Олимпиада по физике 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы
Официальный комплект заключительного этапа Всероссийской олимпиады школьников по физике для 9 класса (2023/2024 учебный год). Задания и решения с критериями оценивания — скачайте PDF или прорешайте онлайн по тексту ниже.
Задания — текст для прорешивания
Текст извлечён из официального PDF автоматически: формулы, таблицы и рисунки могут отображаться неточно — сверяйтесь с документом выше.
Задания — теор.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике
9 класс Задача №1. Ускоряющее зеркало Экспериментатор Глюк держит в руках точечный источник света S, расположенный под горизонтальным плоским зеркалом, движущемся поступательно с постоянным вертикальным ускорением. Глюк бросил источник света под углом к горизонту и стал производить съёмку с помощью специальной видеокамеры. Проанализировав видеофрагмент в покадровом режиме, Глюк построил на листе масштабно-координатной бумаги участки траекторий источника света S и его изображения в зеркале S ∗ .
⃗g
Пользуясь приведённым рисунком, определите величину и направление ускорения ⃗a зеркала. Ускорение свободного падения g = 9,80 м/с2 . Сопротивлением воздуха можно пренебречь, скорость света считайте бесконечной. В бланках для оформления решений приведён рисунок с траекториями источника и изображения в увеличенном масштабе. Необходимые построения выполняйте на этом листе-бланке. Обратите внимание, что методы нахождения величин, необходимых для решения, будут оцениваться в соответствии с точностью предложенного метода.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №2. Мощная задача U0 I P2
P3 P1
Рис. 1
Рис. 2
Электрическая цепь, схема которой изображена на рисунке 1, состоит из идеального источника постоянного напряжения U0 = 12 В, резистора, идеального диода (напряжение открытия которого равно нулю) и трёх приборов, далее именуемых «источники постоянной мощности». Обозначим за I силу электрического тока, протекающего через прибор. Принцип работы источника постоянной мощности таков: 1. при I = 1 А = Iв , прибор работает как источник постоянной силы тока Iв = 1 А, выдавая мощность не больше номинальной. 2. Прибор пропускает ток только в направлении, указанном стрелкой возле его обозначения на схеме. Сила тока не превосходит Iв . 3. При I ⩽ 1 мА прибор работает как источник постоянного напряжения, выдавая мощность не больше номинальной и создавая напряжение, равное P/Iн , где P – номинальная мощность прибора, а Iн = 1 мА. 4. При Iн < I < Iв мощность, выдаваемая прибором, постоянна и равна номинальной. 5. Под номинальной мощностью прибора понимается P = IUV , где показания вольтметра UV > 0 (см. рисунок 2). Обратите внимание на полярность подключения вольтметра! Номинальные мощности каждого источника: P1 = 1 Вт, P2 = 2 Вт и P3 = 3 Вт. Найдите значения сил токов, текущих во всех ветвях цепи, и сопротивление R резистора. Известно, что через резистор протекает ток силой IR = 0,8 А. При решении используйте следующие обозначения: • Ii – сила электрического тока, протекающего через прибор Pi ; • ID – через диод; • I0 – через источник постоянного напряжения; • IR – через резистор.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №3. Нелинейная картина В сосуд кладут кусок льда массой mл и заливают порцией воды массой mв . На диаграмме показаны области с указанием конечного состояния содержимого сосуда в зависимости от температуры куска льда tл ∈ [−100 ◦ C; 0 ◦ C] и температуры порции воды tв ∈ [0 ◦ C; 100 ◦ C]. tв , ◦ C
100
80
смесь воды и льда 60
40 лёд
20
tл , ◦ C −100
−80
−60
−40
−20
Известно, что в диапазоне [−100 ◦ C; 0 ◦ C] удельная теплоёмкость льда зависит от его температуры по закону: cл (tл ) = c + αtл , где c = 2100 Дж/(кг ·◦ C), tл — температура льда в градусах Цельсия, а α — некоторая постоянная величина. Удельная теплоёмкость воды 2c = 4200 Дж/(кг ·◦ C), а удельная теплота плавления λ = 336 кДж/кг = 2cT , где T = 80 ◦ C. Теплоёмкостью сосуда и тепловыми потерями пренебречь. 1. Определите α и γ = mл /mв .
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 2. Качественно начертите аналогичную диаграмму конечного состояния содержимого сосуда в зависимости от температуры куска льда tл ∈ [−100 ◦ C; 0 ◦ C] и температуры порции воды tв ∈ [0 ◦ C; 100 ◦ C], но при равных массах льда и воды mл = mв . Укажите на диаграмме характерные точки. Задача №4. А когда не натянута? Маленькое невесомое колечко может скользить без трения по длинной горизонтальной заv0 креплённой спице. Один конец невесомой нерасα O тяжимой нити прикреплён к кольцу, а другой за⃗g креплён в неподвижной точке O (см. рисунок). По нити без трения может перемещаться массивL ная бусинка. Изначально нить слегка натянута, при этом бусинка находится на одной горизонтали с точкой O и на одной вертикали с колечком. Длина горизонтального участка нити равна L. Бусинку толчком приводят в движение в вертикальной плоскости, содержащей нить. Сразу после толчка бусинка удаляется от спицы, а нить оказывается натянутой. Ускорение свободного падения равно g. 1. Под каким углом α к горизонту направлена скорость бусинки сразу после толчка? 2. При каких значениях начальной скорости v0 нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы? Задача №5. Удаление со льда Два одинаковых небольших тяжёлых ящика покоятся на горизонтальной поверхности льда. Оба ящика находятся на одинаковом расстоянии L = ⃗g 0,8 м от прямолинейного края ледяного поля. Уборщик, вооружённый длинным скребком (плоской прямоугольной пластиной с ручками), подъехал к первому ящику и прижал край скребка к одной из граней ящика. Для этого он развернул скребок так, что его α край составил угол α1 = 10◦ с краем поля. Затем он двигал скребок поступательно из состояния покоя с постоянным ускорением a, направленным перпендикулярно краю поля (см. рисунок). В результате ящик L покинул поле за время t1 = 2 с. Потом уборщик подъехал ко второму ящику и, действуя аналогично, вывез и его за край поля. Он снова вёз скребок поступательно с тем же ускорением, но в этот раз край скребка составлял с краем поля угол α2 = 45◦ . Известно, что коэффициент трения между льдом и обоими
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ящиками равен µ′ = 1/24, а между скребком и обоими ящиками – µ = 7/24. Ускорение свободного падения g = 10 м/с2 . Скребок всё время движения расположен вертикально, ящик от скребка не отрывается. 1. Определите ускорение a скребка. 2. Во сколько раз путь второго ящика до края поля был больше, чем у первого? 3. За какое время t2 второй ящик покинет лёд? 4. Во сколько раз сила трения между скребком и вторым ящиком больше, чем сила трения между скребком и первым ящиком?
