Документ 425381

Возможные решения задач контрольной работы 3 по физике для учащихся 10-11
классов и их оценка
Общие рекомендации (в соответствии с методическими рекомендациями по оцениванию
решения олимпиадных задач, составители С.М. Козел, В.П Слободянин, Москва, 2011 г.)
Баллы
Правильность (ошибочность) решения
10
8
Полное верное решение
Верное решение. Имеются небольшие недочеты, в целом не влияющие на
решение
Решение в целом верное, содержит существенные ошибки (не физические, а
математические)
Найдено решение одного из двух возможных случаев
5-6
5
2-3
0-1
0
Есть понимание физики решения, но не найдено одно из необходимых для
решения уравнений, в результате полученная система решений не полна, и
невозможно найти решение
Есть отдельные уравнения, относящиеся к сути задачи при отсутствии
решения или при ошибочном решении
Решение неверное или отсутствует
Решение задачи 1.
При сверхзвуковом движении звуковые волны от летящего самолета распространяются
внутри конуса с углом 2  при вершине, в которой находится самолет, причем скорость
перемещения боковой поверхности конуса равна скорости звука (см. рис.1). Тогда из
прямоугольного треугольника ABC находим AC  ct , AB  vt .
Рассмотрим теперь треугольник ABC  , подобный треугольнику ABC в котором
AB  l , BC   ct , AC   l 2  c 2 t 2 . Из подобия треугольников находим
vt
l
cl
, откуда v 
.

ct
l 2  c 2 t 2
l 2  c 2 t 2
v
A
C
B'
A'
α
C'
c
К задаче 1
B
α
Система оценивания задачи 1(10 баллов)
Рассмотрение конуса, образованного ударной волной
2 балла
Чертеж
Подобие треугольников
Вычисление размеров треугольников
Окончательная формула
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 2.
За время t стержни сместятся на расстояние x  vt . Первоначальные и новые
положения стержней образуют ромб ABAB с углом при вершине A , равным  . Угол
 между перемещением x  AC и стороной AB находим из соотношения
90      180 , откуда   90   , и длина стороны ромба равна
x
vt
. Расстояние AA равно

cos  sin 
vt
vt
AA  2l cos  / 2   2
cos  / 2  
.
sin 
sin  / 2 
С другой стороны, AA  ut , где u – искомая скорость движения точки пересечения
l 
стержней, следовательно
u
v
sin  / 2 
C
v
β
α
.
B'
α/2
A
A'
B
К задаче 2
Система оценивания задачи 2 (10 баллов)
Чертеж
Рассмотрение ромба ABA'B'
Вычисление длины стороны ромба
Вычисление диагонали ромба
Окончательная формула
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 3.
1
x  t   v0t  at 2 , следовательно, шарик
2
Движение шарика описывается уравнением
достигнет максимального удаления L от первоначального положения (попадет в точку
t1  t2 1  2

 1,5 с. Разобьем время обратного движения шарика
2
2
от точки A на три интервала длительностью t  0,5 с каждый. За первый интервал
шарик попадет в точку B , за второй интервал – в точку C , и за третий интервал – в точку
O . Расстояния AB , BC и CO относятся друг к другу как 1: 3: 5 . Если обозначить
расстояние AB через x , тогда BC  3x , CO  5x . с другой стороны,
l
9
BC  CO  l , следовательно, x  , L  l  x  l . Далее, поскольку в точке A
8
8
1
скорость шарика обращается в нуль, то L  v0t0 , откуда начальная скорость равна
2
2 L 9l 9 * 0,3
v0 


