Олимпиада по физике 10 класс — заключительный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

Решения — теор.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №10-T1. Переправа y B Рассмотрим случай, когда лодка начинает движение по течению реки. Введём систему координат с наα чалом в пункте A, ось x направим вдоль скорости течения, а ось y направим к пункту B. Пусть r – расстояние от точки B до центра лодки, u ∠ABC = α. Тогда для движения «по течению» элементарные приращения A за малое время dt: dr = u sin α dt,

2u

α u α x (1)

dx = 2u cos α dt + u dt,

(2)

dy = 2u sin α dt.

(3)

В любой момент времени до достижения лодкой противоположного берега dx 0 ⩽ α ⩽ π/2, поэтому vx = = 2u cos α + u ⩾ u > 0. Поэтому скорость dt относительно берега не может быть направлена перпендикулярно линии берега. Отсюда делаем вывод, что лодка начала движение из пункта A против течения. 2u y B Итак, лодка начинает движение против течения реки. Введём также r систему координат с началом в пункα α те A, ось x направим вдоль скорости u α течения, а ось y направим к пункту B, r – расстояние от точки B до центра лодки, ∠ABC = α. Тогда для движения «против течения» элементарные приращения за малое время dt: x A dr = −u sin α dt, (4) dx = −2u cos α dt + u dt,

(5)

dy = 2u sin α dt.

(6)

При движении перпендикулярно линии берега dx = 0, тогда из уравнения (5) следует −2u cos α + u = 0 =⇒ cos α = 1/2 =⇒ α = 60◦ = π/3. Умножая уравнение (4) на 2 и складывая с уравнением (6), получим 2 dr + dy = 0 =⇒ 2r + y = const .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Вычислим эту константу в момент начала движения (rA = l, yA = 0), откуда r(y) = l − y/2. В момент достижения противоположного берега yB = l =⇒ rB = l/2. В момент времени t1 из геометрических соображений можно записать, что r cos α = l − y. Подставляя зависимость r(y) и значение угла α в этот момент времени, получаем уравнение: 1 2 2 (l − y1 /2) = l − y1 =⇒ y1 = l =⇒ r1 = l. 2 3 3 Для нахождения радиуса кривизны траектории найдём скорость и ускорение в нужных точках. Скорость относительно берега равна сумме скорости воды ⃗u в реке и скорости лодки = ⃗u +⃗uл . После возведения в квадp ⃗uл относительно воды: ⃗v p 2 + ⃗ 2 + 2 (⃗ рат получаем: v = ⃗ u u u · ⃗ u ) = u2 + 4u2 + 4u2 cos ∠(⃗u, ⃗uл ) = л л p = u 5 + 4 cos ∠(⃗u,⃗uл ). Для точки старта ∠(⃗u,⃗uл ) = π, тогда скорость равна vA = u. Для момента времени t1 угол между скоростями ∠(⃗u,⃗uл ) = π − α, тогда √ скорость равна v1 = u 3. Скорость лодки равна векторной сумме скоростей течения воды и лодки относительно воды. Скорость течения не меняется ни по модулю, ни по направлению. Скорость лодки не меняется по модулю, но меняется по направлению. Производная вектора скорости лодки по модулю равна произведению угловой скорости вращения вектора ⃗uл на модуль этого вектора. Получим выражение для ускорения лодки: ⃗aабс =

d d⃗u d⃗uл (⃗u + ⃗uл ) = + = ⃗aл , dt dt dt

dα . dt Для нахождения производной угла α надо компоненту скорости, перпендикулярную отрезку BC, поделить на расстояние r: |⃗aл | = 2u · ωα = 2u

v⊥ = 2u − u cos α, dα 2u − u cos α = ωα = . dt r В момент выхода из пункта A угол α = 0, поэтому: dα u 2u2 = =⇒ aA = . dt l l

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике В момент времени t1 угол α = π/3, значит: 3u/2 9u 9u2 dα = = =⇒ a1 = . dt 2l/3 4l 2l В пункте отправления скорость и ускорение взаимно перпендикулярны, поэтому найти радиус кривизны траектории можно следующим образом: RA =

2 vA l = . aA 2

Для момента времени t1 найдем проекцию ускорения √ на перпендикуляр к ско9u2 3 , тогда радиус кривизны рости движения, т.е. на ось Ox: a1x = a1 sin α = 4l траектории в этой точке: √ v12 4 3l R1 = . = a1x 9 Задача №10-T2. Призма Первый способ решения F F

⃗g

a N

N′ Fтр

mg

Рис. 1

Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим N силу взаимодействия между бруском и призмой, N ′ – силу нормальной реакции, а Fтр – силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда ma = N sin α + F (1 − cos α) − Fтр , N ′ = N cos α + F sin α + mg, Fтр ⩽ µ(N cos α + F sin α + mg).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы a и ускорение бруска относительно поверхности призмы a′ , которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения −M a sin α = −M g cos α + N

=⇒

F N

a′ Mg

α Рис. 2

N = M g cos α − M a sin α.

