Олимпиада по физике 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

Решения — теор.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Возможные решения Задача №9-T1. Дал Маха По условию задачи микрофон в точке B зафиксировал звуковой сигнал, испущенный самолётом, когда он находился в точке C. Проведём прямую CB и построим к ней перпендикуляр, проходящий через точку B. Это позволит определить положение образующей конуса Маха в рассматриваемый момент времени. Поскольку самолёт двигался равномерно, угол между образующими конуса Маха и его осью остаётся постоянным в любой момент времени. Чтобы найти границы области слышимости в момент регистрации сигнала микрофоном A, проведём через точку A прямую, параллельную BS2 . Известно, что микрофон в точке A зафиксировал сигнал спустя время t после пролёта самолёта над этой точкой, а через такое же время после начала регистрации звук дошёл до микрофона B. Чтобы восстановить положение самолёта над точкой A, на расстоянии AB левее по горизонтали от A проведём ещё одну прямую, параллельную BS2 , и найдём её пересечение с вертикалью, проходящей через точку A (точка D). Так как самолёт двигался прямолинейно, проведём прямую через точки C и D, чтобы восстановить траекторию полёта. Таким образом, точка S1 соответствует положению самолёта в момент регистрации звука микрофоном A, а точка S2 – в момент регистрации микрофоном B.

S2 S1 D C

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №9-T2. Сингулярность Первый способ Перейдём в неинерциальную систему отсчёта, движущуюся влево с ускорением ⃗a. В этой системе цилиндр покоится, и на него действует эффективная сила тяжести:

M⃗g γ

M⃗gэф

M⃗gэф = M⃗g − M⃗a. Заметим, что с увеличением ускорения a угол γ между вертикалью и вектором M⃗gэф увеличивается.

−M⃗a

Q Q1

φ M gэф

Расставим силы, действующие на цилиндр в этой системе отсчёта: • сила реакции Q со стороны горизонтальной поверхности, направленная под углом φ к вертикали. tg φ = µ, так как происходит движение с проскальзыванием. • Сила реакции Q1 со стороны доски направлена под некоторым углом α к радиусу, проведённому в точку касания. √ Случай 1: µ < 3, линия дейcтвия силы Q проходит левее точки контакта цилиндра с доской (точки A). Для равновесия цилиндра необходимо, чтобы силы Q, Q1 и M gэф пересекались в одной точке (по теореме о трёх непараллельных силах). Угол φ фиксирован, а угол α увеличивается при уменьшении ускорения a. Максимальное значение угла α равно φ: αmax = φ. Из геометрии задачи следует, что при α = φ угол между эффективной силой тяжести и вертикалью равен 30◦ . Следовательно: g amin = g tg 30◦ = √ . 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике С увеличением ускорения a угол α уменьшается, пока M gэф и Q1 не станут направленными вдоль одной прямой. Дальнейшее увеличение a приведёт к нарушению равновесия, и цилиндр начнёт закатываться на доску. При этом сила реакции Q станет равной нулю. Следовательно: √ amax = g tg 60◦ = 3g √ 1 √ g < a < 3g 3 Случай 2: µ > цилиндра с доской.

3 Линия дейcтвия силы Q проходит ниже точки контакта

γ α

A Q

φ Q1 M gэф

M gэф

γ α A Q1

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике По теореме о трёх непараллельных силах, с учётом того, что 0 < α ⩽ φ, получаем два возможных диапазона для угла γ, при которых три силы пересекаются в одной точке: • γ ∈ [0; 30◦ ] и вектор Q направлен в точку пересечения трёх сил. • γ ∈ (60◦ ; 90◦ ) и продолжение вектора Q в обратном направлении проходит через точку пересечения трёх сил (см. рис.). При γ ∈ [0◦ ; 30◦ ] все три вектора сил направлены в одну полуплоскость, следовательно, их сумма не может быть равна нулю. Значит, равновесие в этом случае невозможно. Для γ ∈ (60◦ ; 90◦ ) по аналогии с первым случаем получаем √ a > g tg 60◦ = 3g. Случай 3: µ =

M gэф γ Q1

φ = 60◦ , линия действия силы Q проходит через точку A. Тогда либо линии действия сил Q и Q1 совпадают, либо пересекаются в точке A. Первое невозможно, так как в этом случае для выполнения условия равновесия M gэф должна быть параллельна Q и Q1 , чего быть не может. Значит, линии действия сил Q и Q1 пересекаются в точке A. Тогда по теореме о трёх непараллельных силах M gэф тоже направлена в точку A, откуда однозначно находим значение ускорения: a=

3g.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Второй способ Расставим силы, действующие на цилиндр, и запишем теорему о движении центра масс для цилиндра в проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:

N Mg N1

⃗a

α Fтр Fтр1

( Oy : N1 + N sin α − Fтр cos α − M g = 0; Ox : N cos α + Fтр sin α − Fтр1 = M a. Из условия задачи можем найти угол α: sin α =

R−h = 0,5 =⇒ α = 30◦ . R

Так как цилиндр скользит по горизонтальной поверхности, сила трения равна соответственно: Fтр1 = µN1 Для того чтобы цилиндр не вращался, должно выполняться правило моментов относительно его центра: Fтр R = Fтр1 R =⇒ Fтр = Fтр1 = µN1 . Формально, предыдущее уравнение необходимо писать в системе отсчёта центра масс цилиндра. Но при переходе в неинерциальные системы отсчёта, силы инерции прикладываются к центру масс тела, соответственно не создают момента сил относительно него. Подставим значения сил трения в систему уравнений: ( Oy : N1 + N sin α − µN1 cos α − M g = 0 Ox : N cos α + µN1 sin α − µN1 = M a

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Для выполнения условия равноускоренного движения цилиндра без вращения необходимо выполнение следующих соотношений: ( N1 > 0, Fтр ⩽ µN =⇒ N1 ⩽ N. Первое условие гарантирует контакт цилиндра с горизонтальной поверхностью, второе гарантирует отсутствие проскальзывания между цилиндром и доской. Из уравнения на вертикальную ось выразим N1 : N1 =

M g − N sin α . 1 − µ cos α

Подставим значение N1 в уравнение на горизонтальную ось: N cos α + µ(N sin α − M g)

1 − sin α = M a. 1 − µ cos α

Сгруппируем слагаемые с N с одной стороны равенства:     1 − sin α 1 − sin α N cos α + µ sin α = M a + µg . 1 − µ cos α 1 − µ cos α Домножим обе стороны равенства на (1 − µ cos α):
N cos α − µ cos2 α + µ sin α − µ sin2 α = M [a(1 − µ cos α) + µg(1 − sin α)], откуда получаем выражение для значения N : N =M

a(1 − µ cos α) + µg(1 − sin α) . cos α + µ sin α − µ

Подставляя значение для угла α = 30◦ : √ a(2 − 3µ) + µg √ . N =M 3−µ Подставляя это выражение в выражение для силы N1 : √ 3g − a N1 = M √ . 3−µ Теперь, чтобы получить возможные значения для a нам необходимо проанализировать неравенство 0 < N1 < N . Видим, что в знаменателе N и N1√есть сингулярность при определенном значении коэффициента трения µ = 3. Рассмотрим по отдельности три случая.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Случай 1: µ <

3 N1 > 0 =⇒

3g > a =⇒ a <

3g

N1 < N : √ √ √ √ 3g − a a(2 − 3µ) + µg √ M √ <M =⇒ 3g − a < a(2 − 3µ) + µg, 3−µ 3−µ 1 откуда получаем a > √ g. 3

Случай 2: µ >

√ 1 √ g < a < 3g 3

3 N1 > 0 =⇒

3g < a =⇒ a >

3g

N1 < N : √ √ √ √ 3g − a a(2 − 3µ) + µg √ <M =⇒ 3g − a > a(2 − 3µ) + µg, M √ 3−µ 3−µ 1 откуда получаем a > √ g. Первое условие более строгое, чем второе, откуда 3 получаем ответ: a> Случай 3: µ =

3g

Этот случай нельзя напрямую проанализировать из полученных уравнений, т. к. знаменатель дробей обращается в ноль. Чтобы получить ответ для этого случая, вернёмся к исходной системе уравнений и подставим значение угла α = √ 30◦ и коэффициента трения µ = 3:  3 1  N1 + N − N1 − M g = 0, 2 √ 2 √ √   3 N + 3 N1 − 3N1 = M a. 2 2 Из первого уравнения системы получаем: N = 2M g + N1 .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Подставим это выражение во второе уравнение системы: √ √ √ √ 3 3 3M g + N1 + N1 − 3N1 = M a, 2 2 откуда находим единственное решение системы: a=

Первый способ

3g.