 0,45 м/с.
t0 4t0 4 *1,5
A ) через время t0 
Ускорение шарика равно
a
v0 0,45

 0,3 м/с2.
t0
1,5
Δx
3Δx
A
5Δx
B
C
O
К задаче 3
Система оценивания задачи 3 (10 баллов)
Чертеж
Нахождение положения точки A
Нахождение положений точек B, C
Нахождение начальной скорости
Нахождение ускорения
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 4.
На брусок действуют сила тяжести P , сила нормальной реакции плоскости N , сила
натяжения нити T , сила трения FT  kN . Так как брусок движется равномерно,
приложенные к нему силы уравновешивают друг друга. составляем уравнения равновесия
сил в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси
X k  T cos   FT  0 ,
(1)
Yk  T sin   N  P  0 .
(2)
Из уравнения (2) находим: N  P  T sin  , тогда FT  k  P  T sin   , следовательно,
P
. Натяжение нити T минимально, если
T cos  k  P  T sin   , T 
cos   k sin 
cos  k sin  принимает максимальное значение. Перепишем это выражение в виде
1
k
cos   k sin   1  k 2 cos     , где cos  
, sin  
, и
1 k2
1 k2
cos  k sin  максимально при     arctg  k  , тогда cos   k sin   1  k 2 .
P
Следовательно, минимальное натяжение нити равно Tmin 
.
1 k2
y
N
P
T
α
К задаче 4
x
Система оценивания задачи 4 (10 баллов)
Чертеж
2 балла
Запись уравнения равновесия сил в проекции на 2 балла
горизонтальную ось
Запись уравнения равновесия сил в проекции на 2 балла
вертикальную ось
Нахождение натяжения нити
2 балла
Нахождение минимального натяжения нити
2 балла
Решение задачи 5.
Пусть x1 , x2 – расстояния от общего центра масс до компонентов звездной системы
массой m1 и m2 соответственно, тогда
x1  x2  l , m1 x1  m2 x2 . Из этих уравнений находим x1 
При вращении звезд
притяжениям звезд:
m1
центробежные
силы
m2
m1
l , x2 
l.
m1  m2
m1  m2
уравновешиваются
гравитационным
4 2 m1m2
m1m2
4 2
m1m2
,
или
, откуда суммарная масса двойной
l

G
x

G
1
2
T m1  m2
l2
T2
l2
4 2l 3
звезды равна m  m1  m2 
.
GT 2
Система оценивания задачи 5 (10 баллов)
Чертеж
Нахождение положения центра масс
2 балла
2 балла
Нахождение координат тела относительно центра 2 балла
масс
Запись и решение уравнения равновесия сил
2 балла
Нахождение суммарной массы
2 балла
Решение задачи 6.
По условию, потерями давления в трубе можно пренебречь, поэтому, согласно уравнению
Бернулли, перепад давлений воды в манометрических трубках связан со скоростью воды в
сечениях S1 и S 2 равенством
 g h 
 v12
2

 v22
2
.
С другой стороны, скорости v1 и v2 связаны уравнением непрерывности (расход воды
Q  Sv одинаков во всех сечениях трубы)
S1v1  S2v2 .
v12  S12 
Q 2  S12 
S1
Тогда v2 
v1 , следовательно g h  1  2  , откуда 2 g h  2 1  2  .
2  S2 
S1  S2 
S2
Отсюда Q 
2
2 g hS12 2 g hS12 S22
. Окончательно

S12
S22  S12
1 2
S2
Q  S1S 2
2g h
.
S22  S12
Δh
v1
S1
S2
v2
К задаче 6
Система оценивания задачи 6 (10 баллов)
Запись уравнения Бернулли
Запись уравнения непрерывности
Связь между скоростями движения воды в разных
сечениях
Составление уравнения для расхода воды
Нахождение расхода воды
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 7.
Обозначим через v скорость истечения воды из отверстия, тогда масса m вытекающей
воды за время t равна: m   Svt , где  – плотность воды. Уносимый этой массой
импульс равен p  vm   Sv t , поэтому реактивная сила, действующая на сосуд,
2
равна F 
p
  Sv 2 . Равнодействующая реактивных сил, действующих на сосуд, равна
t
R  F2  F1   S  v22  v12  ,
и направлена в сторону, противоположную направлению вытекания воды из отверстия,
2
2
которое расположено ниже. Разность v2  v1 , согласно уравнению Бернулли, равна 2gh ,
следовательно, R  F2  F1  2  Sgh . Эта сила сообщает сосуду ускорение
R 2  Sgh 2Sgh 2 * 0,5*104 *9,8* 0,2
a