Полученная формула для N не содержит явно величину силы F , а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от F . Отсюда следует, что и N не зависит от величины этой силы. Рассмотрим два случая: 1) призма движется относительно стола; 2) трение не позволяет призме двигаться. 1. Пусть призма скользит по поверхности стола, то есть a > 0. Тогда Fтр = µ(N cos α + F sin α + mg) и ma = N sin α + F (1 − cos α) − µ(N cos α + F sin α + mg). Чтобы ускорение a не зависело от силы F , все слагаемые, включающие её, должны сократиться. Это возможно, если 1 − cos α = µ sin α

=⇒

µ=

1 − cos α 1 − 4/5 1 = = . sin α 3/5 3

2. Пусть теперь призма не скользит, то есть a = 0. Тогда N = M g cos α и Fтр = F (1 − cos α) + M g sin α cos α ⩽ µ(M g cos2 α + F sin α + mg). Перегруппируем выражения в полученном неравенстве: F (1 − cos α − µ sin α) ⩽ µg(M cos2 α + m) − M g sin α cos α. Так как оно должно выполняться при любых значениях F (в том числе, при F = 0), выражение в правой части должно быть неотрицательным, а выражение в левой части – наоборот, неположительным. Отсюда следует, что µ⩾

1 − cos α 1 = sin α 3

µ⩾

M sin α cos α 2 · 3/5 · 4/5 8 = = ≈ 0,42. M cos2 α + m 2 · (4/5)2 + 1 19

Поскольку последнее неравенство — более сильное, получим, что призма будет покоиться при любом значении F , если µ ⩾ 8/19.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Используя полученное выше значение µ = 1/3, найдём величину ускорения a в случае, когда призма скользит по столу: ma = N (sin α − µ cos α) − µmg = M (g cos α − a sin α)(sin α − µ cos α) − µmg =⇒     3 3 1 4 8 2 g g 4 1 − · −a· − =⇒ a = . =⇒ a = 2 g · − a · · − ·g =g· 5 5 5 3 5 3 15 5 3 7 Второй способ решения Изобразим силы, действующие на призму (рис. 1). Обозначим N силу взаимодействия между бруском и призмой, N ′ – силу нормальной реакции, а Fтр – силу трения, действующие на призму со стороны стола. Тогда, из второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось: N ′ = N cos α + F sin α + mg. Ускорение бруска относительно стола, для удобства, разложим на две составляющие: ускорение призмы a и ускорение бруска относительно поверхности призмы a′ , которое направлено параллельно её левой боковой поверхности (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось, перпендикулярную направлению его относительного движения −M a sin α = −M g cos α + N

=⇒

N = M g cos α − M a sin α.

Полученная формула для N не содержит явно величину силы F , а ускорение призмы, согласно условию, не зависит от F . Отсюда следует, что и N не зависит от величины этой силы. x′ F FΣ

⃗g F

Q N

mg

Рис. 3

Рассмотрим случай, когда призма скользит. Результирующая сила F⃗Σ , действующая на блок со стороны нити, направлена под углом α/2 к вертикали (рис. 3).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Вместо N ′ и Fтр введём вектор полной силы реакции опоры ⃗ =N ⃗ ′ + F⃗тр ̸= 0. Q Из второго закона Ньютона для призмы в проекции на ось Ox′ , перпендикулярную силе F⃗Σ : N sin(α/2) + Qx − mg sin(α/2) = ma cos(α/2). (a) В приведённой формуле все слагаемые, кроме Qx , не зависят от F , это означает, ⃗ направлен перпендикулярно оси Ox′ , что Qx = 0. Такое возможно, если вектор Q т.е. под углом α/2 к вертикали. Тогда коэффициент трения: µ = tg(α/2) =

1 − cos α 1 = . sin α 3

Ускорение найдём, подставив N = M g cos α − M a sin α в соотношение (a): (M g cos α − M a sin α) sin(α/2) − mg sin(α/2) = ma cos(α/2). Откуда a=

M cos α − 1 m M sin α + ctg(α/2) m

g=

В случае, когда трение не позволяет призме двигаться, сумма сил, действующих на неё, равна нулю: ⃗ + F⃗Σ + N ⃗ + m⃗g = 0 =⇒ Q ⃗ = −F⃗Σ − N ⃗ − m⃗g . Q Рассмотрим одно из возможных значений FΣ = 0, тогда

g . 7 α/2

−F⃗Σ ⃗ −N α β

M cos α sin α N sin α = = tgβ = N cos α + mg M (cos α)2 + m =

2 · 3/5 · 4/5 8 1 = > tg(α/2) = . 2 · (4/5)2 + 1 19 3

−m⃗g

Рис. 4

Последнее неравенство показывает, что при росте FΣ угол между вертикалью и ⃗ будет уменьшаться. А это означает, что β – предельный угол откловектором Q ⃗ от вертикали, т.е. a = 0 при µ ⩾ 8 . нения Q 19