Задания — прак.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике
9 класс Задача №1. Весы Роберваля Максимальный балл за задание — 25 баллов. Основой конструкции весов a Роберваля является параллелограмм (рамка), состоящий из четырёх жёстких деревянных стержней (см. рисунок 1). 3 Обозначения на рисунке: 1 – основание весов; 2 – нижний центральный b шарнир, жёстко соединённый с рамкой весов; x 3 – верхний центральный шарнир, жёстко соединённый с 2 основанием весов. Середины двух противопо1 ложных (исходно горизонтальных) сторон параллелограмма шарнирно закреплены на вертикальном основании. При этом Рис. 1 две другие его стороны в любой конфигурации параллелограмма остаются вертикальными. Перпендикулярно к этим сторонам жёстко прикреплены «полки» весов, на которых располагаются взвешиваемые грузы (см. рисунок). Удивительным свойством этой механической системы является то, что, если массы грузов одинаковы, весы находятся в равновесии независимо от места расположения грузов. Возникает ощущение, что не выполняется правило моментов. Особенностью конструкции весов, используемых в данной работе, является большой размер нижнего отверстия в основании, обеспечивающий свободное перемещение в этом отверстии (наличие определённого люфта) нижнего центрального шарнира. 1. Запишите номер весов, указанный на нижней части основания. Установите весы на крае стола и закрепите их двумя зажимами. Измерьте в миллиметрах длины сторон параллелограмма a и b между центрами угловых шарниров. Сбалансируйте весы. Для этого, устраняя трение в шарнирах лёгким постукиванием по нижней части основания, добейтесь устойчивости горизонтального положения верхней рейки параллелограмма, надевая дополнительные шайбы с диаметром отверстия 6 мм на шурупы верхних торцов вертикальных реек. 2. Только в рамках пунктов 1–3 задания считайте, что все силы трения скольжения данной конструкции сосредоточены в верхнем центральном шарнире радиусом R и создают в нём эффективный суммарный момент M = Fтр R (в дру-
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике гих пунктах указанную модель не используйте). Определите момент силы трения M1 сбалансированных весов без нагрузки (до установки на них тяжелых грузов). Масса большой дополнительной шайбы (с диаметром отверстия 8 мм) mб = 6 г, масса малой дополнительной шайбы (с диаметром отверстия 5 мм) mм = 1 г. Подробно опишите метод определения M1 . 3. Установите тяжёлые грузы на левую и правую полки весов максимально близко к вертикальным рейкам параллелограмма. (Внимание: инструкция по установке и снятию грузов приведена в приложении к условию). Убедитесь в устойчивости горизонтального положения верхней рейки параллелограмма. Аналогично пункту 2 задания определите эффективный суммарный момент силы трения M2 для нагруженных весов. Чему равно отношение n = M2 /M1 ? При выполнении пунктов 1–3 задания построение графиков не требуется. 4. Снимите зависимость горизонтальной силы F , действующей со стороны основания на нижний центральный шарнир, от расстояния x, на которое правый груз удалён от оси вертикальной рейки параллелограмма (см. рисунок 1). Примечание: Левый груз при этом должен располагаться на прежнем месте, т.е. максимально близко к своей вертикальной рейке. Измерения проводите при горизонтальном положении верхней и нижней реек параллелограмма. В таблице измерений предусмотрите дополнительный столбец для дальнейших исследований. 5. Постройте график полученной зависимости. 6. Выведите формулу, связывающую F и x через массу грузов и геометрические размеры установки (см. рисунок 1). 7. Используя результаты, полученные в пунктах 4–6 задания, определите массу тяжёлых грузов m0 . Оцените погрешность определения массы. 8. Проведя необходимое дополнительное измерение и используя результаты, полученные в пункте 4 задания, рассчитайте зависимость силы Q, действующей со стороны верхнего центрального шарнира на рамку весов, от расстояния x, на которое правый груз удалён от оси вертикальной рейки параллелограмма. Запишите формулу, использованную для расчета зависимости Q(x). 9. Постройте график зависимости Q(x). При выполнение пунктов 8 и 9 задания погрешность не рассчитывайте. Оборудование: весы Роберваля, два больших груза одинаковой массой, два зажима, динамометр с пределом измерений 5 Н, линейка 40 см, дополнительные шайбы трёх типов по 5 шт (с диаметрами отверстий 5 мм, 6 мм и 8 мм). Ускорение свободного падения g = 10 м/с2 .
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Приложение. Инструкция по установке больших грузов 1. Любые измерения с тяжёлыми грузами должны производиться только при надёжном креплении грузов, подвешенных к полкам весов с помощью винта, торчащего из крышки, и гайки М3, как показано на рисунке 2. В исходном состоянии на винт каждого груза (каждой бутылки с песком) навинчено по 3 гайки. Одна из них является основной, две другие – запасные. Каждую из них можно использовать при утере предыдущей. Дополнительные гайки М3, кроме имеющихся в Вашем распоряжении в начале эксперимента, выдаваться не будут. 2. Левый груз устанавливается первым. Он при всех измерениях в данном задании располагается максимально близко к левой рейке параллелограмма. Его местоположение не изменяется. Удерживайте груз одной рукой ниже полки весов и, вставив винт в отверстие, другой рукой навинтите гайку таким образом, чтобы несколько витков резьбы винта оказалось выше гайки. Это обеспечит надёжность крепления. Имейте в виду, что падение груза на стол или на пол может привести к образованию трещин в бутылочке и высыпанию песка из неё. 3. Закрепив левый груз, плавно опустите его рукой вместе с полкой весов вниз до упора (см. рисунок 3). 4. Аналогично установите правый груз в нужном месте правой полки. Плавно отпустите его и вручную переведите верхнюю и нижнюю рейки параллелограмма в горизонтальное положение (см. рисунок 4). 5. Перед снятием правого груза снова плавно переведите левый груз в нижнее положение. После этого изменяйте положение правого груза и вновь придавайте параллелограмму форму прямоугольника.