 1,96 *102 м/с2.
3
M
V
V
10 *10
Из последней формулы следует, что ускорение сосуда не зависит от плотности жидкости,
которая налита в него.
Система оценивания задачи 7 (10 баллов)
Нахождение реактивных сил F1 , F2
4 балла
Нахождение равнодействующих реактивных сил R
Вычисление ускорения
Ускоренеи сосуда не зависит от плотности жидкости
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 8.
Обозначим начальное давление газа через p1 , тогда после того, как часть газа выпустили,
его давление стало равным p2  p1  p . Запишем уравнение Менделеева-Клапейрона
для начального и конечного состояния газа
p1V 
m
RT0 ,
M
Беря разность этих уравнений, получаем
V p 
p2V 
m  m
RT0 .
M
m
RT0 .
M
Исключаем молярную массу с помощью уравнения Менделеева-Клапейрона, записанного
для нормальных условий, в форме
RT0 p0
p m
. Тогда V p  0
, откуда искомая

M
0
0
масса газа, выпущенная из сосуда, равна
m 
0V p
p0
 0,780V  0,78*1,3*30 *103  30,4 *10 3 кг, или 30,4 г.
Система оценивания задачи 8 (10 баллов)
Запись уравнения Менделеева-Клапейрона для
начального состояния газа
Запись уравнения Менделеева-Клапейрона для
конечного состояния газа
Уравнения для p
Запись уравнения Менделеева-Клапейрона для газа
при нормальных условиях
Нахождение m
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 9
Запишем уравнение Менделеева-Клапейрона для одного моля газа pV  RT , и
подставим в него уравнение процесса. Полученная таким образом зависимость давления
от объема имеет вид
p
R
T

T0  V 2   R  0  V  .

V
V

Для нахождения минимального значения давления запишем последнее равенство в виде
2
 T


 T0

p  R   2 T0  V  2 T0   R  0  V   2 T0  .
 V

V




Второе слагаемое в квадратных скобках не зависит от V , поэтому при нахождении
минимума p его не нужно учитывать. Первое слагаемое, являясь квадратом величины
T0
 V , принимает минимальное значение, когда эта величина обращается в нуль,
V
T0
т.е. когда объем V равен
, при этом минимальное давление равно pmin  2R T0 .

Система оценивания задачи 9 (10 баллов)
Запись уравнения Менделеева-Клапейрона с учетом
уравнения процесса
Нахождение величины объема, при котором p  min
Нахождение величины минимального давления
4 балла
3 балла
3 балла
Решение задачи 10
Давление внутри пузырька превышает внешнее давление на величину давления Лапласа,
поэтому начальное давление внутри пузырька равно (множитель 4 возникает из-за двух
поверхностей пузырька – внутренней и внешней)
4
8
.
 p0 
r0
d0
После уменьшения внешнего давления p0 в n раз, давление внутри пузырька стало
p1  p0 
следующим
p2 
Начальный объем пузырька равен V1 
p0 8
.

n  d0
 d03
6
V2 
, конечный объем пузырька равен
 3d03
.
6
Записав уравнение изотермического процесса p1V1  p2V2 , получаем

8   d 03  p0 8   3d 03
 
.
 p0 


d
6
n

d
6
0 
0 


Отсюда
8 d02  8 2 d02 
p0 3 3
 d0  p0 d03 .
n
Из последнего равенства находим искомый коэффициент поверхностного натяжения

p0 d 0  
1 
n
8  2  1 
3

.