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №10-T3. Падающий поршень Так как поршень вначале находится в равновесии, то P0 S = mg или P0 V0 = = mgh0 , где P0 и V0 – начальное давление и начальный объём газа соответственно, S – площадь внутреннего поперечного сечения сосуда. При движении системы механическая энергия поршня с грузом передается только газу (поршень перемещается в сосуде практически без трения, снаружи вакуум), а газ не передает теплоту в окружающую среду (по условию). В этом случае первое начало термодинамики имеет вид: Aвнеш = ∆U, где ∆U – изменение внутренней энергии газа, Aвнеш – работа внешних сил над газом, равная убыли полной механической энергии поршня с грузом: Aвнеш = −∆E. В результате получаем: ∆U + ∆E = 0. Согласно условию, при движении поршня от исходного положения до его первой остановки процессы в газе можно считать равновесными. Поэтому будем считать, что с газом происходит обратимый адиабатический процесс. Для него справедливо уравнение Пуассона P V γ = const, где γ = 5/3 для одноатомного идеального газа, P и V – давление и объём газа в некоторый произвольный момент времени. В нашем случае P V 5/3 = P0 V0 5/3 или P = P0 (V0 /V )5/3 = P0 (h0 /h)5/3 , P V = P0 V0 (V0 /V )2/3 = P0 V0 (h0 /h)2/3 , где h – расстояние от поршня до дна сосуда в произвольный момент времени. Рассмотрим момент времени, когда поршень находился в самой нижней точке на расстоянии hmin от дна сосуда. В этот момент скорость поршня с грузом равна нулю, т.е. ∆E = (M + m)g(hmin − h0 ). Изменение внутренней энергии газа: 3 3 ∆U = (P1 V1 − P0 V0 ) = P0 V0 2 2

h0 hmin

2/3

! −1

3 = mgh0 2

h0 hmin

2/3

! −1 ,

где P1 и V1 – давление и объём газа соответственно в рассматриваемый момент времени.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике После объединения получаем: 3 mgh0 2 Подставляем

h0 hmin

2/3

! −1

 + (M + m)gh0

 hmin − 1 = 0. h0

h0 = 2 и находим: hmin M/m = 3(22/3 − 1) − 1 ≈ 0,762. M ≈ 0,762m ≈ 76 кг.

Будем рассматривать поршень с грузом как единое тело. Максимальный модуль ускорения поршня с грузом достигается, когда их скорость равна нулю, при этом суммарная внешняя сила – максимальна. Этим условиям удовлетворяют два положения поршня: начальное положение (сила тяжести больше силы давления газа на поршень) и нижнее положение (сила давления газа на поршень больше силы тяжести). В начальный момент модуль ускорения поршня с грузом равен: a0 =

(M + m)g − P0 S (M + m)g − mg M = = g ≈ 0,43g. M +m M +m M +m

В нижнем положении модуль ускорения поршня с грузом равен:   m (h0 /hmin )5/3 P0 S (h0 /hmin )5/3 − (M + m)g =g −1 = a= M +m M +m  5/3  2 m =g − 1 ≈ 0,80g. M +m Выбираем максимальное значение:  amax = g

m (h0 /hmin )5/3 −1 M +m

≈ 0,80g = 8 м/с2 .

Максимальной скорости поршень достигает на первом участке движения (от верхней точки до нижней). При максимальной скорости движения ускорение равно нулю, т.е. сила тяжести (M + m)g равна силе давления газа P2 S: (M + m)g = P2 S = P0 S(h0 /h2 )5/3 = mg(h0 /h2 )5/3 ,

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике где h2 – расстояния от поршня до дна сосуда в указанный момент времени. Из полученного уравнения найдем h2 /h0 = (M/m + 1)−3/5 ≈ 0,712. Закон сохранения энергии (первое начало термодинамики) для газа записывается так:   2 (M + m)vmax 3 (P2 V2 − P0 V0 ) + (M + m)g(h2 − h0 ) + −0 =0 2 2 или !  2/3   2 h0 3 (M + m)vmax h2 mgh0 = 0, − 1 + (M + m)gh0 −1 + 2 h2 h0 2 где P2 и V2 – давление и объём газа соответственно в момент прохождения поршнем положения равновесия. Откуда:  2/3 !   2 vmax h0 h2 3m 1− = 1− + . 2gh0 h0 2(M + m) h2 Подставляем значение h2 /h0 : откуда получаем: vmax ≈

2 vmax ≈ 0,07, 2gh0

p 0,14gh0 ≈ 1,2 м/с.

