Физика 11 класс: Решения задач олимпиады

Департамент образования Ярославской области
Центр образования школьников «Олимп»
Всероссийская олимпиада школьников 2008-2009 учебного года
Физика, 11 класс, муниципальный этап
Возможные решения задач
Задача № 1 «Санки» (10 баллов)
1. Санки движутся по наклонной плоскости горки под действием сил тяжести, трения и
реакции опоры.
Запишем 2-й закон Ньютона
(1)
ma  mg  Fтр  N ,
где a – ускорение, с которым движутся санки, N – сила реакции опоры.
(1 балл)
2. Введём систему координат, направив ось х вдоль движение по плоскости горки, ось у –
перпендикулярно поверхности горки и запишем (1) в проекциях на оси:
max  mg sin   Fтр , 0  mg cos  N .
Из второго уравнения N  mg cos , а сила трения скольжения в свою очередь
Fтр   N   mg cos  .
Отсюда можно определить ускорение, с которым двигались санки:
(2)
a  g (sin    cos )
(2 балла)
3. Если ворона опустилась на санки без толчка, то это никак не изменило характера
движения санок, поскольку вес санок теперь уже с вороной оказался скомпенсированной
возросшей силой реакции опоры, так что ускорение осталось тем же.
(1 балл)
4. Вторую половину пути санки начинают с начальной скоростью v1 , равной скорости в
конце первой половины пути.
При высоте горки H и угле при основании α длина всего пути санок L  H sin  .
(3)
(1 балл)
5. Зная ускорение и пройденный путь (L/2), можно определить v1 :
L v12 ,
v1  aL . (4)

2 2a
(1 балл)
6. Аналогичным образом можно найти и скорость санок в самом конце пути:
(5)
v2  2aL
v v
Для второй половины пути можно записать: v2  v1  at , откуда t  2 1 .
a
2aL  aL
L
Подставим в (6) (4) и (5) и получим:
,
t
 ( 2  1)
a
a
H sin 
а, учтя (3),
.
t  ( 2  1)
a
7. Подставим числовые данные и получим t = 0,441 с = 441мс.
Ответ: санки проедут вторую половину за 441 с.
(6)
(3 балла)
(1 балл)
Физика, 11 класс, муниципальный этап, решения, 2009-2010 учебный год
Задача № 2 «Пластинки» (10 баллов)
1. Длина пластинок зависит от температуры по линейному закону.
Обозначим длину платиновой l1 , а серебряной – l2 ,
тогда l1  l01 (1  1t ) , где l01 – длина при платиновой пластины при нуле градусов,
а 1   платины , а l2  l02 (1   2t ) ,
где l02 – длина серебряной пластины при нуле градусов, а  2   серебра .
(2 балла)
2. Запишем выражение для разности длин пластинок:
l  l1  l2  l01  l02  (l011  l02 2 )t .
(1 балл)
3. Так как эта разность должна при любой температуре, в том числе при 0 градусов, быть
одинаковой, l  l01  l02 , то l011  l02 2  0 .
L
L
Выразив отсюда l02 , найдём, что l 01 
, а l 02 
.
(5 баллов)
1  1 /  2
1 /  2  1
4. Подставим числовые значения и получим: l01  2,3 мм, l02  0,3 мм.
(2 балла)
Ответ: длина серебряной пластины при 0 градусов Цельсия 1,3 мм, длина платиновой –
0,3 мм.
Задача № 3 «Конденсатор» (10 баллов)
1. При изменении расстояния между пластинами изменяется ёмкость конденсатора по
 S
закону С  0 , где   1 ,
d
т.к. конденсатор воздушный,  0  8,85  10 12 Ф/м,
S – площадь пластин, а d – расстояние между пластинами.
(2 балла)
2. Под действием источника конденсатор накапливает заряд q1  C1U .
(1)
При увеличении расстояния ёмкость конденсатора уменьшается, и он способен накопить
на обкладках уже меньший заряд q2  C2U .
(2)
(2 балла)
3. Энергия, запасённая конденсатором в первом состоянии, равна W1 
во втором – W2 
q 23
.
2C 2
q13
,
2C1
(3)
(4)
Подставим (1) и (2) в (3) и (4) соответственно, получим W1 
C12U 2 C1U 2
,