Система оценивания задачи 10 (10 баллов)
Нахождение начального давления внутри пузырька
Нахождение конечного давления внутри пузырька
Нахождение начального и конечного объемов
пузырька
Запись уравнения изотермического процесса с учетом
найденных давлений и объемов
Нахождение величины поверхностного натяжения
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла

Решение задачи 11
Если пренебречь поверхностным натяжением воды (так называемая «сухая вода»), то ее
вытекание можно описать законами свободного падания по вертикали. Следовательно,
скорость воды в сечениях 1-1 и 2-2 равна
(1)
v12  v02  2 gh1 ,
v22  v02  2 gh2 .
Диаметр струи в сечении 2-2 в n раз меньше диаметра струи в сечении 1-1: d 2 
следовательно, поскольку расход воды Q  Sv 
v2  n2v1 .
v1 
Тогда
из
уравнений
(1)
d2
4
d1
,
n
v в сечениях 1-1 и 2-2 одинаков, то
получаем
n
4
 1 v12  2 g  h2  h1   2 gl ,
2 gl
. Расход воды в сечении 1-1 равен
n4  1
Q1  S1v1 
d
2
1
4
2 gl

n4  1
3,14 *  2,0 *103 
2
2 *9,8* 0,2
 3.08*106 м3,
4
1,5  1
4
или 3,08 мл.
Система оценивания задачи 11 (10 баллов)
Запись уравнения Бернулли для сечения 1-1
Запись уравнения Бернулли для сечения 2-2
Запись уравнения постоянства расхода воды
Вычисление скорости движения воды
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Вычисление расхода воды
2 балла
Решение задачи 12
Начальная потенциальная энергия взаимодействия заряженных шариков друг с другом
равна
1  3
q2
4 0l
.
Максимальную скорость шарики приобретут, когда потенциальная энергия
взаимодействия зарядов станет минимальной, что соответствует максимальному
удалению крайних шариков друг от друга. Другими словами, максимальная скорость
шарика достигается, если они располагаются вдоль одной прямой. Тогда
q2
1 q2
5 q2
.
2  2


4 0l 2 4 0l 2 4 0l
Максимальное значение суммарной кинетической энергии равно
q2
5 q2
1 q2
.
T  1   2  3


4 0l 2 4 0l 2 4 0l
Шарики движутся перпендикулярно прямой, на которой они располагаются. Скорости
крайних шариков u одинаковы, и отличаются от скорости среднего шарика v .
Кинетическая энергия системы шариков равна
mu 2 mv 2
T 2

.
2
2
Выразим скорость u через искомую скорость v , для чего запишем закон сохранения
v
импульса: mv  2mu , откуда u  . Следовательно, кинетическая энергия равна
2
2
2
3
 v  mv
T  m  
 mv 2 .
2
4
2
Тогда
q
3 2 1 q2
, v
.
mv 
4
2 4 0l
6 0 ml
Система оценивания задачи 12 (10 баллов)
Нахождение начальной потенциальной энергии
системы зарядов
Нахождение конечной потенциальной энергии
системы зарядов
Нахождение кинетической энергии движения зарядов
Нахождение соотношения между скоростями
Нахождение скорости среднего шарика
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 13
Если через мотор проходит ток I , то отдаваемая источником напряжения мощность
N 0  UI , а мощность потерь, возникающая вследствие нагрева ротора проходящим через
него током, равна N   I R , следовательно, полезная мощность, развиваемая мотом,
равна
2

U
U2 U2  U2
U 

N  UI  I R   R  I 2  2
I  2  2 
 R I 
 .
2
R
4
R
4
R
4
R
2
R




2
2
Из последнего выражения видно, что максимальная мощность, равная N max
достигается при токе I 
U2

4R
U I0
U
– ток, проходящий через мотор при
 , где I 0 
2R 2
R
неподвижном роторе (ток короткого замыкания). Отдаваемая источником напряжения
U2
мощность равна N 0  UI 
. Коэффициент полезного мотора равен
2R
N
1
  max  .
N0
2
Итак, при постоянной мощности КПД мотора равен всего 50% . Для повышения КПД
следует эксплуатировать мотор при токах ротора, значительно меньших I 0 .
Система оценивания задачи 13 (10 баллов)
Запись выражения для мощности потерь
2 балла
Запись выражения для полезной мощности
Нахождение тока, при котором достигается
максимальная мощность
Нахождение максимальной мощности
Нахождение КПД в режиме, когда полезная мощность
максимальна
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 14.
Сила Ампера, приложенная к рамке, действует только на две стороны рамки,
параллельные проводнику. Так как Ток I в этих сторонах рамки течет в
противоположные стороны, суммарная сила, действующая на рамку, равна разности этих
сил
0 I 0 Ia 0 I 0 Ia
,