Рис. 2
Рис. 3
Рис. 4
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №2. Путь в бесконечность Максимальный балл за задание — 15 баллов. Впервые вычислить эквивалентное сопротивление электрической цепи (см. рисунок), состоящей из очень большого числа звеньев, было предложено участникам I Международной олимпиады по физике в 1967 году. С тех пор эта задача стала классической. Сегодня же вам предстоит экспериментально исследовать, как зависит сопротивление данной цепи от числа звеньев в ней. r
... R
... 1. Определите сопротивления всех резисторов и проверьте, что все резисторы r и все резисторы R (r ≪ R) имеют одинаковые сопротивления в пределах точности измерений мультиметра. Считайте погрешность мультиметра в этом и последующих пунктах равной трём единицам последнего разряда. Если есть резисторы R, сопротивление которых отличается больше, чем на 1%, попросите их заменить. Вычислите средние значения R и r и их погрешности. 2. Снимите зависимость эквивалентного сопротивления цепи (см. рисунок) Ω(n) от числа звеньев n для n = 1,2,. . . ,7. Для n = 7 начертите Вашу схему подключения резисторов, проводов и мультиметра на макетной плате. Для этого Вам выдан бланк с напечатанной схемой макетной платы. Резисторы сопротивлением R обозначайте на схеме в виде закрашенных прямоугольников, а резисторы сопротивлением r – в виде незакрашенных. Если схему для n = 7 собрать не удалось, то начертите схему подключения для цепи с максимальным числом звеньев. Без начерченной схемы Ваши экспериментальные данные и расчеты не будут оцениваться. 3. Используя средние значения r и R из первого пункта, рассчитайте теоретическое значение Ω(∞) сопротивления цепи, состоящей из очень большого (n ≫ 1) числа звеньев. 4. Нанесите точки снятой зависимости Ω(n) на график. Соедините эти точки гладкой линией. На этом же графике постройте горизонтальную прямую Ω = Ω(∞). Это тот предел (горизонтальная асимптота), к которой должны стремиться точки измеренной зависимости Ω(n). 5. В приближении n2 r ≪ R (считайте, что данное приближение верно для всех n ⩽ 7) зависимость эквивалентного сопротивления от количества звеньев принимает вид Ω(n) = F (R, n) + f (r, n), где f (r, n) - небольшая добавка, равная
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике f (r, n) = (2n+1)(n+1) r, а F (R, n) – основной член, зависящий только от R и n. 6n Чему равна функция F (R, n)? 6. С учётом теоретической зависимости, полученной в предыдущем пункте, подберите такие координаты, в которых измеренная Вами зависимость Ω(n) будет линейной. Постройте график линеаризованной зависимости. 7. Из графика, построенного в предыдущем пункте, определите сопротивления r и R и их погрешности. Сравните полученные значения R и r с результатами прямых измерений в пункте 1.
28
29
30
28
29
30
− 26
27 27
25
26
24
25
24
22
23 23
21
22
20
21
20
18
19 19
17 17
18
15
14
16
13
14
16
12
13
15
11
12
11
10
10
− a b c d e
f g h i
j 2
Примечание: макетная плата используется для соединения проводов и подключения различных элементов. Каждые пять соседних гнёзд макетной платы, расположенные в одном столбце, внутри платы соединены между собой. Например, соединены выводы, отмеченные серым на рисунке. Все гнёзда макетной платы, расположенные в двух крайних строках платы с каждой её стороны, промаркированные красным и синим цветами, также соединены между собой.
Оборудование: макетная плата, 7 пар резисторов r и R (R ≫ r) в зиппакете, мультиметр с проводами типа «банан–крокодил», пара соединительных проводов для макетной платы.
Ответы и решения — показать
Официальные ответы и критерии оценивания жюри. Сначала решите задания самостоятельно.
Решения — теор.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике
Возможные решения Задача №9-T1. Ускоряющее зеркало Плоскость зеркала горизонтальна, поэтому источник света S и его изображение S ∗ всегда расположены на одной вертикальной прямой. Тогда, поскольку проекция скорости vx источника на горизонтальную ось x остаётся постоянной, проекция скорости изображения на соответствующую ось vx∗ = vx . В связанной с зеркалом системе отсчёта ускорение источника равняется: ⃗aотн = ⃗g − ⃗a. В системе отсчёта зеркала траектории источника S и его изображения S ∗ симметричны относительно зеркала, значит для ускорения изображения источника относительно зеркала выполняется: ⃗a∗отн = −⃗aотн . Для ускорения изображения источника в лабораторной системе отсчёта находим: ⃗a∗ = ⃗a + ⃗a∗отн = 2⃗a − ⃗g . Далее будем считать, что ускорение зеркала направлено вертикально вверх. Рассмотрим различные варианты определения ускорения. Первый способ: Рассмотрим траекторию источника между точками, расположенными на одной горизонтали. Между ними он движется в течение времени t, равного: t=
2vв , g
где vв – вертикальная компонента скорости источника в указанных положениях. Тогда его горизонтальное перемещение за данное время равняется: ∆x = vx t =
2vx vв . g
Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками, расположенными на одной горизонтали, получим: ∆x∗ =
2vx vв∗ , g + 2a
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике где vв∗ – вертикальная компонента скорости изображения источника в указанных положениях. Здесь мы учли равенство vx∗ = vx . Разделив уравнения друг на друга, получим: ! ! ∆x vв 2a g vв∗ ∆x = ∗ 1+ ⇒a= −1 ∆x∗ vв g 2 vв ∆x∗ Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения ∆x и ∆x∗ , которым соответствуют точки, расположенные на левом крае рисунка. Соответствующее отношение вертикальных компонент скоростей измерим как отношение угловых коэффициентов касательных. Получим: ∆x = 0,865 ± 0,010, ∆x∗
vв∗ k∗ = 0,740 ± 0,015 ⇒ a = −(1,76 ± 0,10) м/с2 . = vв k