На длительном промежутке времени процессы, протекающие в газе, становятся необратимыми, т.е. механическая энергия необратимо переходит во внутреннюю энергию. Уравнение адиабаты P V γ = const, выведенное для обратимого процесса, в этом случае не применимо. Запишем условие равновесия поршня с грузом: P S = (M + m)g. Закон сохранения энергии (первое начало термодинамики) в этом случае имеет вид: 3 (P Sh − P0 V0 ) + (M + m)g(h − h0 ) = 0. 2 Получаем:

3 ((M + m)gh − mgh0 ) + (M + m)g (h − h0 ) = 0. 2 Находим новую высоту: h=

5m + 2M h0 ≈ 0,74h0 = 0,74 м. 5(M + m)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №10-T4. Квадрат vs круг Пусть поверхностная плотность заряда всех фигур, упоминаемых ниже, постоянна, одинакова и равна σ (σ > 0). Рассмотрим бесконечно малую заряженную площадку с площадью ∆S1 и зарядом σ∆S1 , расположенную на расстоянии r от точки O, и геометрически ей подобную вторую площадку, заряженную с той же поверхностной плотностью σ, но расположенную на расстоянии λr, где λ – коэффициент подобия. Поскольку ∆S2 = λ2 ∆S1 , напряжённости электрических полей, созданных этими площадками, равны: E2 =

σ∆S2 σλ2 ∆S1 σ∆S1 = = = E1 . 2 2 4πε0 (λr) 4πε0 (λr) 4πε0 r2

Рассмотрим теперь две заряженные пластины конечного размера, геометрически подобные друг другу с коэффициентом подобия λ и расположенные так, как по−−→ −→ −−→ −−→ казано на рис. 1, где O — центр подобия этих пластин (OC = λ · OA, OD = λ · OC и т.п.). Разобьём обе пластины на бесконечно малые площадки, причём так, чтобы каждый элемент разбиения второй пластины был подобен соответствующему элементу первой с центром подобия в точке O. Поскольку, как было показано выше, напряжённости электрических полей, созданных в точке O бесконечно малыми площадками, образующими такую пару, совпадают, то и напряжённости электрических полей, созданных в точке O всей первой и всей второй пластиной, тоже будут совпадать (по модулю и по направлению). C A

Рис. 1

В частности, это значит, что напряжённость поля в точке O′ , созданного фигурой, изображённой на рис. 2 из условия задачи, будет также равна E0 . E ′ /E0 = 1.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ⃗ A направлен вверх и вправо Из симметрии фигуры следует, что вектор E вдоль этой оси симметрии. Используя результат пункта 1, получим, что напряжённость электрического поля, созданного в точке A каждой из трёх фигур на рис. 2 (зелёной, синей или серой), равна E0 . Отсюда следует, что заряженная фигура, изображённая в условии на рис. 3, создаёт в точке A поле с напряжённостью 3E0 .

2a 4a 8a

a a 2a

4a

8a Рис. 2

⃗ A направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; EA = 3E0 . Вектор E ⃗ B направлен вверх и вправо Из симметрии фигуры следует, что вектор E вдоль этой оси симметрии. Для ответа на третий вопрос задачи рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 3 (всю окрашенную как-либо область). Обозначим Eзел и Eсин напряжённости полей, созданных в точке B зелёной и синей областью соответственно. Из подобия этих областей следует, что Eзел = Eсин . Напряжённость электрического поля E, созданного всей пластиной в точке B, c одной стороны, равна E = E0 + Eсин , а с другой стороны, E = EB + Eзел , где EB – искомая напряжённость поля, созданного фигурой, изображённой в условии на рис. 4. Приравнивая правые части этих соотношений, получим, что EB = E0 .

B a

a 2a

a 2a

2a Рис. 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ⃗ B направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; EB = E0 . Вектор E Воспользуемся подходом из предыдущего пункта и рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 4 (снова всю окрашенную как-либо область). Зелёная и синяя области, благодаря подобию, создают в точке C поле с одинаковой по величине и направлению напряжённостью. Следовательно, напряжённость поля, созданного в точке C указанной в условии трапецией, совпадает с напряжённостью поля, созданного в той же точке кольцевым сектором с углом в 30◦ .

2a a 30◦

Рис. 4

Отсюда, используя симметрию кольцевого сектора, делаем вывод, что век⃗ C напряжённости электрического поля, созданного трапецией в точке C, тор E направлен по внешней биссектрисе угла ∠C (см. рис. 5).