Задача №9-T3. Задача трёх тел A

Рассмотрим положение корабля в точке M , расстояния до которой от вершин A, B и C прямоугольного треугольника равны ⃗r1 , ⃗r2 и ⃗r3 соответственно. Введём векторы: ⃗a = ⃗r3 − ⃗r2 , ⃗b = ⃗r3 − ⃗r1 .

⃗r1 ⃗b

Суммарная сила, действующая на корабль в положении равновесия, равна нулю:

⃗c M ⃗r3

F⃗ = −P ⃗r1 − P ⃗r2 − 2P ⃗r3 = 0 =⇒

⃗r2

=⇒ ⃗r1 + ⃗r2 + 2⃗r3 = 0.

C ⃗a Выразим ⃗r1 и ⃗r2 через ⃗r3 и подставим в полученное выражение:

1 ⃗r1 = ⃗r3 − ⃗b; ⃗r2 = ⃗r3 − ⃗a; ⃗r3 − ⃗b + ⃗r3 − ⃗a + 2⃗r3 = 0 =⇒ ⃗r3 = (⃗a + ⃗b). 4 A Второй способ Покажем, что совместное действие двух станций, расположенных в вершинах острых углов треугольника, эквивалентно действию одной станции с коэффициентом силы 2P , находящейся на середине гипотенузы. На рисунке эти две станции расположены в точках A и B, а космический корабль – в точке K. Сила, действующая на объект со стороны станций A и B, выражается как:

⃗rA O

⃗b

⃗rO

⃗rC K

⃗rB

F⃗AB = −P (⃗rA + ⃗rB ). C

⃗a

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Учитывая, что ⃗rA = −⃗b + ⃗rC + ⃗rO , ⃗rB = −⃗a + ⃗rC + ⃗rO , подставим эти выражения в формулу для силы:   F⃗AB = −P −⃗b + ⃗rC + ⃗rO − ⃗a + ⃗rC + ⃗rO = −2P ⃗rO . Из полученной формулы следует, что результирующая сила в точности равна силе, создаваемой станцией с коэффициентом 2P , расположенной в середине отрезка AB. Таким образом, в дальнейшем мы можем считать, что на корабль действуют две станции: • одна с коэффициентом 2P находится в вершине прямого угла (станция C), • другая с коэффициентом 2P находится на середине гипотенузы (станция O). A Далее можем заменить воздействие этих станций воздействием пружин, длины которых в недеформированном состоянии пренебрежимо малы (равны нулю), а коэффициенты жёсткости равны 2P (см. рисунок). С учётом коэффициентов жёсткости эквивалентных пружин легO ко определить положение точки равновесия для 2P корабля – точка, которая делит медиану CO пополам. M 2P C

Третий способ

Для нахождения положения равновесия рассмотрим систему из трёх точечных масс, расположенных в вершинах треугольника: по m в вершинах острых углов и 2m — в вершине прямого угла. Тогда радиус-вектор, проведённый из произвольной точки M до центра масс будет определяться по формуле: 4m⃗rцм = m⃗r1 + m⃗r2 + 2m⃗r3 . В случае, если M является центром масс системы, то ⃗rцм = 0 =⇒ ⃗r1 + ⃗r2 + 2⃗r3 = 0, что совпадает с выражением, полученным из условия равновесия корабля. Найдём координаты центра масс системы приняв за начало отсчёта вершину C: √ ml cos 30◦ 3l ml sin 30◦ l yцм = = ; xцм = = . 4m 8 4m 8