Таким образом: a = (1,76 ± 0,10) м/с2 , ускорение направлено вниз. Второй способ: Введём прямоугольную систему координат Oxy. Определим координаты вершин обеих траекторий, для этого проведём горизонтальные прямые и построим к ним серединные перпендикуляры. Координаты вершины для траектории источника (на рисунке обозначено точкой 1) определяются однозначно xв = 36 ус.единиц, yв = 18 ус.единиц. Координаты вершины траектории изображения (точка 3) по оси ординаты определяются хуже, поэтому возьмём приближенное значение, таким образом x∗в = 45 ус.единиц, yв∗ ≈ 21 ус.единиц. Рассмотрим движение источника света между точками 1 и 2. Между этими двумя точками источник двигался в течение времени t1 , тогда его горизонтальное и вертикальное перемещения: ∆x = vx t1 ; ∆y =
gt21 . 2
Время движения из формулы для горизонтального перемещения: t1 = ∆x/vx . Тогда: 2∆y · vx2 2∆y . g= 2 = t1 ∆x2 Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками 3 и 4, с учетом равенства горизонтальных проекций скоростей vx = vx∗ , получим: ∆x∗ = vx∗ t2 ; ∆y ∗ =
(g + 2a)t22 2∆y ∗ 2∆y ∗ · vx2 ; g + 2a = = . 2 2 t2 (∆x∗ )2
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 4
⃗g
3 1 x
x2
Разделим получившиеся выражения для ускорений друг на друга: ∆y ∗ · ∆x2 ∆y ∗ · ∆x2 g + 2a g = a = − 1 . g ∆y · (∆x∗ )2 2 ∆y · (∆x∗ )2 Необходимые значения в условных единицах: ∆y ∗ = 39, ∆x∗ = 65, ∆x = 74 и ∆y = 76 найдены с помощью масштабно-координатной сетки. 9,80 39 · 742 a= − 1 = −1,64 м/с2 . 2 76 · 652 Отличие от значения, полученного первым способом, обуславливается погрешностью определения координаты вершины траектории изображения источника. a = 1,64 м/с2 , ускорение направлено вниз. Третий способ: Предположим, что ускорение зеркала направлено вниз. Проведём касательные к обеим траекториям в начальный момент времени и построим векторные
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике треугольники перемещений для источника и его изображения. Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения ⃗v0 t и ⃗u0 t, где ⃗v0 и ⃗u0 скорости источника и его изображения. Векторные треугольники будем строить таким образом, чтобы горизонтальные перемещения источника и изображения были равны. Таким образом время t будет одинаковым для обоих случаев.
s2
v0 t
⃗g gt2 2
(g−2a)t2 2
u0 t s1
Тогда отношение полных ускорений будет равно отношению длин соответствующих сторон двух векторных треугольников перемещений: g − 2a l2 = , g l1 где l1 это длина в условных единицах вертикальной стороны треугольника перемещений источника, а l2 — вертикальной стороны треугольника перемещений изображения источника. Тогда: g l2 9,80 27 a= 1− = 1− = 1,75 м/с2 . 2 l1 2 42
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике a = 1,75 м/с2 , ускорение направлено вниз. Четвёртый способ: В любой момент времени точка, принадлежащая плоскости зеркала, находится на середине вертикального отрезка, соединяющего точки, принадлежащие траекториям источника и изображения. Воспользовавшись этим, мы можем восстановить траекторию точки зеркала
⃗g
Ускорение зеркала относительно земли равно ⃗a. Из рисунка видно, что оно направлено вертикально вниз. Зная, что ускорение источника равно ⃗g , и определив координаты вершин парабол, либо характерные расстояния по вертикали и горизонтали, мы можем найти величину ускорения, воспользовавшись любым из вышеописанных способов решения. a = (1,80 ± 0,02) м/с2 , ускорение направлено вниз. Задача №9-T2. Мощная задача Предположим, что диод закрыт.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Тогда через источник P1 протекает электрический ток силой IR . Из алгебраической суммы токов для центрального узла получим связь между токами, протекающими через источники: I3 = I2 + IR , где I2 и I3 – силы электрических токов, протекающие через приборы P2 и P3 соответсвенно. Сумма напряжений на приборах P1 и P2 равна напряжению U0 : U0 = U3 + U2 , где U2 и U3 – напряжения на клеммах приборов P2 и P3 соответсвенно. Через второй прибор протекает электрический ток силой I2 > 1 мА, иначе U2 +U3 > U0 . Тогда: P3 P2 + = U0 ⇒ I2 = 0,22 А. I2 I2 + IR Получаем, что I3 > 1 А, что противоречит условию. Значит мощность третьего источника меньше номинальной и сила тока через него равна 1 А. Сила тока через второй источник I2 = 0,2 А. Ток через U0 течет слева направо и равен I0 = 0,2 А. С учётом ориентаций источников и направлений протеканий электрического тока, напряжение на ветви, содержащей U0 и P2 , равно напряжению на ветви, содержащей P1 и R: U0 − U2 = −U1 + UR ; U0 −
P2 P1 =− + IR R ⇒ R ≈ 4,1 Ом. I2 I1
Предположим, что диод открыт. Тогда через него протекает электрический ток, а напряжения на источниках P1 и P2 равны. Пусть через первый источник протекает некоторый электрический ток силой I1 , тогда, так как номинальные мощности относятся как P2 /P1 = 2, а напряжения на клеммах источников равны, через второй источник постоянной мощности будет протекать электрический ток силой I2 = 2I1 . Алгебраическая сумма токов для узла, соединяющего все три источника, должна равняться нулю, из чего следует, что через прибор P3 протекает электрический ток силой равной I3 = 2I1 + I1 = 3I1 . Тогда: U3 I3 3U1 I1 P3 = = 3; U3 = = U1 . P1 U1 I1 3I1 Получаем, что напряжения на клеммах всех трёх источников равны U3 = U2 = U1 = U , следовательно 2U = U0 ⇒ U = 0,5U0 = 6 В. Найдем чему равняется сила электрического тока, протекающего через первый источник: I1 =
P1 1 = А. U 6