2a a 15◦ 15◦

C ⃗C E

Рис. 5

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Кольцевой сектор с внутренним и внешним радиусами, отличающимися в два раза, представляет собой (с точностью до подобия) одну треть от фигуры, изображённой в условии на рис. 4. Используя результат предыдущего пункта, получим (см. рис. 6) √ E0 = 2EC cos 30◦ + EC = EC ( 3 + 1)

EC = √

E0 . 3+1

EC C

30◦ 30◦

EC

EC

Рис. 6

⃗ C направлен вдоль внешней биссектрисы угла ∠C; Вектор E EC = √

E0 . 3+1

Задача №10-T5. Вай кодамо! Используя симметрию электрической цепи, докажем, что потенциалы на соседних выводах источников каждого типа одинаковы. Для этого введём обозначения узлов A1 , B1 , A2 , B2 , A3 , B3 и т.д., как показано на рис. 1. Воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала систему из источников только с ЭДС E при «выключенных» ЭДС всех остальных источников (см. рис. 2). Сдвиг на одно звено схемы вдоль направления A3 − A1 переводит схему «саму в себя», поэтому φA3 − φB3 = φA2 − φB2 = φA1 − φB1 = ∆φ, а также φA4 −φB3 = φA3 −φB2 = φA2 −φB1 = ∆φ′ , где φM – потенциал соответствующего узла M .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

3E 2E

2E

2E

2E

2E

2E

2E

2E

2E

B1 3E 2E

2E

2E

2E

Рис. 1

3E E

3E E

3E

3E

A1

3E E

3E

3E

2E

B2

3E

3E

3E

A2

3E

2E

B3

3E

3E

2E

2E

2E

2E

A3 3E

3E E

3E E

3E E

3E E

3E

Перевернём цепь таким образом, что узлы A3 и B2 , а также узлы A2 и B3 3E 3E 3E меняются местами (см. рис. 3). 3E Так как цепь перешла «сама в себя», то φB2 − φA2 = φB3 − φA3 = φB4 − φA4 = ∆φ, φB1 − φA2 = φB2 − φA3 = φB3 − φA4 = ∆φ′ . Откуда следует, что ∆φ = −∆φ и ∆φ′ = −∆φ′ или ∆φ = 0 и ∆φ′ = 0. С учётом этого получаем, что потенциалы, созданные системой источников с ЭДС E, во всех узлах такой схемы одинаковы.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r E ,r

E ,r

E ,r E ,r

B1

B2

A1

A2

B3

A3

E ,r

r E ,r

Рис. 2

Аналогично можно рассмотреть отдельно систему из источников только с r r только с ЭДС 3Er при «выключенных» r ЭДС 2E и систему из источников ЭДС всех остальных источников. Таким образом, разность потенциалов между любыми двумя узлами схемы в каждой рассмотренной системе равна нулю, а согласно методу наложения и результирующая разность потенциалов между любыми двумя узлами схемы также равна нулю. Значит, разности потенциалов между плюсом и минусом каждого типа источников равны: φ+ − φ− = 0. Запишем закон Ома для произвольной пары соседних узлов, участок цепи между которыми содержит ЭДС E: (φ+ − φ− ) + E = I1 r.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r

E ,r E ,r

E ,r

E ,r E ,r

A4

A3

B4

B3

A2

B2

E ,r

r E ,r

Рис. 3

Здесь положительному значению I1 соответствует ток, текущий в направлеr Поскольку φ+ − rφ− = 0, сила тока rI1 = E/∇ для любого r такого нии действия E. участка. Аналогично для участков цепи, содержащих ЭДС 2E и 3E: (φ+ − φ− ) + 2E = I2 r; (φ+ − φ− ) + 3E = I3 r. Следовательно,

I1 = E/r

(1)

I2 = 2E/r

(2)

I3 = 3E/r

(3)

Рассмотрим бесконечную электрическую цепь с двумя соседними (ближайшими) выводами на источнике любого типа как эквивалентный источник с ЭДС Eэкв и внутренним сопротивлением rэкв (рис. 4).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ЭДС эквивалентного источника Eэкв = 0, так как разность потенциалов между любыми двумя соседними выводами равна нулю. a

Eэкв

rэкв

Рис. 4

Внутреннее сопротивление эквивалентного источника rэкв определим как сопротивление между двумя соседними (ближайшими) узлами бесконечной сетки с «выключенными» ЭДС. Для этого снова воспользуемся методом наложения. Рассмотрим сначала бесконечную сетку с внутренними сопротивлениями источников, где в один из узлов втекает ток силой I0 и растекается до бесконечности. В ближайших к данному узлу ветках силы токов будут одинаковы (в силу симметрии) и равны I+ = I0 /6. Затем рассмотрим ту же бесконечную сетку, где из соседнего узла вытекает ток силой I0 . Аналогично, в данной схеме токи в ближайших к данному узлу ветках будут одинаковы и равны I− = I0 /6. Далее рассмотрим суперпозицию этих двух случаев. Тогда напряжение на сопротивлении r равно (I+ + I− )r, следовательно rэкв =