2C1
2
(5)
C 2U 2
.
(6)
2
Так как C2  C1 , то W2  W1 – запас энергии электрического поля в конденсаторе
уменьшается и выделяется количество теплоты, равное уменьшению запаса энергии в
конденсаторе: Q  W1  W2 .
W2 
2
Физика, 11 класс, муниципальный этап, решения, 2009-2010 учебный год
Подставим сюда (5) и (6) и получим
Q  W1  W2 
U2
U 2  0 S  0 S U 2 0 S 1
1
(C1  C2 ) 
(

)
(  ).
2
2
d1
d2
2
d1 d 2
4. Подставив числовые значения, найдём
Q  3,54  1013 Дж.
(5 баллов)
(1 балл)
Ответ: выделится Q  3,54  1013 Дж.
Задача № 4 «Зеркала» (10 баллов)
1. Построением изображений в зеркалах можно убедиться, что изображения параллельны,
но направлены в противоположные стороны. Пусть началом отрезка, изображающего
линейку, является начало отсчёта на линейке, «0». По правилам построения изображений
в плоских зеркалах изображение точки «0» будет лежать за зеркалом на перпендикуляре
к зеркалу на таком же расстоянии от зеркала, что и сама точка «0». Обозначим
изображение точек в левом зеркале (АВ) «0’» и «15’», а в правом (ВС) – «0”» и «15”», а
соответствующие точки проекции концов линейки на зеркала – «01» и «151» и «02» и
«152» (см. рисунок).
(5 баллов за построение)
2. Далее можно получить результат, анализирую геометрию построения любым способом.
Например. Линейка перпендикулярна биссектрисе прямого угла АВС, то есть, её
продолжение образует с зеркалами угол 45º. Такой же угол будет образовывать и
изображение, однако, если выбрать векторе, изображающий линейку за отсчётный (его
направление принять за 0º), то можно заметить, что зеркало АВ ориентировано по
направлению 45º, изображение в нём – по направлению 90º, зеркало ВС – по направлению
135º, а изображение в нём – соответственно 135 +135 = по направлению 270º. А так как
разность 270º и 90º составляет 180º, то изображения противоположны. (5 баллов за анализ)
Ответ: угол между изображениями 180º.
0”
15’
В
15”
02
151
0’
А
С
01
0
152
15
Задача № 5 «Виток» (10 баллов)
1. При вращении проводящего витка в магнитном поле в нём по закону электромагнитной
dФ
индукции наводится э.д.с., которая при постоянном магнитном поле равна  
,
dt
где магнитный поток Ф  BS cos(t   0 ) ,
S – площадь витка,
  2 – угловая скорость вращения витка,
(1)
3
Физика, 11 класс, муниципальный этап, решения, 2009-2010 учебный год
 0 – начальный угол между нормалью к витку и силовыми линиями магнитного поля.
То есть,   BS sin(t  0 ) .
(3 балла)
2. Максимальная величина наводимой в рамке э.д.с. равна   BS  ,
то есть прямо пропорциональна величине площади.
  2BS (2*)
Подставим (1) в (2) и получим:
(2)
(1 балл)
3. Сначала рамка была квадратной и её площадь равнялась S1  a ,
2
а периметр –
P  4a .
(3)
(1 балл)
(4)
4. Затем при том же периметре изменили форму рамки на круглую, деформировав рамку,
при этом её радиус определяется периметром: P  2 R , R 
S2   R 2 .
а площадь равна
P
,
2
(5)
(6)
2
2
Подставим (4) в (5), (5) в (6) и получим: S2    4a   4a .

 2 
(7)
(2 балла)
5. При квадратной форме рамки максимальное значение э.д.с. составляло (найдём,
подставив (3) в (2*)):
(8)
1  2 Ba 2 ,
а при круглой –
 2  8 Ba 2 /  .
(9)
Изменение максимальной э.д.с. равно    2  1  2 Ba 2 (4 /   1) .
6. Подставив числовые значения, получим:
положительно, то э.д.с. увеличивается.
(2 балла)
  1,03 мВ. Так как полученное значение
(1 балл)
Ответ: увеличится на 1,03 мВ.
4