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике При таком значении I1 все три прибора будут работать в нормальных режимах, обеспечивающих номинальную мощность. Алгебраическая сумма токов для нижнего узла должна равняться 0: I1 = ID + IR , тогда ID – сила тока через диод, получается отрицательной, что противоречит изначальному предположению. Получаем, что диод закрыт. I1 = 0,8 А, I2 = 0,2 А, I3 = 1 А, I0 = 0,2 А, R ≈ 4,1 Ом. Задача №9-T3. Нелинейная картина 1. Первый способ. Пунктирная линия на диаграмме, разделяющая состояния ”лёд” и ”смесь воды и льда”, соответствует льду при температуре плавления 0 ◦ C. Выведем уравнение данной линии. Количество теплоты, которое вода отдаёт при остывании до 0 ◦ C и кристаллизации: Qотд = 2cmв tв + mв λ. Средняя удельная теплоёмл) кость льда при нагревании от tл до 0 ◦ C равна cср = c+(c+αt = c + αt2л . Тогда 2 ◦ количество теплоты, необходимое для нагревания льда до 0 C равно Qполуч = cср mл (−tл ) = −(c + αt2л )mл tл . Так как тепловых потерь нет, Qотд = Qполуч . Используя обозначения γ = mл /mв и λ = 2cT , получим искомую зависимость: tв (tл ) = −T −
γtл αγt2л − . 2 4c
(1)
Подставив в уравнение (1) точки (−95; 80) и (−55; 20) из диаграммы, в которых пунктирная линия хорошо попадает на узлы координатной сетки, получим γ = 4,0 2
α = 7,0 Дж/(кг · (◦ C) ) Второй способ. Пунктирная линия на диаграмме, разделяющая состояния ”лёд” и ”смесь воды и льда”, соответствует льду при температуре плавления 0 ◦ C. Найдём угловой коэффициент касательной, проведённой к этой пунктирной линии, в точке (tл ; tв ). Пусть кусок льда взят при температуре tл − ∆tл (∆tл ≪ tл ). Определим, на сколько градусов ∆tв теплее необходимо взять воду, чтобы содержимым сосуда был лёд при 0 ◦ C. Дополнительное количество теплоты, необходимое для плавления льда равно ∆Qл = cл (tл )mл ∆tл . Это тепло берётся из-за более теплой воды ∆Qв = 2cmв ∆tв . Так как тепловых потерь нет, ∆Qв = ∆Qл . Модуль углового коэффициента касательной k=
cл (tл )mл γ α ∆tв = = (1 + tл ) ∆tл 2сmв 2 c
(1*)
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Этот же результат можно было получить дифференцированием по tл выражения (1), полученного в первом методе решения. Подставив в уравнение (1∗ ) значения 80−20 для модулей угловых коэффициентов касательных k1 = | (−90)−(−55) | = 1,714 и (1)
80−0 | = 1,333, проведенных к точкам пунктирной линии tл = −43 ◦ C k2 = | (−95)−(−35) (2)
и tл = −100 ◦ C соответственно, получим γ = 4,0 2
α = 7,0 Дж/(кг · (◦ C) ) tв , ◦ C
100
80
смесь воды и льда 60
40 лёд
20
tл , ◦ C −100
−80
−60
−40
−20
Реальная зависимость (табличные данные) удельной теплоёмкости льда от его температуры имеет такой вид (см. рисунок).
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Дж cл , кг· ◦С
2000
1800
1600
1400 t,◦ С −100
−80
−60
−40
−20
2. В диаграмме, данной в условии, масса льда была в 4 раза больше массы воды, поэтому конечным состоянием содержимого сосуда не могла быть вода. В данном же пункте задачи, возможно, что конечным состоянием содержимого сосуда может быть и вода. Найдем уравнение линии, соответствующей воде при 0 ◦ C. Количество теплоты, которое вода отдаёт при остывании до 0 ◦ C: Qотд = 2cmв tв . Количество теплоты, необходимое для нагревания льда до 0 ◦ C и его плавления: Qполуч = −(c + αt2л )mл tл + mл λ. Из уравнения Qотд = Qполуч получим искомую зависимость: γtл αγt2л tв (tл ) = γT − − (2) 2 4c Если свободный член в уравнении (2) меньше температуры кипения воды 100 ◦ C, то на диаграмме будет область, соответствующая состоянию "вода". Это наш 100 ◦ C л случай, так как γ0 = m mв = 1 < 80 ◦ C . В градусах Цельсия уравнение (2) примет вид tл t2 tв (tл ) = 80 − − л (2*) 2 1200 Найдём характерные точки, соответствующие данной зависимости. Одна из точек очевидна – (0 ◦ C; 80 ◦ C). Вторую точку найдём как точку пересечения с прямой tв (tл ) = 100 ◦ C: tл t2 100 = 80 − − л 2 1200
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Решение этого квадратного уравнения даёт tл ≈ −43 ◦ C (второй корень не попадает в разрешённый диапазон [−100 ◦ C; 0 ◦ C]). Итак, вторая характерная точка – (−43 ◦ C; 100 ◦ C). Покажем, что на нашей диаграмме не будет состояния "лёд". Действительно, условие пересечения линии, соответствующей льду при 0 ◦ C, с осью абсцисс имеет вид αt2 tл − л 0 = −T − 2 4c То есть точка пересечения tл такова, что −T − t2л > 0 ⇔ tл < −160 ◦ C. Таким образом, на рассматриваемой области [−100 ◦ C; 0 ◦ C] пересечения нет, а значит и нет состояния чистого льда на диаграмме. Вид искомой диаграммы изображен на рисунке. tв , ◦ C
100 вода
80
60 смесь воды и льда
40
20
tл , ◦ C −100
−80
−60
−40
−20
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №9-T4. А когда не натянута? 1. Первый способ: Так как колечко невесомое, равнодействующая приложенных к нему сил равна нулю в любой момент времени. Поскольку трения между спицей и колечком нет, спица действует на колечко в направлении, перпендикулярном спице, то есть в вертикальном. Тогда условие равенства нулю равнодействующей приложенных к колечку сил возможно, только если участок нити, соединяющий колечко с бусинкой, в любой момент ориентирован вертикально. Поскольку длина всей нити постоянна, а участок нити, соединяющий бусинку и кольцо, всё время остаётся вертикальным и по условию в начальный момент времени нить натянута, можем найти проекции начальной скорости на направление нитей. Вертикальный участок удлиняется со скоростью: v0y = v0 sin α; горизонтальный участок укорачивается со скоростью: |v0x | = v0 cos α; Чтобы длина нити оставалась постоянной, модули проекций скоростей должны быть равны: v0y = |v0x |; ⇒ v0 sin α = v0 cos α; ⇒ tg α = 1; ⇒ α =
π . 4
Второй способ: Участок нити, соединяющий бусинку и кольцо, всё время остаётся вертикальным и по условию в начальный момент времени нить натянута. Пусть b – расстояние от спицы до точки крепления нити O. Приравняем длину нити через малое время ∆t к начальной длине L + b: q L + b = b + v0y ∆t + (v0y ∆t)2 + (L − v0x ∆t)2 ; где v0x , v0y – горизонтальная и вертикальная проекции начальной скорости. (L − v0y ∆t)2 = (v0y ∆t)2 + (L − v0x ∆t)2 L2 − 2Lv0y ∆t = L2 − 2Lv0x ∆t + (v0x ∆t)2 . Пренебрежём вторым порядком малости: v0y = v0x ; ⇒ v0 sin α = v0 cos α; ⇒ tg α = 1; ⇒ α = Таким образом: α = π/4.