(I+ + I− )r r = . I0 3

Таким образом, при использовании любых двух соседних (ближайших) узлов электрическая схема ведёт себя как резистор с сопротивлением rэкв = r/3. Поэтому показания омметра не будут зависеть от полярности его подключения. С учётом этого получаем ответ для показаний омметра:

R1 = r/3

(4)

R2 = r/3

(5)

R3 = r/3

(6)

Эти результаты не зависят от полярности подключения омметра. Эквивалентный источник из предыдущего пункта можно представить как параллельное соединение источника с ЭДС 2E и сопротивлением r (который заменяется другим источником по условию) и источника с ЭДС E ∗ и сопротивлением r∗ , который эквивалентен оставшейся части электрической схемы (см. рис. 5).

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике С учётом того, что ЭДС эквивалентного источника Eэкв = 0 и его сопротивление rэкв = r/3, найдем E ∗ и r∗ .

E∗

r∗

2E

Рис. 5

Сопротивления связаны соотношением 1

rэкв

1 1 + ∗, r r

откуда r = r/2. Приравнивая токи короткого замыкания рассмотренного параллельного соединения источников и эквивалентного источника, приходим к соотношению: E∗ Eэкв 2E = − , r∗ r rэкв откуда находим E ∗ = E. ∗

Источник с ЭДС 2E и сопротивлением r можно заменить источником с ЭДС E и сопротивлением r/2 двумя разными способами (используя разную полярность подключения, как представлено на рис. 6).

E∗

r∗

r/2

Первый способ

E∗

r∗

r/2

Второй способ

Рис. 6

При подключении первым способом согласно закону Ома для полной цепи I=

E −E = 0. r/2 + r/2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике При подключении вторым способом согласно закону Ома для полной цепи I=

E +E 2E = . r/2 + r/2 r

В итоге, в зависимости от способа подключения получаем: I = 0 или I = 2E/r.

Решения — прак.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №10-E1. Цепная линия Длину цепочки L измерим с помощью мерной ленты. Так как цепочка закреплена, мы можем, например, вынуть лапку из крепления или развернуть лапку так, чтобы цепочка висела вертикально. Запишем полученное значение: L = (99,8 ± 0,2) см. Установим лапку штатива на некоторой небольшой высоте и расположим цепочку так, как указано в условии. Медленно и аккуратно будем перемещать вверх точку крепления конца цепочки, каждый раз измеряя с помощью мерной ленты высоту H и длину s. Полученные значения занесём в таблицу: s, см

86,7

85,3

83,4

80,9

79,1

76,4

74,3

73,3

70,0

67,8

H, см 5,9

6,9

8,5

10,6

12,5

14,4

16,6

18,3

21,2

23,5

s, см

65,7

62,4

60,0

57,7

54,8

52,6

49,1

46,9

43,4

H, см 26,2

29,4

32,2

34,7

37,4

40,1

44,0

46,3

50,8

Пусть l = (L − s) – длина висящей части нашей цепочки, m1 = ml/L – её масса, а m2 = ms/L – масса горизонтального участка. Сделаем два рисунка и изобразим на них силы, действующие, соответственно, на висящую (рис. 2а) и горизонтальную (рис. 2б) части цепочки. T1 α

N H

Fтр

T2 m1 g

T2

m2 g

a)

б) Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Из условия равновесия обеих частей цепочки получим: N = m2 g = mgs/L,

T2 = Fтр = µN = µmgs/L,

T1 cos α = T2 = µmgs/L, T1 sin α = m1 g = mgl/L, q mg p mg p 2 · l + µ2 s2 = · (L − s)2 + µ2 s2 . T1 = T22 + (m1 g)2 = L L С другой стороны, с помощью метода виртуальных перемещений (то есть мысленно смещая висящую часть цепочки вдоль неё самой на малое расстояние ∆x) найдём, что T1 ∆x − T2 ∆x = (m∆x/L)gH, откуда T1 − T2 = mgH/L. Подставляя теперь выражения для T1 и T2 в записанное выше соотношение, получим H=

(L − s)2 + µ2 s2 − µs.