2 r1
2 r2
F  F1  F2 
где r1 , r2 – расстояния от оси проводника до параллельных ему сторон рамки. Так как
r1   a 
a
1

 a    ,
2
2

r2   a 
a
1

 a    ,
2
2

то
F

0 I 0 Ia 
1
1


,
2  a   1/ 2  a   1/ 2  
или
F
I
2 0 I 0 I
.
  4 2  1
ηa
I0
a
a
К задаче 14
Система оценивания задачи 14 (10 баллов)
Чертеж
Сила Ампера действует только на стороны рамки,
параллельные проводнику
2 балла
2 балла
Вычисление силы F1
2 балла
Вычисление силы F2
2 балла
Вычисление результирующей силы F
2 балла
Решение задачи 15
2
Поток магнитного поля через кольцо равен   BS   r B . После перехода кольца в
сверхпроводящее состояние и выключения внешнего поля по кольцу потечет ток такой
величины, что создаваемое им магнитное поле будет иметь такой же поток  ,
проходящий через кольцо, который был до выключения внешнего поля. Но, с другой
стороны,   LI , откуда ток в кольце равен
I
 r 2B
L
3,14 *  5,0 *102  * 0,5*103
2

0,26 *106
 15,1 А.
Система оценивания задачи 15 (10 баллов)
Вычисление начального потока
Неизменность потока, охватываемого
сверхпроводящим кольцом
Связь между потоком и током в кольце
Вычисление тока
2 балла
4 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 16
Для электронов проводимости металл представляет собой потенциальную яму глубиной,
равной работе выхода, вследствие чего можно считать, что на границе металл-вакуум
возникает разность потенциалов

A
, где e – заряд электрона. Следовательно,
e
кинетическая энергия T фотоэлектрона, вырвавшегося из цезиевого электрода, будет
меньше величины
T
hc

hc

 A1 на величину e 2  1  :
 A1  e 2  1  
hc

 A2 . Из последнего равенства находим скорость
фотоэлектронов
2T
2  hc
2


5,64  4,47  *1,6 *1019  6,4 *105 м/с,
  A2  
31 
m
m 
9,1*10

hc
 5,64 эВ, и учтено, что
где предварительно вычислена величина энергии фотона
v
1 эВ равен 1,6*10
–19

Дж.
Cs Cu
К задаче 16
Система оценивания задачи 16 (10 баллов)
Запись выражений для потенциалов на границах
2 балла
металл-вакуум
Запись уравнения фотоэффекта в общем случае
2 балла
Запись уравнения фотоэффекта через потенциалы
Выражение для кинетической энергии
Нахождение скорости фотоэлектронов
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 17.
Обозначим прогиб центральной части стержня через y , а одинаковые углы между
изогнутым стержнем и горизонтом – через  . Считаем, что деформация стержня
невелика, тогда слагаемые, пропорциональные  можно опустить. Тогда с точностью до
членов, пропорциональных  справедливы следующие равенства
2

 
cos   1  2sin
 1  2   1 
1.
2
2
2
На стержень со стороны блоков действуют силы нормальной реакции N1  N 2  N , и
kmg
силы трения FT 1  FT 2  FT  kN 
. Вертикальная составляющая суммарной силы
2
нормальной реакции, равная 2 N cos  2 N , компенсируется силой тяжести mg , а
y
2y
,
  sin   tg 

l/2 l
2

2
2
вертикальная составляющая сил трения остается некомпенсированной, и для стержня,
совершающего колебания, является возвращающей силой
F  2 FT sin   2 FT 
4 FT y 2kmgy
.