π . 4
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 2. Проанализируем траекторию движения бусинки. Введём систему координат xy с началом в точке O. Так как расстояние от спицы до начального положения бусинки постоянно, длина участка нити, находящегося выше Ox, также постоянна и равна L. С учётом этого: L=y+
y (x; y)
0 L x2 y 2 + x2 ; y 2 + x2 = L2 − 2Ly + y 2 ; y = − . 2 2L
x L
Таким образом, траектория движения при условии натяжения нити является параболой. Далее найдём минимальную возможную начальную скорость v0min бусинки, при которой нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы. Первый способ: При свободном броске в поле тяжести траекторией будет являться парабола, которая касается полученной параболы. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полёта в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити. Получим уравнение траектории при свободном движении в поле тяжести: ( 2 y = v0min sin(α)t − gt2 x = L − v0min cos(α)t учтём, что α = π/4, тогда: y =L−x−
2 2 g(L − x)2 Lv0min − gL2 2gL − v0min g ;y = + x− 2 x2 . 2 2 2 v0min v0min v0min v0min
Сравнивая полученные уравнения для траекторий, получим: 2 v0min = 2gL.
Второй способ: Траектория движения при условии натяжения нити является параболой. При свободном броске в поле тяжести под фиксированным углом α = π/4 к горизонту траекториями полёта будут являться параболы, касающиеся параболы по которой движется бусинка на нити. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полета в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике y
L 2
v0
x 0
Найдем горизонтальную проекцию скорости в случае броска по совпадающей траектории: L = vx t ⇒ t =
p p gt2 gL2 vx L L = 2 ⇒ vx = gL ⇒ v0min = = 2gL. ; = vx 2 2 2vx cos α
Третий способ: При свободном броске в поле тяжести траекторией будет являться парабола, которая касается полученной параболы. Для случая, когда начальная скорость минимальна, траектория полета в поле тяжести совпадает с траекторией для всегда натянутой нити. Запишем закон сохранения энергии для системы "бусинка+нить+кольцо". Поскольку нить и кольцо являются невесомыми, их механические энергии равны нулю. Работа сил, действующих на конец O нити со стороны крепления и на кольцо со стороны спицы, равна нулю, поскольку конец нити O закреплён и не перемещается, а кольцо движется перпендикулярно силе взаимодействия со спицей. ( 2 2 m(v0x +v0y ) mv 2 = 20x + mgL 2 2 v0y = v0min sin α учитывая, что α = π4 , получаем: 2 v0min = 2gL ⇒ v0min =
2gL.
Покажем, что при скоростях больших чем v0min , бусинка будет продолжать двигаться по параболе ограниченной нитью. Рассмотрим силы со стороны нити на бусинку. С двух сторон бусинки на нее действуют одинаковые силы натяжения. Тогда результирующая этих двух сил направленна по биссектрисе угла, образованного нитями. Аналогично первой части решения можно показать, что
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике проекция скорости бусинки на вертикальную ось и на ось, направленную вдоль наклонного участка нити, будут равны по модулю. Это означает, что скорость бусинки направлена по биссектрисе внешнего угла, образованного нитями. Так как биссектрисы внешнего и внутреннего углов перпендикулярны, получаем, что скорость всегда перпендикулярна результирующей сил натяжения, а значит работу не совершает и не тормозит бусинку при любых скоростях, больших минимальной. При скоростях больших чем v0min нить является натянутой, поскольку бусинка движется по кривой с меньшим радиусом кривизны, чем у траектории, соответствующей свободному полёту в поле тяжести. Тогда нить будет оставаться натянутой в процессе удаления бусинки от спицы при: p v0 ⩾ 2gL. Задача №9-T5. Удаление со льда 1. Возможны два различных режима движения ящика: без скольжения по скребку (рис. 1) и с проскальзыванием (рис. 2). ⃗ c (результирующая силы нормальВ первом режиме полная реакция опоры Q ⃗ с и силы трения F⃗тр(с) действующей на ящик со стороны ной реакции скребка N скребка) направлена вдоль направления движения скребка, поэтому: Fтр(с) = Nс tg α. Поскольку сила трения покоя удовлетворяет соотношению Fтр(с) ⩽ µNс , то первый режим реализуется при условии: tg α ⩽ µ. Если данное условие не выполняется, то реализуется второй режим. Во втором режиме сила трения F⃗тр(л) , действующая на ящик со стороны льда, направлена ⃗ с , поскольку ящик изначально неподвижен. При этом Q ⃗ c обпротивоположно Q разует угол φ = arctg µ с нормалью к поверхности скребка и угол β = α − φ с направлением ускорения скребка. Значит и направление движения ящика образует угол β с направлением ускорения скребка. Для первого ящика tg α1 ≈ 0,176 < µ, значит он движется без скольжения по скребку. Для второго ящика tg α2 = 1 > µ, и для него реализуется второй режим. Тогда путь первого ящика до границы ледяного поля s1 = L, а значит ускорение скребка: a=
2L 2 · 0,8 = м/с2 = 0,4 м/с2 t21 4
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике
φ β
⃗с Q α
Рис.1
Рис.2
⃗с Q
2. Найдём путь L2 второго ящика, зная, что его направление движения образует угол β с направлением ускорения скребка и ящик двигался из состояния покоя: L2 · cos(β) = L Следовательно, отношение путей второго и первого ящиков: L2 1 1 = = ≈ 1,14 L cos β cos (α2 − φ) 3. Поскольку второй ящик движется без отрыва от скребка – проекции скорости ящика и скребка на направление нормали к поверхности скребка в любой момент должны быть одинаковы: vn = vя(n) . Тогда, поскольку ящик и скребок движутся поступательно – проекции ускорений ящика и скребка на направление нормали к поверхности скребка также должны совпадать: an = aя(n) . Векторы ускорения ⃗a и ⃗aя образуют углы α2 и φ соответственно с нормалью к поверхности скребка: a cos α2 = aя cos φ. Тогда во втором режиме для времени t2 движения ящика до края поля находим: s s s 2L2 2L cos φ cos φ t2 = = = t1 . aя a cos α2 cos(α2 − φ) cos α2 cos(α2 − φ) s t2 = t1