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Далее по теореме Пифагора определяем расстояния от точки равновесия до станций: √ √ 3l 7l l ; AM = . CM = ; BM = 4 4 4 В начальный момент времени космический корабль покоится, а суммарная сила, действующая на него со стороны станций, направлена вдоль отрезка CO. Это означает, что ускорение корабля также направлено вдоль CO, и, следовательно, корабль будет двигаться прямолинейно вдоль этого отрезка и достигнет максимальной скорости в точке равновесия. Первый способ −−→ Посмотрим на отклонение корабля от положения равновесия на вектор M K. Изменение суммарной силы со стороны станций равно: ∆F⃗ = F⃗ − ⃗0 = F⃗ = ∆F⃗A + ∆F⃗B + ∆F⃗C = −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ = −P (AK − AM ) − P (BK − BM ) − 2P (CK − CM ) = −4P · M K Значит, на корабль действует такая же сила, как от пружины с коэффициентом упругости 4P с нулевой начальной длиной, натянутой между точками M и K. Тогда при перемещении корабля от середины гипотенузы до точки M эта пружина совершит над кораблём работу:  2 l 4P 2 mvmax 4 A = = . 2 2 Второй способ Воспользуемся аналогией с двумя пружинами и запишем закон сохранения энергии:
2
2
2 2 2P 2l 2P 4l 2P 4l mvmax = + + . 2 2 2 2 Третий способ Элементарная работа силы, действующей со стороны некоторой станции, определяется выражением: rZ2

δA = (F⃗ · d⃗s) = −P r dr =⇒ A = −

P r dr = r1

P r12 P r22 − . 2 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Максимальная скорость корабля будет достигнута при прохождении положения равновесия. Запишем закон сохранения энергии для этого случая:  √ 2  √ 2


3l 7l l 2 l 2 l 2 P P 2 P 2 2P 4 2P 2 4 4 mvmax +2 = + + + . 2 2 2 2 2 2 Любым из трёх способов получаем ответ: l vmax = 2

P m A

Первый способ Как мы показали ранее, сила, действующая на корабль, аналогична силе со стороны пружины с началом в точке M . Тогда движение корабля – колебания вдоль отрезка CO. Корабль, пролетев точку M , полетит к точке C и остановится около неё.

M K C B При движении корабля под действием пары пружин, он будет двигаться вдоль отрезка CO, останавливаясь в точке O и в точке X, где потенциальная энергия системы пружин равна её энергии при положении корабля в точке O. Это условие можно записать в виде уравнения:   2 2 l l 2P 2P − x 2P x2 2 2 = + , 2 2 2 Второй способ

где x — расстояние от точки C до точки X. Полученное выражение сводится к квадратному уравнению: 2x2 − lx = 0, решая которое, получаем два корня: x1 =

l , 2

x2 = 0.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Корень x = l/2 соответствует точке на середине гипотенузы, где корабль находился в начальный момент времени. Таким образом, минимальное расстояние от корабля до точки C равно нулю. Как мы показали в решении пункта 2, сила, действующая на корабль, равна −−→ F⃗ = −4P · M K, где M – центр масс системы с точечными массами (m,m,2m), расположенными в вершинах A, B и C. В отличие от предыдущих пунктов, точка M не покоится. По свойству центра масс: ⃗vM =

⃗vC m⃗vA + m⃗vB + 2m⃗vC = . 4m 2

Следовательно, скорость точки M постоянна по направлению и равна vmax по модулю. Для окончательного упрощения системы перейдем в инерциальную систему отсчета точки M . В этой системе отсчета начальная скорость vmax точки K направлена перпендикулярно пружине. Заметим, что vmax – это скорость движения по окружности радиусом M K = l/4 под действием силы 4P ·M K: 2 M K2 mvmax = 4P · . 2 2

vmax K

2 mvокр = 4P · M K. MK vmax = vокр

Следовательно, в системе отсчета точки M корабль будет равномерно двигаться по окружности радиусом l/4 со скоростью vmax , найденной в пункте 2. Когда корабль совершит один оборот вокруг точки M , его скорость в лабораторной системе отсчёта впервые обнулится. Это произойдет через время: r π m 2πl/4 = q =π . T = vmax P P m

В системе отсчета точки M перемещение корабля за один период равно нулю. Значит, в ЛСО корабль сместился на такое же расстояние, что и точка M . S = vmax T =

πl . 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Обратим внимание, что траектория движения корабля, представляющая собой наложение движения по окружности и равномерного движения её центра, представляет собой циклоиду, как показано на рисунке. A

B Траектория космического корабля

Траектория инопланетной станции

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №9-T4. Горячо-холодно Первый способ Nср , Вт 4,0