Преобразуем полученное в пункте 3 выражение для H: 2

2 2

l + µ s = (H + µs)

 =⇒

l H

2 − 1 = 2µ ·

s . H

Отсюда следует, что, если отложить по осям величины s/H и (l/H)2 − 1, график их зависимости должен быть прямой линией, проходящей через начало координат и имеющей коэффициент наклона, равный 2µ. Вычислим для каждой измеренной точки значения l = L−s, s/H и (l/H)2 −1. Дополним этими значениями полученную выше таблицу. s, см

86,7

85,3

83,4

80,9

79,1

76,4

74,3

73,3

70,0

67,8

H, см 5,9

6,9

8,5

10,6

12,5

14,4

16,6

18,3

21,2

23,5

l, см

13,1

14,5

16,4

18,9

20,7

23,4

25,5

26,5

29,8

32,0

s/H

14,69

12,36

9,81

7,63

6,33

5,31

4,48

4,01

3,30

2,89

l2 −H 2 H2

3,93

3,42

2,72

2,18

1,74

1,64

1,36

1,10

0,98

0,85

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике s, см

65,7

62,4

60,0

57,7

54,8

52,6

49,1

46,9

43,4

H, см 26,2

29,4

32,2

34,7

37,4

40,1

44,0

46,3

50,8

l, см

34,1

37,4

39,8

42,1

45,0

47,2

50,7

52,9

56,4

s/H

2,51

2,12

1,86

1,66

1,47

1,31

1,12

1,01

0,85

l2 −H 2 H2

0,69

0,62

0,53

0,47

0,45

0,39

0,33

0,31

0,23

Нанесём полученные точки на миллиметровку и построим аппроксимирующую прямую (синяя прямая на рис. 3). (l/H)2 − 1 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 s/H 0

10

12

14

16

Рис. 3

Определяя коэффициент наклона аппроксимирующей прямой k = 2µ, найдём коэффициент трения µ: k = 0,28

=⇒

µ = 0,14.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Погрешность величины µ оценим с помощью «метода границ» (красные линии на рис. 3): ∆k ≈ 0,02 =⇒ ∆µ ≈ 0,01. Возьмём из таблицы, приведённой выше, вычисленные для каждого H значения l = (L − s) и нанесём полученные точки на миллиметровку. Добавим к ним две точки, полученные теоретически: 1) при H = 0 цепочка должна полностью лежать на рабочей поверхности, следовательно l = 0; 2) при H = L цепочка висит вертикально, и l = L. Проводя сглаживающую кривую, получим искомый график (синяя линия на рис. 4). l, см 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 H, см 0 0

10

20

30

40

50 Рис. 4

60

70

80

90

100

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Работа, совершаемая силой T1 (см. рис. 2а) при малом вертикальном перемещении ∆H точки крепления, равна ∆A = T1 sin α ∆H =

mg · l∆H. L

Следовательно, работа силы T1 при вертикальном перемещении от H1 до H2 равна mg A= · S, L где S – площадь области, ограниченной графиком l(H), осью абсцисс и прямыми H = H1 и H = H2 . Участок графика функции l(H) между H1 = 30 см и H2 = 99,8 см является практически прямолинейным, поэтому S=

l(H1 ) + l(H2 ) 38 см + 99,8 см · (H2 − H1 ) = · 69,8 см ≈ 4809 см2 . 2 2

Отсюда A=

mg · S ≈ 50,5 мДж. L

Относительная погрешность полученного значения A равна εA = εm + εg + εL + εS , где εm = 0,2/10,7 ≈ 1,87%, εL = 0,2/99,8 ≈ 0,20%, εg = 0,05/9,8 ≈ 0,51% – относительные погрешности, соответственно, массы цепочки, её длины и ускорения свободного падения. Оценим погрешность определения площади S: εS =

∆L 1 см + 0,2 см 0,2 см ∆l(H1 ) + ∆L + = + ≈ 1,2%. l(H1 ) + L L − H1 137,8 см 69,8 см

Отсюда следует, что εA ≈ 3,8%

=⇒

∆A = AεA ≈ 2 мДж.

Задача №10-E2. Трижды два Подключаясь мультиметром в режиме вольтметра к выводам B и C определим напряжение источника: U0 = (9,5 ± 0,1) В.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Соберем электрическую цепь так, как показано на рисунке 1. Заметим, что при разомкнутых ключах элементы серого ящика соединены последовательно, а при замкнутых — параллельно. Значит, при разомкнутых ключах сопротивление серого ящика максимально, а при замкнутых — минимально. Запишем в таблицу непосредственные измерения напряжения на сером ящике и резисторе R. Тогда ток, протекающий через резистор R, можно найти с помощью закона Ома для участка цепи: IR =