cos φ ≈ 2,5 с. cos α2 cos(α2 − φ)
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 4. Для нахождения силы трения между первым ящиком и скребком расставим силы, действующие на ящик, и запишем второй закон Ньютона в проекции на горизонтальную ось, параллельную плоскости скребка: ma sin α1 = Fтр(с)1 − µ′ mg sin α1 ; Fтр(с)1 = m sin α1 (a + µ′ g) . Для второго ящика из второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось, направленную вдоль нормали к поверхности скребка, получим: maя(n) = ma cos α2 = Nс − µ′ mg cos φ ⇒ Fтр(с)2 = µm (µ′ g cos φ + a cos α2 ) . Таким образом, отношение сил трения между скребком и ящиком в двух режимах: Fтр(с)2 µ (µ′ g cos φ + a cos α2 ) = ≈ 1,4. Fтр(с)1 sin α1 (a + µ′ g)
Решения — прак.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике
Возможные решения Задача №9-E1. Весы Роберваля Фото установленных и сбалансированных весов представлено на рисунке 1. Геометрические размеры установки: a = 184 мм, b = 300 мм. Для определения момента силы трения M в шарнире будем добавлять малые грузы (дополнительные шайбы) в любом месте полки весов, пока не начнётся движение полки вниз. Это произойдет при общей массе малых грузов ∆m. Рассчитаем момент силы трения в шарнире, используя метод виртуальных перемещений. Он основан на том факте, что при выводе механической системы из положения равновесия на бесконечно Рис. 1 малое расстояние суммарная работа внешних сил равна нулю. a При опускании правого 2 конца рычага длиной a/2 на расстояние ∆h, жёстко свяφ занный с ним цилиндр шарφ R нира радиусом R поворачивается на угол φ и, соответственно, проскальзывает с силой трения Fтр по ∆L неподвижному основанию на F⃗тр длину дуги ∆L (см. рисунок 2). В нашем случае:
∆h
Рис. 2
a a ∆mg∆h = Fтр ∆L; ∆mg φ = Fтр Rφ; M = Fтр R = ∆mg . 2 2 В силу конструктивного несовершенства исследуемой установки масса дополнительного груза ∆m, выводящего весы из положения равновесия, может зависеть от того, с какой стороны расположен этот груз. Целесообразно проверить, насколько совпадают или отличаются значения ∆m при размещении их на левой или правой полках весов. На контрольной установке были получены следующие результаты при расположении дополнительных грузов справа: ∆mп = 4 г и M1п = ∆mп g a2 = 3,7 · 10−3 Н · м. При расположении грузов слева: ∆mл = 3 г и M1л = ∆mл g a2 = 2,8 · 10−3 Н · м. Усредним полученные результаты. Момент силы трения в верхнем шарнире наших весов без нагрузки равен:
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике M1 ≈ 3,3 · 10−3 Н · м. Закрепим большие грузы максимально близко к вертикальным рейкам. Убедимся в устойчивости горизонтального положения верхней и нижней реек весов. Определим массу дополнительного груза ∆m, выводящего систему из состояния покоя в нагруженном состоянии. На контрольной установке были получены следующие результаты при расположении дополнительных грузов справа: ∆mп = 17 г и M2п = ∆mп g a2 ≈ 16 · 10−3 Н · м. При расположении грузов слева: ∆mл = 15 г и M2л = ∆mл g a2 ≈ 14·10−3 Н·м. Усредним полученные результаты и получим, что момент силы трения в верхнем шарнире наших весов под нагрузкой равен: 2 M2 = 15,5 · 10−3 Н · м, а отношение n = M M1 ≈ 4,7. Горизонтальную силу F , действующую со стороны основания на нижний центральный шарнир, измеряем динамометром, зацепляя его за проволочную петлю, расположенную в нижней части правой рейки весов (см. рисунок 3). Показания динамометра снимаем в тот момент, когда шарнир не касается боковых стенок большого отверстия в основании весов, а динамометр расположен горизонтально. В этот момент горизонтальная сила, создаваемая пружиной динамометра, заменяет горизонтальную силу реакции опоры со стороны боковой стенки отверстия. Измерения нужно проводить, тщательно подбирая положение динамометра в горизонтальной плоскости, обеспечивающее отРис. 3 сутствие перекосов нижнего основания весов, когда центральный шарнир свободно перемещается в отверстии. Для удобства измерения величины x прочертим линию, соединяющую шарниры правой вертикальной рейки параллелограмма. Расстояние от этой линии до ближайшего отверстия на горизонтальной полке равно 52 мм. Так как остальные отверстия расположены с интервалом 20 мм, то все возможные для измерений расстояния xi определяются соотношением xi = (52 + 20i) мм. Занесём эти значения в таблицу. Последовательно перевешивая правый груз в отверстиях правой полки, снимаем зависимость F (x). Результаты измерений представлены в таблице. x, мм
72
92
112
132
152
172
192
212
232
F, Н
0,2
0,6
1,0
1,3
1,8
2,1
2,5
2,9
3,2
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике График полученной зависимости представлен на рисунке 4. На графике отложена погрешность измерений по оси F , которая принимается равной цене деления динамометра 0,1 Н. F, Н
x, мм
0 50
100
150
200
250
Рис. 4
Для нахождения массы грузов используем условие равновесия относительно верхнего шарнира. Правило моментов в этом случае имеет вид: m0 g(x + a/2) = m0 g(x0 + a/2) + F b + Mтрп ,
(1)
где x0 – расстояние от точки подвеса левого груза до оси левой рейки параллелограмма, Mтрп – суммарный момент, создаваемый силами трения покоя. Сила тяжести, действующая на рамку весов, не создаёт вращательного момента, так как приложена в центре параллелограмма и направлена вертикально вниз, её плечо относительно верхнего шарнира равно нулю. После преобразований получаем: m0 gx F = + C. (2) b F (x) является линейной зависимостью, угловой коэффициент которой k = m0 g/b даёт возможность определить массу груза. Второе слагаемое C в (2) является константой.