C A

Рис. 1

Для нагрева слитка серебра от начальной температуры t0 до температуры t необходимо сообщить ему суммарное количество теплоты: Q = cm(t − t0 ). С другой стороны, количество теплоты Q можно выразить через среднюю мощность Nср и время теплообмена τ : Q = Nср τ.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике По условию задачи температуры в состояниях A и B равны, следовательно, суммарное количество теплоты, сообщённое слитку в моменты времени τA и τB , также одинаково. Это означает, что площади прямоугольников, соответствующих этим процессам на графике (см. рисунок 1), равны, так как они пропорциональны количеству теплоты. Таким образом, выполняется равенство: NAср τA = NBср τB . Для восстановления оси времени необходимо обеспечить равенство площадей прямоугольников с одинарной штриховкой на графике. Второй способ По условию задачи температуры в состояниях A и B равны, следовательно, эти точки лежат на одной гиперболе. Если две вершины прямоугольника расположены на одной гиперболе, то прямая, проходящая через две другие вершины, должна пересекать начало координат. Это следует из подобия треугольников, образованных описанной прямой и осями координат (см. рисунок 2). Nср , Вт 4,0

C A

Рис. 2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Зная, что τB − τA = 2,2 мин, восстановим график зависимости: Nср , Вт 4

3 C A

τ, мин

0 1

Рис. 3

Из графика известно, что NAср = 2 Вт и τA = 1,8 мин = 108 с, тогда: NAср τA = cm(tA − t0 ) =⇒ t0 = tA −

NAср τA . cm

t0 = 22 ◦ C. Из графика известно, что NCср ≈ 2,2 Вт, τC = 2,4 мин = 144 с, NDср = 2 Вт и τD = 3 мин = 180 с. Тогда: NCср τC = cm(tC − t0 ); NCср ≈ 2,2 Вт;

NDср τD = cm(tD − t0 ). NDср = 2 Вт;

NCср τC ≈ 48,4 ◦ C; cm NDср τD tD = t0 + = 52 ◦ C. cm

tC = t0 +

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Получим выражение, позволяющее найти значение мгновенной мощности в произвольный момент времени. Для этого рассмотрим малый промежуток времени ∆τ → 0. За этот промежуток времени количество теплоты ∆Q можно выразить через мгновенную мощность Nмгн : ∆Q = Nмгн ∆τ. С другой стороны, ∆Q можно выразить через изменение площади прямоугольника на графике зависимости Nср (τ ): ∆Q = (Nср + ∆Nср )(τ + ∆τ ) − Nср τ = ∆Nср τ + Nср ∆τ + ∆Nср ∆τ. Пренебрегая малыми величинами второго порядка (∆Nср ∆τ ≈ 0), получаем: ∆Q ≈ ∆Nср τ + Nср ∆τ. Приравнивая выражения для ∆Q, находим: Nмгн ∆τ = ∆Nср τ + Nср ∆τ. Разделив на ∆τ , получаем выражение для мгновенной мощности: Nмгн =

∆Nср τ + Nср , ∆τ

∆N

где величина k = ∆τср пропорциональна угловому коэффициенту касательной к графику Nср (τ ). Аналогичное выражение можно получить, используя дифференцирование: dQ d(Nср τ ) dNср Nмгн = = = τ + Nср . dτ dτ dτ Построим касательные к графику в точках C и D и рассчитаем их угловые коэффициенты наклона: kC = 0 Вт/с,

kD = −

2 Вт/с. 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Nср , Вт 4

C A

τ, мин

0 1

Рис. 4

Возможен другой способ решения. Зная Nср (τ ), построим график зависимости Q(τ ) = Nср · τ для моментов времени τ ∈ [0; 4] мин, проведём гладкую кривую и построим касательные к графику Q(τ ) в указанные моменты времени. Угловые коэффициенты касательных будут равны мгновенной мощности: Nмгн =

dQ . dτ

Тогда: NCмгн = kC τC + NCср ≈ 2,2 Вт; NDмгн = kD τD + NDср = 0 Вт.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №9-T5. Неламповый диод Пусть сила тока источника равна I0 . Показания амперметра равны нулю при сбалансированном мосте, сила тока через резистор R2 (и через нелинейный элемент, подключённый к точкам A и B) равна: IAB = I0