UAC . R K1

НЭ

R1

R2

K2 R

U0

C Рис. 1

положение K1

положение K2

UAB , В

UAС , В

IR , мА

лево

лево

7,88

1,68

3,9

право

право

3,30

6,13

14,3

лево

право

5,61

3,88

9,0

право

лево

7,01

2,52

5,9

Видим, что минимальный ток соответствует положению ключей «лево-лево» (последовательное соединение), а максимальный ток соответствует положению ключей «право-право» (параллельное соединение). Отсюда делаем вывод: Верхний ключ: вправо — замкнут, влево — разомкнут. Нижний ключ: вправо — замкнут, влево — разомкнут.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике В случае разомкнутого ключа K1 и замкнутого ключа K2 последовательно соединенные резистор R1 и НЭ закорочены, и весь ток в цепи течет в СЯ через резистор R2 . Тогда: IR = IR2

=⇒

UAB UAC = R R2

=⇒

R2 = R

UAB ≈ 622 Ом. UAC

Если же ключ K1 замкнут, а K2 разомкнут, то закороченными окажутся последовательно соединенные резистор R2 и НЭ, а весь ток в СЯ потечет через резистор R1 . Отсюда: IR = IR1

=⇒

UAC UAB = R R1

=⇒

R1 = R

UAB ≈ 1196 Ом. UAC

Оценим погрешность измерений. При умножении величин относительные погрешности складываются, значит: εR1 = εR2 = εR + εUAB + εUBC ≈ 3%. Окончательно получим: R1 = (1196 ± 40) Ом;

R2 = (622 ± 20) Ом.

Соберем электрическую цепь для снятия ВАХ (рис. 2). Силу тока через серый ящик определяем через напряжение на известном резисторе IСЯ = UR /R, напряжение на сером ящике UСЯ измеряем непосредственно. K1 A

НЭ

R1

R2

K2 R

U0

C Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ВАХ последовательно соединенных R1 , R2 и НЭ (K1 и K2 разомкнуты) UСЯ , В

UR , В

IСЯ , мА

0,00

0,00

0,00

0,17

0,00

0,00

0,44

0,00

0,00

0,51

0,00

0,00

0,63

0,01

0,02

1,06

0,09

0,22

1,52

0,20

0,46

1,99

0,31

0,71

2,50

0,43

0,99

2,98

0,54

1,25

3,50

0,66

1,53

3,99

0,77

1,80

4,55

0,91

2,11

5,03

1,02

2,37

5,52

1,13

2,63

5,99

1,24

2,89

6,61

1,39

3,23

7,07

1,50

3,48

7,82

1,67

3,89

ВАХ параллельно соединенных R1 , R2 и НЭ (K1 и K2 замкнуты) UСЯ , В

UR , В

IСЯ , мА

0,00

0,00

0,00

0,30

0,32

0,74

0,61

0,64

1,49

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 0,87

0,92

2,13

1,21

1,28

2,97

1,44

1,51

3,52

1,68

1,78

4,13

1,90

2,01

4,67

2,02

2,17

5,05

2,36

2,63

6,12

2,55

2,95

6,86

2,8

3,52

8,19

3,04

4,33

10,07

3,22

5,17

12,02

3,35

5,96

13,86

IСЯ , мА лево – лево право – право

14 12 10 8 6 4 2

UСЯ , В

4 Рис. 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике При разомкнутых ключах мы снимаем ВАХ НЭ в прямом направлении последовательно с R1 и R2 . По этой характеристике можно определить ВАХ НЭ в прямом направлении: UНЭ = UСЯ − IСЯ (R1 + R2 ); IНЭ = IСЯ . При замкнутых ключах мы снимаем ВАХ НЭ в обратном направлении (ток через нелинейный элемент течёт справа налево) c параллельно подключенными сопротивлениями R1 и R2 . По этой характеристике определим ВАХ НЭ в обратном направлении.   UСЯ UСЯ UНЭ = −UСЯ ; IНЭ = − IСЯ − − . R1 R2 ВАХ НЭ в обратном направлении UНЭ , В

IНЭ , мА

-0,00

-0,00

-0,30

-0,00

-0,61

-0,00

-0,87

-0,00

-1,21

-0,01

-1,44

-0,01

-1,68

-0,03

-1,90

-0,05

-2,02

-0,12

-2,36

-0,36

-2,55

-0,64

-2,80

-1,35

-3,04

-2,65

-3,22

-4,17

-3,35

-5,69

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ВАХ НЭ в прямом направлении UНЭ , В

IНЭ , мА

0,00

0,00

0,17

0,00

0,44

0,00

0,51

0,00

0,60

0,02

0,66

0,22

0,69

0,46

0,69

0,71

0,70

0,99

0,71

1,25

0,71

1,53

0,72

1,80

0,72

2,11

0,73

2,37

0,73

2,63

0,73

2,89

0,74

3,23

0,73

3,48

0,74

3,89

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Представим ВАХ НЭ на графике. IНЭ , мА 4 3 2 1 −4

−3

−2

−1

−1 −2 −3 −4 −5 −6

Рис. 4

UНЭ , В 1