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Проведём на графике прямые с максимально и минимально возможными наклонами (см. рисунок 4). Угловые коэффициенты этих прямых kmax = 20,0 Н/м и kmin = 17,7 Н/м, из которых получаем m0max = 610 г и m0min = 540 г. Среднее значение массы груза m0 = 575 г, погрешность ±40 г. Окончательно для массы груза m0 = (580 ± 40) г. Погрешность составляет 6%. Эталонное значение массы груза m0 = 560 г. Сила, действующая на рамку со стороны верхнего шарнира, представляет собой векторную сумму вертикальной силы Fв = 2m0 g + M g, где M – полная масса рамки весов, и горизонтальной силы Fг , которая равна по величине и противоположно направлена силе F , действующей со стороны основания на нижний шарнир. Модули последних двух сил равны друг другу, так как они являются единственными горизонтальными силами, действующими на рамку, а вращательный момент относительно центра тяжести рамки отсутствует. Таким образом, p Q = Fв2 + F 2 . (3) Для вычисления Q необходимо знать M . Положим основание весов на угол стола так, чтобы рамка не касалась стола (см. рисунок 5). Потянем динамометром рамку вверх за проволочную петлю и зафиксируем его показание F1 в том положении, где центральный шарнир не касается стенок большого отверстия в основании. В этом положении рамка находится в равновесии под действием двух сил, правило моментов для которых имеет вид: F1 b = M g 2b . Так как в нашем случае измерения дают результат F1 = 1,4 Н, находим M = 290 г, а Fв = 2m0 g + M g = 14,1 Н. Подставляя это значение в (3) и используя данные таблицы пункта 5, вычисляем зависимость Q(x) и заносим результаты в ту же таблицу измерений.
Рис. 5
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике x, мм
72
92
112
132
152
172
192
212
232
F, Н
0,2
0,6
1,0
1,3
1,8
2,1
2,5
2,9
3,2
Q, Н
14,10
14,11
14,13
14,16
14,21
14,26
14,32
14,39
14,46
График зависимости Q(x) представлен на рисунке 6. График похож на параболу. Убедимся, что так и должно быть. В нашем случае можно считать, что F ≪ Fв . Тогда s p F2 F2 F2 2 2 = F + Q = Fв + F = Fв 1 + 2 ≈ Fв 1 + , в Fв 2Fв2 2Fв а в искомое выражение входит квадрат линейной зависимости F (x). Что и требо√ валось доказать. Здесь мы воспользовались тем, что 1 + α ≈ 1 + α2 при α ≪ 1. 14.5
Q, Н
14.4
14.3
14.2
14.1
x, мм
14.0 50
100
150 Рис. 6
200
250
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №9-E2. Путь в бесконечность Мультиметром в режиме омметра измерим сопротивления всех резисторов. Полученные данные занесем в таблицу. Получим r = (9,95 ± 0,06) кОм,R = (998 ± 4) кОм r, кОм
R, кОм
9,89 ± 0,03
997 ± 3
9,94 ± 0,03
998 ± 3
9,99 ± 0,03
998 ± 3
9,95 ± 0,03
996 ± 3
9,98 ± 0,03
997 ± 3
9,93 ± 0,03
997 ± 3
9,94 ± 0,03
1000 ± 3
Снимем зависимость эквивалентного сопротивления цепи Ω(n) от числа звеньев n. n
Ω, кОм
1007 ± 3
511 ± 3
348 ± 3
268 ± 3
221 ± 3
191 ± 3
170 ± 3
Если к цепи, состоящей из бесконечного (или очень большого) числа звеньев, добавить еще одно звено, то эквивалентное сопротивление цепи не изменится. Условие
Ω∞
Ω∞
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике равенства эквивалентных сопротивлений: Ω(∞) = r +
RΩ(∞) R + Ω(∞)
Решение этого уравнения дает результат √ r + r2 + 4rR Ω(∞) = ≈ (104,8 ± 0,5) кОм 2 Второй отрицательный корень уравнения физического смысла не имеет. Ω, МОм 1.0
0.8
0.6
0.4
0.2 Ω∞ n 0
При r = 0 наша цепь превращается в n параллельно соединенных резисторов R Ω(n) = Таким образом
R = F (R, n). n
Ω(n) = F (R, n) + f (r, n) =
R (n + 1)(2n + 1) + r. n 6n
Если обозначить y = nΩ и x = (n+1)(2n+1) , то уравнение (∗) примет вид 6 y = rx + R Пересчитаем таблицу Ω(n) в таблицу y(x) и построим график.
(*)
Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике y = nΩ, кОм
x = (n+1)(2n+1) 6
1007 ± 3
1,0
1022 ± 6
2,5
1044 ± 9
4,7
1072 ± 12
7,5
1105 ± 15
11,0
1146 ± 18
15,2
1190 ± 21
20,0
y, МОм 1.20
1.15
1.10
1.05
1.00
0.95 0
10
15
20
Свободный коэффициент линейного графика равен R = (997 ± 4) кОм. Угловой коэффициент равен r = (9,7 ± 1,2) кОм. Эти значения совпадают в рамках погрешности со значениями, полученными в пункте 1.