l
l
Сравнивая найденную возвращающую силу с силой упругости пружины, растянутой на
величину y : F  cy , заключаем, во-первых, что стержень совершает гармонические
колебания, и, во-вторых, что величина
2kmg
является коэффициентом упругости
l
рассматриваемой системы. Используя формулу для периода колебаний пружинного
маятника T  2
m
, находим период колебаний стержня
c
l
2l
2 * 0,2
T  2

 3,14
 4,68 с.
2kg
kg
0,18
Замечание: приведенный расчет не учитывает кривизну балки, вследствие чего является
оценочным. Уточненный расчет периода колебаний значительно сложнее.
N
φ
y
φ
N
φ
φ
FT
К задаче 17
FT
mg
Система оценивания задачи 17 (10 баллов)
Нахождение сил нормальной реакции
2 балла
Нахождение сил трения
Нахождение возвращающей силы
Запись уравнения гармонических колебаний
Нахождение периода колебаний
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 18
1 1 1
  , где d и f –расстояния от плоскости линзы до
d f F
предмета и изображении соответственно, и соотношения f  d , находим
F    1
1 1 1
d
f  F    1 ,
,
1    ,

d   F
Из уравнения линзы
1
 F    1
l  d  f  F    1   1 
.

 
2
Из последнего равенства находим
F
l
.
 1
2
Система оценивания задачи 18 (10 баллов)
Запись уравнения линзы
Нахождение расстояния до предмета
Нахождение расстояния до изображения
Нахождение расстояния между предметом и
изображением
Нахождение фокусного расстояния
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 19
Обозначим начальное расстояние от линзы до предмета через d , и запишем уравнение
линзы для первоначального расположения предмета и экрана
1 1 1
(1)
  .
d l F
После того, как экран передвинули на расстояние l к линзе, а предмет – на расстояние
d , уравнение линзы будет иметь вид
1
1
1
(2)

 .
d  d l  l F
1
1
1
1
Так как
 , т.е. предмет надо отодвинуть от
 , необходимо, чтобы
d  d d
l  l l
линзы. Из соотношений (1) и (2) следует
1 1 1 lF
,
  
d F l
lF
1
1
1
l  l  F
 

.
d  d F l  l  l  l  F
Отсюда
d  d  d  d 
F  l  l 
Fl
.

l  F l  l  F
После элементарных преобразований получаем
F 2 l
.
d 
 l  F  l  l  F 
Поскольку по условию l  l , то, окончательно
d 
F2
l  F 
2
l .
Замечание: решение задачи можно значительно упростить, если записать выражение для
d из уравнения (1)
F l  F  F 
F2
d
F
lF
lF
и продифференцировать его по l , при этом разные знаки у l и d получаются
автоматически, без дополнительных рассуждений.
Система оценивания задачи 19 (10 баллов)
Запись уравнения линзы для начального
расположения предмета и экрана
Запись уравнения линзы для конечного расположения
предмета и экрана
Определение направления, в котором надо
передвигать предмет
Вычисление расстояния, на которое необходимо
передвинуть предмет
Окончательная формула, справедливая для малых
перемещений
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
Решение задачи 20
Пусть ω – угол при вершине призмы. Минимальное отклонение луча происходит, когда
угол падения равен углу, под которым луч выходит из призмы:  2  1 . В этом случае
1   2 

2
. Так как sin 1  n sin 1 , и угол отклонения луча от первоначального
  1   2    21   ,
направления
sin
 
2
 n sin

2
n
2
1 
 
2
,
следовательно,



   , тогда 2sin cos  n sin , откуда
2
2
2
. По условию
  2arccos  2arccos
то
1,5
 82,8 .
2
ω
α2
α1
β1
δ
α1
n
К задаче 20
Система оценивания задачи 20 (10 баллов)
Чертеж
Минимальное отклонение луча достигается, если угол
входа луча в призму равен углу выхода из нее
Определение углов с нормалями внутри призмы
Связь угла отклонения луча от первоначального
направления с углом при вершине призмы
Расчетная формула
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла
2 балла