R3 . R2 + R3

Сила тока через резисторы R1 и R3 равна: I1 = I3 = I0

R2 . R2 + R3

Тогда напряжение между точками A и B равно: UAB = I0

R2 R1 . R2 + R3

Введём статическое сопротивление нелинейного элемента, подключённого к точкам A и B: UAB RAB = , IAB где IAB — сила тока, протекающего через элементы, подключенные к точкам A и B. В таком случае, показания амперметра равны нулю, если RAB R3 = R1 R2 . Вольтамперные характеристики лампы и диода задаются соотношениями: Iл = αUл2/3 ,

Iд = βUд2 ,

или, выражая напряжение через ток: 3/2

Iл Uл = 3/2 , α

p Iд Uд = √ . β

Статическое сопротивление лампы и диода соответственно равны: 1/2

Rл =

Uл Iл = 3/2 ; Iл α

Rд =

Uд 1 =p . Iд Iд β

Тогда при их последовательном соединении сопротивление выражается следующим образом: √ IAB 1 RAB = Rл + Rд = 3/2 + √ . α βIAB

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Это уравнение сводится к квадратному, для решения которого используем теорему Виета: p α3/2 IAB − RAB α3/2 IAB + √ = 0; β p p α3/2 p IAB1 IAB2 = √ , IAB1 + IAB2 = α3/2 RAB . β Так как

R3 R3 , IAB2 = I02 , R2 + R3 R2 + R3 √ r √ √ r √ p I01 + I02 R3 I01 + I02 R2 + R3 3/2 β= √ α = , . RAB R2 + R3 R3 I01 I02 RAB IAB1 = I01

то

Статическое сопротивление лампы равно RAB = R1 R2 /R3 при силе тока через неё: p p 2 R3 I01 + I02 . Iл = R2 + R3 Тогда ток через источник: I03 =

p p 2 I01 + I02

Статическое сопротивление диода равно RAB = R1 R2 /R3 при силе тока через него: I01 I02 R3 Iд = √ √
2 . R2 + R3 I01 + I02 Тогда ток через источник: I04 = √

I01 I02 √
2 . I01 + I02

Решения — прак.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Возможные решения Задача №9-E1. Долгий ящик Метод 1.1. Разная точка приложения силы реакции Зафиксируем расстояние y = (25,9 ± 0,2) см и положим конец шпильки с гайками на клипсу, находящуюся на расстоянии x от края (см. рисунок). В таком случае на шпильку с гайками действует сила тяжести, сила реакции опоры N и сила, приложенная в шарнире. При этом показания m весов равны силе реакции опоры N , деленной на g. Горизонтальность шпильки можно контролировать измерением расстояния до поверхности стола в различных точках, при этом небольшие отклонения от идеального горизонтального положения не влияют на результаты. Получим экспериментальные точки зависимости показаний весов m от расстояния x. Примем погрешность измерения длин за 0,2 см в связи с точностью определения точки касания шпильки и клипсы. Погрешность измерения «массы» ∆m = 0,03 г. a ⃗ N

весы

M⃗g y

m, г

27,21

28,53

30,82

32,13

38,67

43,71

52,16

x, см

1,8

4,6

6,7

12,7

16,4

20,6

1 1 m , кг

36,8

35,1

32,4

31,1

25,9

22,9

19,2

Запишем правило моментов для рычага относительно оси вращения, проходящей через шарнир: M g(y + b − a) = N (b + y − x). Учитывая N = mg, где m - показания весов, линеаризуем получившееся выражение: M M (y + b − a) = b + y − x ⇒ x = b + y − (y + b − a). m m

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Графиком зависимости x от 1/m является прямая линия с отрицательным коэффициентом наклона, причем пересечение этой прямой с осью x происходит в точке x = b + y. Из графика получим b + y = (43,4 ± 0,4) см. Погрешность определения величины b+y определим графически. Если по точкам приведённого графика провести прямые с наименьшим и наибольшим сдвигом по вертикали, то будет видно, что погрешность равна ∆(b + y) = 0,4 см. x, см

40

30

20

10

1/m, 1/кг

10

20

30

40

Кресты ошибок на графике по обеим осям оказываются маленькими. С учетом зафиксированного y = (25,9 ± 0,2) см получим b = (17,5 ± 0,6) см. Метод 1.2. Измерение момента дополнительной силы Выкрутим шпильку практически до упора так, что y = (26,0 ± 0,2) см. Положим шпильку с гайками на опору. В качестве опоры возьмем гайку. Нажмём кнопку «Tare» на весах. Если на шпильку будет действовать дополнительная сила, поменяется сила реакции N , действующая со стороны опоры на шпильку, то весы покажут величину m∗ = ∆N/g, где ∆N — изменение силы реакции. В качестве дополнительной силы выберем силу тяжести клипсы и n гаек, расположенных рядом со стенкой короба. Их суммарная масса m = mк + n · mг , где mк = (1,33 ± 0,03) г и mг = [(3,14 ± 0,03) г]/5 = (0,628 ± 0,006) г. Расстояние от середины клипсы (ее центра масс) до края шпильки l = (25,0 ± 0,2) см.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Измерим показания весов m∗ при разных n.

