решении, получены на авторском оборудовании. Длины трубок и точность шкал шприцев могут быть отличным от выданного участникам олимпиады. Все диапазоны численных значений и погрешностей, по которым жюри будет оценивать работы, указаны в критериях оценивания. Табличные данные доступны по ссылкам: • https://multimedia.3m.com/mws/media/1626453O/novec-1230-datasheet-ru-2018.pdf • https://www.chemspider.com/Chemical-Structure.2062563.html