Олимпиадные задания с решениями

Физика 11 класс, школьный (первый) этап, г. Москва, 2017-2018 год

Содержание

  1. Задача 1
  2. Задача 2
  3. Задача 3
  4. Задача 4
  5. Задача 5

Задача 1

Содержание ↑

Колесо обозрения радиусом R = 60 м вращается с постоянной угловой скоростью в вертикальной плоскости, совершая полный оборот за время T = 2 мин. В момент, когда пол одной из кабинок находился на уровне центра колеса (показано стрелкой), пассажир этой кабинки положил на пол плоский предмет. При каком минимальном коэффициенте трения между предметом и полом предмет не начнёт скользить в тот же момент? Зависит ли ответ от того, в какую сторону вращается колесо? Размеры кабинок можно считать намного меньшими радиуса колеса.

Возможное решение

Содержание ↑

Так как размеры кабинок можно считать намного меньшими радиуса колеса, то, следовательно, центры колеса и окружности, по которой движется тело, почти совпадают, и в нашем случае вектор ускорения предмета можно считать направленным горизонтально.

Запишем второй закон Ньютона для тела в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси соответственно:

N = mg,

Fтр = mω2R, ω = 2π/T.

Если тело не проскальзывает по поверхности, то Fтр ≤ μN = μmg.

Следовательно,

и минимальный коэффициент трения

Критерии оценивания

Содержание ↑

  • Вектор ускорения направлен (почти) горизонтально: 2 балла
  • N = mg: 1 балл
  • Fтр = mω2R: 2 балла
  • ω = 2π/T: 1 балл
  • Fтр ≤ μN: 2 балла
  • : 2 балла

Максимум за задачу 10 баллов.

Задача 2

Содержание ↑

На наклонной плоскости с углом наклона α к горизонту находится система из двух небольших одинаковых шариков, закреплённых на лёгкой спице, верхний конец которой закреплён шарнирно на плоскости. Расстояния между шариками и от шарнира до ближайшего к нему шарика одинаковы и равны l. Систему выводят из положения равновесия, повернув спицу на 90° (при этом шарики касаются плоскости), и отпускают без сообщения начальной скорости. Найдите отношение модулей сил натяжения спицы на её свободных участках в момент прохождения спицей положения равновесия. Трением можно пренебречь.

Возможное решение

Содержание ↑

Пусть масса одного шарика равна m, T1 – сила реакции, действующая со стороны верхней свободной части спицы на верхний шарик, T2 – сила реакции, действующая со стороны нижней свободной части спицы на нижний шарик.

Пусть в момент прохождения спицей положения равновесия её угловая скорость равна ω. Запишем закон сохранения механической энергии:

Применим второй закон Ньютона для верхнего шарика в момент прохождения системой положения равновесия:

T1 – T2 – mg·sinα = mω2l = (6/5)·mg·sinα

и для нижнего шарика:

T– mg·sinα = mω2·2l = (12/5)·mg·sinα

Решая полученную систему уравнений, находим:

T1 = (28/5)·mg·sinα, –T2 = (17/5)·mg·sinα

откуда окончательно получаем:

T1/T2 = 28/17

Критерии оценивания

Содержание ↑

Закон сохранения механической энергии: 4 балла

T1 – T2 – mg·sinα = mω2l: 2 балла

T– mg·sinα = mω2·2l: 2 балла

T1/T2 = 28/17

Максимум за задачу 10 баллов.

Задача 3

Содержание ↑

В вертикальном теплоизолированном цилиндре под тяжёлым подвижным поршнем находится одноатомный идеальный газ, занимающий объём V. На поршень ставят груз, имеющий массу вдвое большую, чем масса поршня. Найдите объём газа в новом положении равновесия. Давлением над поршнем и трением поршня о стенки цилиндра можно пренебречь.