весы n

m, г

3,82

3,18

2,55

1,94

1,30

m∗ , г

1,62

1,34

1,12

0,87

0,57

Перед тем, как мы расположили клипсу с гайками на шпильке, для системы «шпилька + гайки» были выполнены оба условия равновесия. Но когда вес клипсы с гайками начинает действовать на шпильку, то относительно оси вращения он создает момент mg(b + y − l), который компенсируется изменением момента силы реакции ∆N (b + y): mg(b + y − l) = m∗ g(b + y)

 m∗ = m 1 −

l b+y

 .

Тогда график m∗ от m должен быть линейным и проходящим через ноль. Его коэффициент наклона равен 1 − l/(b + y). m∗ , г 2.0 1.8 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 m, г

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Проведя прямую из точки (0,0), получаем коэффициент наклона k = (0,431± ±0,011) и l − y = (17,9 ± 1,4) см. b= 1−k Погрешность коэффициента наклона найдем, проведя прямые с максимальным и минимальным наклоном. Рассчитаем погрешность итогового результата:   ∆k ∆l l ∆b = + + ∆y = 1,4 см. 1−k l k−1 Метод 2.1. Изменение силы, поддерживающей шпильку, при её вкручивании Будем измерять величину силы реакции, действующую на шпильку, с помощью показания весов m так же, как мы это делали в первом пункте. В качестве параметра выберем длину внешней части шпильки y и будем её постепенно уменьшать. Клипсу расположим под краем шпильки с гайками (x = 0). y, см

25,5

24,3

22,4

21,1

18,9

17,5

16,5

1 −1 y+b , м

2,33

2,4

2,51

2,6

2,75

2,87

2,95

m, г

28,28

27,52

26,31

25,64

24,06

22,93

22,04

y, см

14,8

13,7

12,0

10,7

9,3

7,8

6,7

1 −1 y+b , м

3,11

3,22

3,4

3,56

3,75

3,97

4,15

m, г

20,46

19,27

17,49

15,85

14,15

11,67

9,88

Запишем уравнение моментов относительно оси вращения:   a M g(y + b − a) = mg(y + b) ⇒ m = M 1 − , y+b поэтому график зависимости m от 1/(y + b) оказывается линейным с коэффициентом наклона, равным −M a, и свободным членом, равным M . Для вычисления 1/(y + b) возьмем значение b = (17,5 ± 0,6) см. Тогда погрешность ∆[1/(y + b)] = = (∆y + ∆b)/(y + b)2 . Кресты ошибок на графике по вертикальной оси оказываются маленькими. С помощью графика определим, что масса шпильки с гайками M = (49,1 ± 0,4) г и M a = (9,4 ± 0,5) г · м. Погрешности коэффициента наклона и свободного члена определим графически.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике m, г 50 45 40 35 30 25 20 15 10 1 1 , y+b м

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

4.5

Метод 2.2. Изменение силы реакции, действующей на короб при выкручивании шпильки Установим один конец короба на клипсу, а второй – на весы с опорой в виде гайки. Расстояние между точками опоры короба l0 = (51,0 ± 0,2) см.

весы Далее, выкручивая шпильку, мы изменяем момент силы тяжести системы «короб + шпилька + гайки» относительно клипсы. Измерим изменение показаний весов m∗ = (20,52 ± 0,03) г при изменении длины свободной части шпильки на y ∗ = (21,0 ± 0,2) см.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Запишем правило моментов относительно клипсы: mgl0 = Mкороб + M g(y − a + l0 ), где Mкороб — момент сил, создаваемый силой тяжести короба, l0 — расстояние от точки клипсы до стенки ящика. Когда мы выкручиваем шпильку, меняются только m и y: l0 m∗ = M y ∗

M = (49,8 ± 0,7) г.

Погрешность вычисляется через сумму относительных погрешностей:   ∆l0 ∆m∗ ∆y ∗ + + = 0,7 г. ∆M = M · l0 ∆m ∆y В методе 2.1 с помощью графика получено, что M a = (9,4±0,5) г·м, поэтому a = (19,2 ± 1,0) см. Если для определения массы использовался альтернативный метод (например, метод 2.2), то для определения a все равно требуется провести исследование, аналогичное методу 2.1. a = (19,2 ± 1,0) см Рассмотрим систему «шпилька + гайки». Двадцать навинченных гаек можно представить как однородный стержень длиной c = (5,9 ± 0,2) см и массой 20mг . Выражение для центра масс системы имеет вид: M a = (M − 20mг )

L c + 20mг 2 2

L=2

M a − 10mг c = 49 см. M − 20mг

Оценка погрешности длины стержня ∆L:   ∆(M a) + 10c∆mг + 10mг ∆c ∆M + 20∆mг ∆L = L + = 4 см. M a − 10mг c M − 20mг Задача №9-E2. Трижды два Мультиметром в режиме вольтметра определим напряжение источника: U0 = (9,5 ± 0,1) В.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике K1 A

НЭ

R1

R2

K2 R

U0

C Соберем электрическую цепь для снятия ВАХ (рис. 2 из условия). Для удобства промаркируем провода (буквами A, B, C, написанными на наклейках). Силу тока через серый ящик определяем через напряжение на известном резисторе IСЯ = UR /R, напряжение на сером ящике UСЯ измеряем непосредственно. K1 вправо, K2 влево UСЯ , В

UR , В

I = UR /R, мА

0,00

0,00

0,00

0,50

0,35

0,80

1,00

0,70

1,62

1,51

1,04

2,43

2,01

1,39

3,24

2,48

1,72

3,99

2,92

2,02

4,70

3,51

2,44

5,67

4,04

2,80

6,51

4,52

3,12

7,26

5,04

3,48

8,09

5,55

3,83

8,91

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике K1 влево, K2 влево UСЯ , В

UR , В

I = UR /R, 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

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике K1 вправо, K2 вправо UСЯ , В

UR , В

I = UR /R, мА

0,00

0,00

0,00

0,30

0,32

0,74

0,61

0,64

1,49

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

Заметим, что при разомкнутых ключах элементы серого ящика соединены последовательно, а при замкнутых – параллельно. Тогда при разомкнутых ключах сопротивление серого ящика максимально, а при замкнутых – минимально. По графику однозначно определяем положения ключей. Влево

Вправо

Верхний ключ

разомкнут

замкнут

Нижний ключ

разомкнут

замкнут

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике K1 влево, K2 вправо UСЯ , В

UR , В

I = UR /R, мА

0,00

0,00

0,00

0,72

0,26

0,60

1,42

0,51

1,19

2,09

0,75

1,75

2,48

0,89

2,07

3,36

1,22

2,84

4,17

1,49

3,48

4,86

1,75

4,06

5,65

2,03

4,72

6,32

2,27

5,28

6,96

2,50

5,81

IСЯ , мА 10 9 8 7 6 5 4 3 2 R1 (право – лево) R2 (лево – право)

UСЯ , В 9

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике IСЯ , мА лево – лево право – право

14 12 10 8 6 4 2

UСЯ , В

Сопротивления R1 и R2 определим с помощью коэффициентов наклона ВАХ резисторов. Для оценки их погрешностей проведём прямые, проходящие через кресты погрешностей с максимально и минимально возможными углами наклонами. min

max

Среднее

k1 , (кОм)−1

0,815

0,850

0,835

R1 , Ом

1176

1227

1198

k2 , (кОм)

1,57

1,63

1,60

R2 , Ом

613

637

625

−1

R1 = (1200 ± 30) Ом; R2 = (625 ± 12) Ом. 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 .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике 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. UНЭ = −UСЯ ; IНЭ = −(IСЯ −

UСЯ UСЯ − ). R1 R2

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 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

Представим ВАХ НЭ на графике.

IНЭ , мА 4 3 2 1

−4

−3

−2

−1

−1 −2 −3 −4 −5 −6

UНЭ , В 1