Возможное решение

Содержание ↑

Запишем для начального состояния n молей газа уравнение Клапейрона‒ Менделеева:

(mg/S)·V = νRT1

Здесь m – масса поршня, S – площадь его сечения, T1 – начальная температура газа. Для конечного состояния, в котором газ занимает объём V2:

(3mg/S)·V2 = νRT2

Из закона сохранения энергии, применённого для системы «газ + поршень + груз», следует:

3/2·νR(T2 – T1) = 3mg·(V – V2)/S

Решая систему уравнений, получаем:

V2 = 3/5 · V

Критерии оценивания

Содержание ↑

  • (mg/S)·V = νRT1: 2 балла
  • (3mg/S)·V2 = νRT2: 2 балла
  • Закон сохранения энергии: 4 балла
  • V2 = 3/5 · V: 2 балла

Максимум за задачу 10 баллов.

Задача 4

Содержание ↑

Всё пространство между обкладками плоского конденсатора занимает непроводящая пластина с диэлектрической проницаемостью e = 2. Этот конденсатор через резистор с большим сопротивлением подключён к батарее с ЭДС E = 100 B. Пластину быстро вынимают так, что заряды пластин конденсатора за время удаления пластины не успевают измениться. Определите, какую минимальную работу необходимо совершить для такого удаления пластины. Какое количество теплоты выделится в цепи к моменту, когда система придёт в новое равновесное состояние? Электрическая ёмкость незаполненного конденсатора C0 = 100 мкФ.

Возможное решение

Содержание ↑

До удаления пластины энергия конденсатора была равна:

q2/2C0ε, где q = εC0E – заряд на пластинах конденсатора.

При удалении пластины заряд конденсатора не успевает измениться. Это означает, что энергия конденсатора после удаления пластины стала равна  q2/2C0.

Работа, которую необходимо совершить при удалении пластины, равна:

В новом равновесном состоянии заряд конденсатора будет равен C0E. Значит, через батарею протечёт заряд εC0E – C0E = (ε – 1)C0E (батарея при этом совершит отрицательную работу). Запишем закон сохранения энергии:

Критерии оценивания

Содержание ↑

  • q = εC0E:  1 балл
  • W1 = q2/2C0ε:  1 балл
  • W2 = q2/2C0ε:  1 балл
  • A = W2 –W1 1 балл
  • A = 1Дж: 0.5 балла
  • Протёкший заряд через батарейку  (ε – 1)C0E: 2 балла
  • Батарейка совершает отрицательную работу: 2 балла
  • Закон сохранения энергии в виде W1 + Aб = W2 + Q:  1 балл
  • Q = 0.5 Дж: 0.5 балла

Максимум за задачу 10 баллов.

Задача 5

Содержание ↑

В электрической цепи, схема которой изображена на рисунке, при разомкнутом ключе через амперметр протекает ток силой I1 = 0,5 А, а при замкнутом ключе – силой I2 = 0,8 А. Определите напряжение между контактами разомкнутого ключа. ЭДС каждого источника E = 2,0 В, их внутренние сопротивления одинаковы.

Возможное решение

Содержание ↑

Пусть сопротивление амперметра равно R, а внутреннее сопротивление источника равно r. При разомкнутом ключе закон Ома для полной цепи имеет вид:

I1(r + R) = E.

После замыкания ключа силы токов, текущих через батарейки, равны ½·I2 .

Выберем замкнутый контур, содержащий амперметр, и также применим для него закон Ома для полной цепи:

½·I2r + I2R = E.

Отсюда находим:

Напряжение между контактами разомкнутого ключа равно:

Критерии оценивания

Содержание ↑

  • I1(r + R) = E:  2 балла
  • После замыкания ключа токи, текущие через батарейки, равны ½·I22 балла
  • ½·I2·r + I2·R = E:  3 балла
  • U = 1.5 В:  3 балла

Максимум за задачу – 10 баллов.

В случае, если решение какой-либо задачи отличается от авторского, эксперт (учитель) сам составляет критерии оценивания в зависимости от степени и правильности решения задачи.

При правильном решении, содержащем арифметическую ошибку, оценка снижается на 1 балл.

Всего за работу – 50 баллов.

Класс:  / Предмет:  / Этап:  / Год:  / Город:  / 

Рекомендуем ознакомиться: