Олимпиады школьников, проводимые в мэи. Олимпиады школьников, проводимые в мэи Надежда энергетики задания прошлых лет

«Материалы заданий Олимпиады школьников «Надежда энергетики» по предмету «физика» в 2014/2015 учебном году Характер и уровень сложности олимпиадных задач по физике направлены на достижение целей, ...»

Материалы заданий Олимпиады школьников «Надежда энергетики»

по предмету «физика» в 2014/2015 учебном году

Характер и уровень сложности олимпиадных задач по физике направлены на

достижение целей, поставленных организаторами олимпиад. В первую очередь, это

выявление в составе участников олимпиад ребят, твердо владеющих школьной

программой и наиболее подготовленных к успешному усвоению курсов, определенных

образовательными стандартами для технических вузов. Будущие студенты должны

обладать логическим мышлением, свободно оперировать физическими законами, научными формулировками и терминологией. От школьников требуется умение математически сформулировать описанную в задаче ситуацию на основе физических законов, при решении – применить наиболее подходящие методы алгебры. Совершенно необходимо и умение абстрагироваться от лишнего, рисовать удачные графические схемы, умело применять графики тех или иных процессов.

Структура типичного варианта олимпиады такова, что задачи строго дифференцированы по сложности и требуют для решения различных временных затрат.

Задачи охватывают все разделы школьной программы и носят, в своем большинстве, комплексный характер, позволяющий варьировать оценки в зависимости от проявленных в решении творческих подходов и продемонстрированных технических навыков. Участники должны самостоятельно определить законы физики, применимые к каждой задаче, разбить задачу на подзадачи, грамотно выполнить решение каждой подзадачи и затем синтезировать решение всей задачи из решений отдельных подзадач.

Успешное написание олимпиадной работы не требует знаний, выходящих за пределы школьной программы, но, как показывает статистика олимпиады, доступно далеко не каждому школьнику, поскольку требует творческого подхода, логического мышления, умения увидеть и составить правильный и оптимальный план решения, четкого и технически грамотного выполнения каждой части решения, порой, отбора из множества математически верных решений подмножества решений, соответствующих физической реальности.

Умение справляться с заданиями олимпиады по физике приходит к участникам олимпиад с опытом, который вырабатывается на тренировочном и отборочном этапах олимпиады.

Решения вариантов заключительного этапа ВАРИАНТ 7111 для 11 классов

– – –

6. Контур состоит из катушки индуктивностью L и сопротивлением R и конденсатора электроемкостью С. Какую мощность должен потреблять контур от внешней сети, чтобы в нем поддерживались незатухающие колебания, при которых максимальное напряжение на конденсаторе равно U0.

– – –

Решение: Если в трубке, помещенной внутрь магнитной катушки, находится газ, то при пропускании тока по виткам катушки создается магнитное поле, линии индукции которого параллельны оси катушки. Эффект изменения магнитной индукции (поскольку по виткам протекает переменный электрический ток), т.е. изменение магнитного потока через площадь витков катушки, приводит к возникновению явления электромагнитной индукции. Однако, поскольку газ непроводящий, то возникновения э.д.с. индукции или индукционных токов в газе не происходит. Создается лишь вихревое электрическое поле по оси катушки (впрочем, школьники могут это и не написать) Если в трубке создается газовый разряд (газ становится проводящим, превращаясь в плазму), то явление электромагнитной индукции выражается в появлении индукционного тока через плазму. В соответствии с правилом Ленца индукционный ток своим магнитным полем ослабляет эффект, вызвавший появление тока: магнитное поле индукционного тока уменьшает магнитную индукцию катушки (в результате суперпозиции).

Ответ: индукция магнитного поля на оси катушки уменьшается.

2. По наклонной плоскости берегового водосброса на гидроэлектростанции стекает широкий поток воды. На расстоянии L от начала водосброса глубина потока уменьшается в 4 раза. Определите, на каком расстоянии от начала водосброса глубина потока была в 2 раза больше. Трением воды о стенки и дно водосброса можно пренебречь.

где - скорость потока на вершине наклонной плоскости, – на расстоянии l от вершины в месте уменьшения глубины в два раза, - на расстоянии L от вершины в месте уменьшения глубины в четыре раза, – площади поперечного сечения потока в соответствующих местах. При постоянной ширине потока площади поперечного сечения можно связать с глубинами потока. Тогда уравнение непрерывности можно представить в виде

– – –

1. Учащиеся Лицея №1502 при МЭИ выступали на научной конференции школьников с докладом о результатах своей работы. Они исследовали отражательные свойства белого материала, из которого изготавливаются экраны в кинотеатрах. Учащиеся обнаружили, что свойства материала оптимизированы для минимизации потерь при отражении света. После доклада председатель жюри конференции задал лицеистам вопрос: «Что мешает сделать экран зеркальным, ведь при этом потери света будут заведомо меньше?». Учащиеся получили диплом 1 степени, потому что ответили на вопрос совершенно правильно. Что ответили школьники председателю жюри? Как вы объясните их ответ?

Решение: Для того, чтобы зритель в кинотеатре увидел изображение кадра, отраженного от экрана, необходимо, чтобы в направлении зрителя отразились лучи от всех точек экрана, освещенных кинопроектором. Кроме того необходимо обязательно учесть, что зритель в зале не один., т.е. условия отражения от экрана должны одинаково выполняться для всех зрителей. Очевидно, что выполнение закона отражения при использовании зеркального экрана на позволит выполнить эти условия. Иными словами, закон отражения выполняться не должен: лучи должны отражаться от каждой точки экрана во всех направлениях (такое отражение называется диффузным).

2. Корпус подводной лаборатории состоит из двух полусфер - верхней и нижней. Определите силу давления на внешнюю поверхность нижней полусферы, если её радиус равен R, а самая верхняя точка лаборатории расположена на глубине 2R метров. Плотность морской воды в районе лаборатории равна, атмосферное давление нормальное.

Сила давления на нижнюю полусферу складывается из силы Архимеда и суммы силы давления вышележащих слоев воды и силы атмосферного давления:

– – –

Силовые линии однородного электростатического поля направлены вертикально вверх.

Электрон начинает двигаться в этом поле так, что его начальная скорость составляет угол = 45° с напряжённостью поля. Определите отношение минимального радиуса кривизны траектории электрона к его максимальному смещению L в направлении силовой линии.

Радиус кривизны траектории электрона будет минимален в точке вершины параболы, когда v a, т.е.

– – –

Абсолютно гибкая однородная цепочка висит вертикально над поверхностью стола, 5.

подвешенная за верхний конец. Нижний конец цепочки касается стола. Верхний конец цепочки отпускают. Докажите, что в любой момент времени падения цепочки сила её давления на стол равна утроенному весу лежащей на столе части цепочки.

Обозначим массу цепочки m, а ее длину l. Пусть к моменту t (t 2l g) длина лежащей на столе части цепочки равна х, а сила давления на стол этой части, т.е. ее вес, G(x).

– – –

Пусть F – сила, действующая со стороны стола на элемент х и приводящая к его остановке. Поскольку mv =F t, то после всех подстановок получим F = 2mgx l.

Очевидно, что элемент х действует на стол с такой же по модулю силой.

К батарее последовательно подключены переменный резистор и вольтметр. Если 6.

сопротивление резистора уменьшить втрое, то показания вольтметра возрастут вдвое. Во сколько раз изменятся показания вольтметра по сравнению с первоначальными, если его подключить к батарее без резистора?

Решение:

– – –

Ответ: показания вольтметра увеличатся в 4 раза по сравнению с первоначальными.

Кубик с ребром l начинает скользить по горизонтальной доске с некоторой начальной 7.

скоростью. Коэффициент трения кубика о доску равен. На расстоянии S от точки начала скольжения из доски выступает маленький гвоздик. Какой должна быть минимальная начальная скорость кубика, чтобы при ударе о гвоздик кубик перевернулся? Кинетическая энергия кубика перед ударом о гвоздик в n раз больше механической энергии, потерянной кубиком при ударе.

Решение:

– – –

По наклонной плоскости берегового водосброса на гидроэлектростанции стекает широкий поток воды.

На расстоянии L от начала водосброса глубина потока уменьшается в 4 раза. Определите, на каком расстоянии от начала водосброса глубина потока была в 2 раза больше. Трением воды о стенки и дно водосброса можно пренебречь.

В соответствии с уравнением непрерывности для потока жидкости

– площади поперечного сечения потока в соответствующих местах. При постоянной ширине потока площади поперечного сечения можно связать с глубинами потока. Тогда уравнение непрерывности можно представить в виде

Теперь выразим скорости V1 и V2:

По закону сохранения энергии для потока можно записать

– – –

6. Из куска стекла изготовлены три тонкие линзы одного и того же диаметра. Если сложить линзы вплотную друг к другу без воздушных зазоров, то они образуют плоскопараллельную пластину. Диаметр получившейся пластины равен диаметру линз, оптические оси линз совпадают. Известно, что фокусное расстояние линз 1 и 2, сложенных вместе, равно F12= 10 см, а линз 2 и 3, сложенных вместе, равно F23= =2,5 см. Определите фокусное расстояние каждой линзы; нарисуйте эту систему линз и укажите, какие из этих линз собирающие, а какие рассеивающие.

– – –

Два истребителя совершают полёт над океаном вдоль экватора с одной и той же скоростью 2.

v = 1296 км/час: первый – с запада на восток, а второй – с востока на запад. На сколько отличается вес пластиковой бутылки с водой массой m = 1кг на первом самолёте от её веса на втором? При расчёте примите, что ветер отсутствует, а высота полёта обоих самолётов постоянна и пренебрежимо мала по сравнению с радиусом Земли.

– – –

Тогда из (1): D1=10 и F1 =10 см, из (2): D3=40 и F3 =2,5 см.

На кондитерской фабрике работает автомат по укладке шоколадных конфет. Он представляет 7.

собой механический манипулятор, способный перемещаться вдоль одной прямой перпендикулярно ленте транспортера, на которой лежат пустые коробки с ячейками для конфет.

Лента транспортера начинает двигаться в направлении, противоположном оси ОХ, со скоростью v=1дюйм/с. Одновременно из начала координат вдоль оси OY с постоянной скоростью без остановок начинает двигаться манипулятор. Какое максимальное количество конфет сможет уложить манипулятор за время однократного пересечения транспортера и с какой скоростью он должен двигаться?

Решение:

– – –

Ответ: u = 0,5 м/с, N = 10 конфет.

ВАРИАНТ 7092 для 9 классов

Решение: При попадании воды на раскаленные камни происходит ее нагрев до температуры кипения, затем – кипение (парообразование). Образовавшийся водяной пар имеет температуру, очень близкую к температуре кипения воды, и поднимается под потолок парилки. Однако, поскольку в парилке русской бани температура не выше 80-85 градусов, то происходит конденсация пара. При этом образовавшийся «туман» оседает вниз. При конденсации пара выделяется количество теплоты, которое и приводит к нагреванию воздуха в парилке. Создается ощущение, что с потолка вниз опускается очень горячий влажный пар. Поскольку нагрев воды, её испарение и последующая конденсация пара происходят не мгновенно, то эффект повышения температуры воздуха в парилке наблюдается через некоторое время.Очевидно, что если использовать горячую воду, то для ее нагрева до температуры кипения потребуется меньшее количество теплоты (которое будет забираться от горячих камней), температура камней понизится меньше и камни будут дополнительно нагревать воздух в помещении парной.

2. Два истребителя совершают полёт над океаном вдоль экватора с одной и той же скоростью v=1296 км/час: первый – с запада на восток, а второй – с востока на запад. Известно, что вес пластиковой бутылки с минеральной водой на первом самолёте отличается от её веса на втором на Р=0,1 Н. Какова масса бутылки с минеральной водой? При расчёте примите, что ветер отсутствует, а высота полёта обоих самолётов постоянна и пренебрежимо мала по сравнению с радиусом Земли.

– – –

5. В калориметре находятся металлический брусок, некоторое количество песка и некоторое количество воды. Если содержимому калориметра сообщить некоторое количество тепла и выждать достаточно большое время, то температура в калориметре изменится на некоторое число градусов. Если повторить тот же опыт, но с меньшей массой песка, то изменение температуры оказывается в m раз больше. Если же опыт провести вообще без песка, то изменение температуры в калориметре оказывается в k раз большим, чем в первом опыте. Во сколько раз масса песка во втором опыте меньше, чем в первом? Теплоёмкостью калориметра и утечками тепла за время опытов пренебрегите; примите km1.

– – –

Ux (поскольку v = 1 дюйм/с).

u Траекторией движения манипулятора будет прямая линия = y x v Необходимо проанализировать, при каком u уравнение y = ux будет иметь наибольшее число 8 х 15.

натуральных корней в диапазоне при 2 y 12 Если u = 1, то уравнение y = x имеет 5 натуральных корней в указанном диапазоне.

Если u =, то уравнение y = x имеет 4 натуральных корня в указанном диапазоне.

Если u =, то уравнение y = x имеет 3 натуральных корня в указанном диапазоне.

Ответ: u = 1 м/с, N = 5 конфет.

ВАРИАНТ 7081 для 8 классов

После доклада председатель жюри конференции задал лицеистам вопрос: «Что мешает сделать экран зеркальным, ведь при этом потери света будут заведомо меньше?».

Учащиеся получили диплом 1 степени, потому что ответили на вопрос совершенно правильно. Что ответили школьники председателю жюри? Как вы объясните их ответ?

В калориметре находятся металлический брусок, некоторое количество песка и некоторое 2.

количество воды. Если содержимому калориметра сообщить некоторое количество тепла и выждать достаточно большое время, то температура в калориметре изменится на некоторое число градусов. Если повторить тот же опыт, но с массой песка в n раз меньшей, то изменение температуры оказывается в m раз больше. Во сколько раз больше будет изменение температуры по сравнению с первым опытом, если опыт провести вообще без песка? Теплоёмкостью калориметра и утечками тепла за время опытов пренебрегите; примите nm1.

t (cп mп + cм mм + cв mв) = Q

– – –

На кондитерской фабрике работает автомат по укладке шоколадных конфет. Он представляет собой 7.

механический манипулятор, способный перемещаться вдоль одной прямой перпендикулярно ленте транспортера, на которой лежат пустые коробки с ячейками для конфет. Конфета моментально попадает в ячейку, как только манипулятор окажется над ней.

Рассмотрим движение автомата и коробок на плоскости XOY. Координаты ячеек (х, у) – это натуральные числа, причем в исходном положении 8 х 26, 2 y 15 (все значения координат заданы в дюймах). Лента транспортера начинает двигаться в направлении, противоположном оси ОХ, со скоростью v=1дюйм/с. Одновременно из начала координат вдоль оси OY с постоянной скоростью без остановок начинает двигаться манипулятор. Какое максимальное количество конфет сможет уложить манипулятор за время однократного пересечения транспортера и с какой скоростью он должен двигаться?

Решение:

– – –

наибольшее число натуральных корней в диапазоне 2 y 15 при 8 х 26.

Если u = 1, то уравнение y = x имеет 8 натуральных корней в указанном диапазоне.

Если u =, то уравнение y = x имеет 10 натуральных корней в указанном диапазоне.

Если u =, то уравнение y = x имеет 6 натуральных корней в указанном диапазоне.

– – –

1. Учащиеся Лицея №1502 при МЭИ выступали на научной конференции школьников с докладом о результатах изучения теплообмена при различных условиях. В докладе лицеистов был приведён интересный пример: если в хорошо протопленной парилке русской бани плеснуть на камни водой, температура в парилке через некоторое время резко повышается. Школьники объяснили, почему это происходит не сразу и почему эффект сильнее, если использовать горячую воду, а не холодную. Повторите рассуждения докладчиков.

Очевидно, что если использовать горячую воду, то для ее нагрева до температуры кипения потребуется меньшее количество теплоты (которое будет забираться от горячих камней), температура камней понизится меньше и камни будут дополнительно нагревать воздух в помещении парной.

В калориметре находятся металлический брусок, некоторое количество песка и некоторое количество 2.

воды. Если содержимому калориметра сообщить некоторое количество тепла и выждать достаточно большое время, то температура в калориметре изменится на некоторое число градусов. Если повторить тот же опыт, но с меньшей массой песка, то изменение температуры оказывается в m раз больше. Если же опыт провести вообще без песка, то изменение температуры в калориметре оказывается в k раз большим, чем в первом опыте. Во сколько раз масса песка во втором опыте меньше, чем в первом? Теплоёмкостью калориметра и утечками тепла за время опытов пренебрегите; примите km1.

– – –

5. Из городов А и Б навстречу друг другу одновременно выехали автобус и грузовик. Спустя t = 1 час после выезда из города А автобус встретил грузовик, а ещё через t1 = 40 мин прибыл в город Б. Определите, через какое время после встречи с автобусом грузовик прибыл в город А. Скорости автобуса и грузовика считайте постоянными.

– – –

1. Куда можно попасть, если двигаться всё время на северо-восток? Почему?

Сделайте рисунок.

Ответ: На северный полюс

2. Вы взяли в руки груз массой 3 кг, встали A на стул и прыгнули вместе с грузом на пол.

Чему равен вес груза в точке A траектории прыжка?

– – –

3. Девочки из 7-го «а» сделали снежную бабу, а их одноклассники мальчики

– снеговика. Снежная баба представляет собой три поставленных друг на друга снежных шара («ноги», «туловище», «голова»), диаметры которых относятся как 6:4:2. Снеговик представляет собой точную копию снежной бабы, но в два раза большей высоты. Во сколько раз «ноги» снеговика тяжелее «головы» снежной бабы?

Ответ: Отношение массы «ног» снеговика к массе «головы»

снежной бабы будет равно = 216.

Сначала Петя посадил Катю на скутер и повёз к школе, а Ваня пошёл пешком. Не доезжая до школы некоторое расстояние, Петя высадил Катю, которая далее пошла пешком, а сам поехал навстречу Ване. В результате, Катя – пешком, а Петя и Ваня – на скутере, прибыли в школу одновременно.

С какой средней скоростью ребята добрались до школы, если и Катя, и Ваня шли со скоростью v=5 км/час, а Петя ехал на скутере со скоростью V=15 км/час? Напоминание: средней скоростью называют отношение пройденного пути ко времени, затраченному на этот путь.

Решение:

– – –

5. Из городов А и Б навстречу друг другу одновременно выехали автобус и грузовик. Спустя время t1 = 40 мин после встречи автобус прибыл в город А, а спустя t2 = 1,5 часа после встречи грузовик прибыл в город Б. Определите время t движения автобуса до встречи с грузовиком. Скорости автобуса и грузовика считайте постоянными.

– – –

7. На кондитерской фабрике работает автомат по укладке шоколадных конфет. Он представляет собой механический манипулятор, способный перемещаться вдоль одной прямой перпендикулярно ленте транспортера, на которой лежат пустые коробки с ячейками для конфет.

Конфета моментально попадает в ячейку, как только манипулятор окажется над ней. Рассмотрим движение автомата и коробок на плоскости XOY. Координаты ячеек (х, у) – это натуральные числа, причем в исходном положении 8 х 26, 2 y 15 (все значения координат заданы в дюймах). Лента транспортера начинает ОХ, двигаться в направлении, противоположном оси со скоростью v=1дюйм/с. Одновременно из начала координат вдоль оси OY с постоянной скоростью без остановок начинает двигаться манипулятор. Какое максимальное количество конфет сможет уложить манипулятор за время однократного пересечения транспортера и с какой скоростью он должен двигаться?

– – –

Если u = 1, то уравнение y = x имеет 8 натуральных корней в указанном диапазоне.

Если u =, то уравнение y = x имеет 10 натуральных корней в указанном диапазоне.

Если u =, то уравнение y = x имеет 6 натуральных корней в указанном диапазоне.

– – –

3. Девочки из 7-го «а» сделали снежную бабу, а их одноклассники мальчики – снеговика. Снежная баба представляет собой три поставленных друг на друга снежных кома («ноги», «туловище», «голова»), диаметры которых относятся как 6:4:2. Снеговик представляет собой точную копию снежной бабы, но в два раза большей высоты. Во сколько раз «голова» снеговика тяжелее «туловища» снежной бабы?

«головы» снеговика к массе «туловища» снежной бабы будет равно 2 2 = 1 Отношение массы

4. Друзья Катя, Петя и Ваня живут в одном доме и учатся в одной школе. На день рождения родители купили Пете двухместный скутер, и Петя решил прокатить друзей от дома до школы. Ребята вышли из дома одновременно. Сначала Петя посадил Катю на скутер и повёз к школе, а Ваня пошёл пешком. Не доезжая до школы некоторое расстояние, Петя высадил Катю, которая далее пошла пешком, а сам поехал навстречу Ване. В результате, Катя – пешком, а Петя и Ваня – на скутере, прибыли в школу одновременно, причём их средняя скорость путешествия от дома к школе равнялась vср=9 км/час. Какова была скорость ходьбы ребят, если Катя и Ваня шли с одной и той же скоростью, а Петя ехал на скутере со скоростью V=15 км/час? Напоминание: средней скоростью называют отношение пройденного пути ко времени, затраченному на этот путь.

Деятельности предприятия Одобрена: Утверждаю: кафедрой менеджмента и ВЭД предприятия протокол № 1 от 2 сентября 2013 г. Декан ФЭУ В.П....» Балтийский государственный технический университет Государственный морской университет имени адмирала Ф.Ф. Ушакова Кубанский государственный технологический у...»

2017 www.сайт - «Бесплатная электронная библиотека - разные матриалы»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам , мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.

I. Основные положения

Участие в олимпиаде бесплатное.
К участию в олимпиаде допускаются обучающиеся образовательных учреждений, осваивающие образовательные программы среднего (полного) общего образования.
Для участия в Олимпиаде необходимо зарегистрироваться на официальном сайте Олимпиады (www.energy-hope.ru) и ввести все необходимые персональные данные.
Участие в отборочном этапе Олимпиады возможно не более одного раза, независимо от формы.
Участник должен выбрать площадку для прохождения каждого этапа в личном кабинете на официальном сайте Олимпиады. В противном случае, к участию в этапе он не допускается. По решению оргкомитета на отдельных региональных площадках возможна регистрация на региональной площадке с последующим внесением данных участника в общую базу данных.
Материалы олимпиадных заданий для этапов Олимпиады, критерии и методики оценки выполненных заданий всех этапов Олимпиады разрабатывает Методическая комиссия Олимпиады. Материалы олимпиадных заданий для этапов Олимпиады утверждаются Оргкомитетом Олимпиады. Проверкой олимпиадных работ, определением кандидатов в победители и призеры каждого этапа Олимпиады, занимается Жюри Олимпиады. Апелляции участников заключительного этапа Олимпиады рассматривает Апелляционная комиссия Олимпиады совместно с Оргкомитетом.
Олимпиада проводится в два этапа: отборочный этап (октябрь - январь), заключительный этап (февраль - март). График проведения олимпиады утверждается Оргкомитетом Олимпиады и размещается на доске объявлений и на сайте Олимпиады.
Для ознакомления участников с порядком проведения отборочного этапа в заочной форме проводится тренировочный этап в заочной форме. Его результаты публикуются в личных кабинетах участников на официальном сайте Олимпиады, но не засчитываются в качестве результатов отборочного этапа.
Отборочный этап проводится в несколько потоков в следующих формах:
- 9.1 в очной форме на площадках Организаторов;
- 9.2 в очной форме выездной комиссией Жюри и Оргкомитета на площадках образовательных учреждений по согласованию с местными органами государственной власти;
- 9.3 в заочной форме с отправкой решений через операторов почтовой связи общего пользования;
- 9.4 в форме олимпиады школьников «Энергия образования» по физике, проводимой ОАО «РусГидро» совместно с МЭИ;
Продолжительность этапов Олимпиады:
- 10.1 2,5 астрономических часа на отборочный этап в очной форме;
- 10.2 3-4 дня на отборочный этап в заочной форме с отправкой решений через операторов почтовой связи общего пользования;
- 10.3 4 астрономических часа на заключительный этап.
Заключительный этап Олимпиады проводится только в очной форме на региональных площадках ВУЗов-организаторов.
Результаты выполнения участниками Олимпиады олимпиадных заданий проверяются и оцениваются Жюри Олимпиады по 100-балльной шкале. Олимпиадные работы проверяются обезличенно. Для этого Оргкомитет организует шифровку и расшифровку работ.
По завершении всех потоков отборочного этапа Олимпиады Жюри определяет кандидатуры победителей и призеров отборочного этапа Олимпиады. Список победителей и призеров отборочного этапа Олимпиады публикуется после утверждения Оргкомитетом.
По результатам отборочного этапа Олимпиады показ работ не проводится, апелляции не принимаются и не рассматриваются.
По завершении заключительного этапа Олимпиады Жюри определяет кандидатуры победителей и призеров Олимпиады. Список победителей и призеров Олимпиады публикуется после утверждения Оргкомитетом.
По результатам заключительного этапа Олимпиады участник имеет право ознакомиться с олимпиадной работой и подать аргументированное личное письменное апелляционное заявление (апелляцию). Показ работ, принятие и рассмотрение апелляций происходит в день, следующий за днем объявления результатов.
Присутствие на Олимпиаде посторонних лиц, включая инспектирующие органы, без разрешения председателя (зам. председателя) Оргкомитета Олимпиады не допускается.
Все сотрудники, участвующие в проведении этапов Олимпиады проходят инструктаж по соблюдению норм, прописанных в законе №152-ФЗ «О персональных данных».
По всем вопросам, не отраженным в Положении об олимпиады и в Регламенте проведения Олимпиады, окончательное решение принимает Оргкомитет.

II. Регламент проведения отборочного этапа Олимпиады в очной форме

К участию в отборочном этапе в очной форме допускаются лица, не принимавшие участия в ранее проведенных потоках отборочного этапа Олимпиады в текущем сезоне.
Во время выполнения работы участнику Олимпиады запрещено пользоваться какими-либо средствами связи и другими электронными устройствами, позволяющими принимать, передавать, хранить и обрабатывать информацию. В случае нарушения этого пункта, участник удаляется с Олимпиады без права повторного участия, что оформляется протоколом.
При входе в аудиторию, в которой проводится Олимпиада, участник предъявляет дежурному паспорт (или иной документ, удостоверяющий личность) и посадочный талон.
Перед началом Олимпиады члены Жюри напоминают участникам положения порядка проведения Олимпиады и правила оформления работ, предлагают участникам посетить туалет; выход из аудитории ранее, чем через 1,5 часа после начала Олимпиады и позже, чем за 30 минут до ее окончания, запрещен.
Участник считается принявшим участие в отборочном этапе олимпиады, если он получил вариант с заданием.

III. Регламент проведения отборочного этапа Олимпиады в заочной форме с отправкой решений через операторов почтовой связи общего пользования

К участию в отборочном этапе в заочной форме допускаются лица, не принимавшие участия в ранее проведенных потоках отборочного этапа Олимпиады в текущем сезоне.
Для участия в отборочном этапе в заочной форме необходимо зарегистрироваться на официальном сайте Олимпиады (www.energy-hope.ru) и ввести все необходимые персональные данные.
Порядок регистрации на участие в отборочном этапе в заочной форме:
- 3.1. Войти в личный кабинет и перейти на страницу "Участие в олимпиаде".
- 3.2. В списке доступных для регистрации потоков выбрать интересующий поток отборочного этапа в заочной форме, обращая внимание на:
  - 3.2.1. Перечень классов, для которых проводится этап;
  - 3.2.2. Площадку, на которой проводится этап (площадка определяет почтовый адрес, на который должно быть доставлено письмо с решением);
  - 3.2.3. Даты проведения этапа.
- 3.3. Нажать кнопку "Зарегистрироваться на участие в этом этапе". Если регистрация пройдет успешно, в описании этапа появится соответствующая пометка.
- 3.4. Можно отказаться от участия в отборочном этапе в заочной форме до момента окончания регистрации.
Участник отборочного этапа в заочной форме получает на официальном сайте персональный вариант задания. Задание представлено в формате PDF и записано в архив, защищенный паролем. Для просмотра и печати рекомендуется использовать Adobe Reader, который бесплатно доступен по адресу http://get.adobe.com/reader/.
Порядок получения задания на отборочный этап в заочной форме и бланков работы:
- 5.1. Войти в личный кабинет и перейти на страницу "Заочный этап";
- 5.2. Скачать архив с вариантом задания по физике;
- 5.3. Скачать архив с бланком работы (бланк работы состоит из титульного листа и рабочих листов) и бланками описи.
- 5.4. Бланк работы одинаков для выполнения работ по разным предметам олимпиады.
В день, обозначенный в описании этапа как день публикации пароля, в указанное время на главной странице официального сайта публикуется пароль для доступа к персональному варианту задания.
Пароль общий для всех участников конкретного потока отборочного этапа.
Порядок выполнения работы:
- 8.1. Используя пароль получить из архива персональный вариант задания;
- 8.2. Распечатать персональное задание и титульную страницу работы в одном экземпляре;
- 8.3. Распечатать необходимое количество рабочих листов;
- 8.4. Аккуратно, печатными буквами заполнить титульный лист работы;
- 8.5. Самостоятельно выполнить работу на распечатанных рабочих листах, пользуясь шариковой или гелевой ручкой синего или черного цвета. Карандаш разрешается использовать только для построения чертежей и рисунков. Решение, выполненное карандашом или ручкой другого цвета, не проверяется.
- 8.6. Поле "Шифр" на титульном листе и рабочих листах должно оставаться незаполненным. На рабочих листах не допускается наличие каких либо пометок, которые могут идентифицировать работу участника. В случае обнаружения явных пометок работа аннулируется.
- 8.7. По завершении работы рабочие листы должны быть пронумерованы, на титульном листе работы должно быть указано количество рабочих листов.
Участник считается принявшим участие в отборочном этапе олимпиады в заочной форме, если он зарегистрировался на участие в заочном этапе и на момент публикации пароля не отменил регистрацию на участие. В этом случае он не допускается к участию в следующих потоках отборочного этапа. Если участник зарегистрировался на заочный этап и не смог принять в нем участия по уважительным причинам, ему следует обратиться в Оргкомитет Олимпиады.
Конверт с выполненной работой должен быть доставлен на площадку проведения.
- 10.1. Адрес площадки указан в описании заочного этапа на сайте Олимпиады;
- 10.2. В конверт должны быть вложены: вариант задания, титульный лист, работа;
Конверт с выполненной работой может быть доставлен одним из следующих способов:
- 11.1. Ценным письмом с описью вложения.
  - 11.1.1. В описи вложения должно быть указано точное количество рабочих листов;
  - 11.1.2. Письмо должно быть отправлено не позднее даты, указанной в описании заочного этапа (через 2-3 дня после опубликования пароля). Работы, отправленные позже указанной даты или принятые позже 31 января не рассматриваются.
  - 11.1.3. Если к этому моменту заявление на участие в Олимпиаде еще не было передано в Оргкомитет, следует вложить в письмо заявление на участие в Олимпиаде, подписанное участником и копии страниц паспорта с реквизитами и адресом регистрации. Желательно так же наличие справки из учебного заведения (школы) с указанием ФИО, наименования и адреса учебного заведения, класса;
- 11.2. Доставлен лично на площадку проведения этапа в рабочее время не позднее даты, указанной в описании заочного этапа как последний день отправки письма (через 2-3 дня после опубликования пароля). С собой необходимо иметь паспорт и подписанное участником заявление на участие в Олимпиаде, если к этому моменту оно еще не было передано в Оргкомитет. Желательно так же наличие справки из учебного заведения (школы) с указанием ФИО, наименования и адреса учебного заведения, класса.

IV. Регламент проведения заключительного этапа Олимпиады

Заключительный этап Олимпиады проводится только в очной форме.
К участию в заключительном этапе Олимпиады допускаются:
- 2.1 победители и призеры отборочного этапа Олимпиады;
- 2.2 победители и призеры Олимпиады предшествующего года в случае, если они продолжают освоение общеобразовательных программ среднего (полного) общего образования. Однако, в случае, если победители и призеры Олимпиады предшествующего года принимали участия в отборочном этапе в текущем сезоне, в зачет идет результат текущего сезона.
Во время выполнения работы участнику Олимпиады запрещено пользоваться какими-либо средствами связи и другими электронными устройствами, позволяющими принимать, передавать, хранить и обрабатывать информацию. В случае нарушения этого пункта участник удаляется с Олимпиады, что оформляется протоколом.
Не ранее, чем за один час до начала Олимпиады начинается выдача посадочных талонов, с указанием номера аудитории, в которой участник будет выполнять олимпиадное задание.
При входе в аудиторию, в которой проводится Олимпиада, участник предъявляет дежурному паспорт (или иной документ, удостоверяющий личность), посадочный талон и пропуск на Олимпиаду.
Члены Жюри при помощи дежурных производят рассадку участников Олимпиады по посадочным местам аудитории.
Дежурные выдают участникам комплекты бумаги с титульными листами.
Перед началом Олимпиады члены Жюри напоминают участникам положения порядка проведения Олимпиады и правила оформления работ, предлагают участникам посетить туалет: выход из аудитории ранее, чем через 2,5 часа после начала Олимпиады и позже, чем за 30 минут до ее окончания, запрещен.
После аккуратного заполнения печатными буквами титульного листа каждому участнику в обмен на посадочный талон член Жюри Олимпиады выдает вариант задания, который кладется перед участником текстом задания вниз; на оборотной стороне листа с вариантом задания участник пишет свои фамилию, имя и отчество.
Участник считается принявшим участие в заключительном этапе олимпиады, если он получил вариант с заданием.
По окончании выдачи заданий члены Жюри Олимпиады разрешают всем участникам открыть тексты заданий и приступить к выполнению задания.
Участник Олимпиады выполняет работу, пользуясь шариковой или гелевой ручкой синего или черного цвета. Карандаш разрешается использовать только для построения чертежей и рисунков. Решение, выполненное карандашом или ручкой другого цвета, не проверяется.
Поле "Шифр" на титульном листе и рабочих листах должно оставаться незаполненным. На рабочих листах не допускается наличие каких либо пометок, которые могут идентифицировать работу участника. В случае обнаружения явных пометок работа аннулируется.
На доске фиксируется время начала и время окончания выполнения олимпиадной работы; одновременно проводится заполнение регистрационной ведомости.
По истечении времени, отведенного на выполнение задания, члены Жюри Олимпиады собирают письменные работы.
Олимпиадную работу участник может завершить досрочно, сдав членам Жюри все бланки работ и покинув аудиторию.
Работы шифруются в Оргкомитете Олимпиады и передаются в Жюри для проверки под шифрами.

Материалы заданий заключительного этапа Олимпиады школьников «Надежда энергетики» по предмету «физика» в 2013/2014 учебном году Характер и уровень сложности олимпиадных задач по физике направлены на достижение целей, поставленных организаторами олимпиад. В первую очередь, это выявление в составе участников олимпиад ребят, твердо владеющих школьной программой и наиболее подготовленных к успешному усвоению курсов, определенных образовательными стандартами для технических вузов. Будущие студенты должны обладать логическим мышлением, свободно оперировать физическими законами, научными формулировками и терминологией. От школьников требуется умение математически сформулировать описанную в задаче ситуацию на основе физических законов, при решении – применить наиболее подходящие методы алгебры. Совершенно необходимо и умение абстрагироваться от лишнего, рисовать удачные графические схемы, умело применять графики тех или иных процессов. Структура типичного варианта олимпиады такова, что задачи строго дифференцированы по сложности и требуют для решения различных временных затрат. Задачи охватывают все разделы школьной программы и носят, в своем большинстве, комплексный характер, позволяющий варьировать оценки в зависимости от проявленных в решении творческих подходов и продемонстрированных технических навыков. Участники должны самостоятельно определить законы физики, применимые к каждой задаче, разбить задачу на подзадачи, грамотно выполнить решение каждой подзадачи и затем синтезировать решение всей задачи из решений отдельных подзадач. Успешное написание олимпиадной работы не требует знаний, выходящих за пределы школьной программы, но, как показывает статистика олимпиады, доступно далеко не каждому школьнику, поскольку требует творческого подхода, логического мышления, умения увидеть и составить правильный и оптимальный план решения, четкого и технически грамотного выполнения каждой части решения, порой, отбора из множества математически верных решений подмножества решений, соответствующих физической реальности. Умение справляться с заданиями олимпиады по физике приходит к участникам олимпиад с опытом, который вырабатывается на тренировочном и отборочном этапах олимпиады. Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32111 РЕШЕНИЕ 1. В лекционной аудитории Н-201 студенты НИУ «МЭИ» наблюдают опыт по механике: очень легкий шар неподвижно лежит на гладкой горизонтальной доске, на поверхности шара в его верхней точке расположен очень маленький тяжелый кубик. Как будет двигаться кубик, если лектор толкнет доску? Решение: Рассмотрим положение кубика на поверхности шара, когда он расположен не в положении равновесия. На кубик со стороны шара действует сила нормальной реакции   опоры N , направленная по радиусу шара, и сила трения F , направленная по касательной   к поверхности. По 3 закону Ньютона на шар действуют силы − N и − F , а также сила  нормальной реакции стола Q . Поскольку масса шара пренебрежимо мала, то из второго закона Ньютона следует, что сумма сил и сумма моментов всех сил, действующих на него, равны нулю в любой момент времени.      Q + (− N) + (− F) =0 . Относительно центра шара моменты сил − N и Q равны 0, поэтому   равен нулю и момент силы − F . Отсюда следует, что равна нулю и сама сила − F , а      поэтому F = 0 . Тогда Q − N = 0 , т.е. Q = N . Это векторное равенство может быть выполнено   только при условии Q= N= 0 . Таким образом, на кубик действует только сила тяжести, а значит, выйдя из положения неустойчивого равновесия, кубик будет свободно падать вертикально вниз, а шар из-под него выскользнет. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 2400 тонн воды, поместили баржу водоизмещением 1600 тонн. Определите, на какую величину изменились силы, с которыми вода давит на дно и на боковые стенки судоподъемника. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. В 2400 2400 судоподъемнике находился слой воды высотой = h1 = ≈ 1,5 м. Sдна 90*18 Водоизмещением судна называется количество воды, вытесненное им. Массовое водоизмещение равно массе воды, помещающейся в объеме подводной части судна. Таким образом заход баржи эквивалентен добавлению в судоподъемник 1600 тонн воды. 1600 Тогда после захода баржи уровень должен подняться на = h2 ≈ 1м. Т.к. 90*18 h1 + h2 > h0 = 2, 2 м, то это означает, что вода поднялась до верха судоподъемника и перелилась через край. Таким образом результирующее повышение уровня составило ∆h = h0 − h1 = 0, 7 м. Сила давления вода на дно изменилась на ∆Fдно =ρg ∆h * Sдна =103 *10*0, 7 *90*18 ≈ 11,3*106 Н Силы давления на стенки были равны (учитываем площадь стенки в пределах уровня воды): 1 1 1 3 ρgh1 * S1 = F1 = 10 *10*1,5*90*1,5 ≈ 106 Н; 2 2 1 1 3 F2 = ρgh1 * S 2 = 10 *10*1,5*18*1,5 ≈ 0, 2*106 Н. 2 2 Силы давления после захода баржи стали равными: 1 1 3 F1′ = ρgh0 * S1′ = 10 *10* 2, 2*90* 2, 2 ≈ 2, 2*106 Н; 2 2 1 1 3 10 *10* 2, 2*18* 2, 2 ≈ 0, 44*106 Н F2′ = ρgh0 * S 2′ = 2 2 Изменения сил давления на боковые стенки судоподъемника составило: ∆F1= (2, 2 − 1) *106= 1, 2*106 H ; ∆F = (0, 44 − 0, 2) *10=6 0, 24*106 H . 1 Общее изменение сил давления на все боковые стенки судоподъемника ∆F= 2 (∆F1 + ∆F2) ≈ 2,88*106 Н. 3. Два металлических заряженных тела произвольной формы имеют заряды Q 1 и Q 2 . Определите работу сил электрического поля при сближении тел на некоторое расстояние, если их потенциалы изменились на Δϕ 1 и Δϕ 2 соответственно. Решение: Работа сил электрического поля при сближении тел равна изменению потенциальной энергии системы тел, взятой с обратным знаком. Потенциальная энергия системы тел равна полусумме произведений зарядов каждого из тел на их потенциал в поле, созданном всеми другими телами: 1 = W (Q1ϕ1 + Q2ϕ2 + ...) . 2 Поскольку потенциалы каждого из тел изменились на величины, заданные в условии, то потенциальная энергия их взаимодействия изменилась на 1 ∆ = W (Q1∆ϕ1 + Q2 ∆ϕ2) . 2 Работа сил поля будет равна 1 А = − (Q1∆ϕ1 + Q2 ∆ϕ2) . 2 4. Два электрона движутся так, что в некоторый момент времени они сближаются на минимальное расстояние l, причем их скорости в этот момент равны по модулю v, противоположны по направлению и перпендикулярны прямой, соединяющей электроны. Определите величину и направление магнитной индукции однородного магнитного поля, которое необходимо создать в этот момент, чтобы расстояние между электронами всегда оставалось равным l. Масса электрона m, заряд e. Решение:  Очевидно, что при любой ориентации индукции магнитного поля В относительно   скоростей электронов такой, что не выполняется условие В ⊥ v , дальнейшее движение каждой частицы будет происходить по винтовой линии, а, значит, расстояние между ними будет изменяться. Отсюда следует, что необходимо   выполнение условия В ⊥ v , а тогда оба электрона станут вращаться по одной и той же 2 окружности радиусом l . Для этого направление силы Лоренца должно быть 2 противоположно направлению силы электростатического отталкивания электронов   при любой ориентации векторов В и v . Тогда уравнение движения электрона: mv2 e2 . = evB − l 2 4πε 0l 2 2mv e Отсюда= . B + le 4πε0l 2 v 5. Имеется гладкий жёсткий конус с площадью боковой поверхности S = πl2/4, где l – образующая конуса. Из гибкой нерастяжимой нити длиной l 0 = 10 см < l сделали кольцо, и l x одели его на конус. Затем к одной из точек кольца приложили l 0 силу F, направленную вдоль образующей конуса в сторону, противоположную вершине. На каком расстоянии х от F вершины конуса окажется точка приложения силы, когда нить полностью натянется? Справка: образующей конуса называется отрезок, соединяющий вершину конуса с какой-нибудь точкой окружности основания. Решение: Форму петли проще всего понять, если сделать развёртку конуса, разрезав его вдоль образующей, проходящей через точку приложения силы (см. рис.). Площадь круга радиусом l будет равна πl2. Заданная в условии задачи площадь боковой A поверхности конуса S = πl2/4, очевидно, даёт четверть круга, т.е. угол развёртки 90о. На рисунке l0 петля превратится в отрезок длиной l 0 . Точка приложения силы изображена двумя точками А и А/. В отсутствие трения не существует сил (за / исключением силы F), приложенных к нитке, A обёрнутой вокруг конуса, которые было бы x направлены вдоль его поверхности. Это приводит к тому, что точка приложения силы F опустится настолько низко, насколько ей позволит длина петли l 0 . Форма равновесного положения петли определяется кратчайшим расстоянием между А и А/, т.е. отрезком АА/ длиной l 0 . Из получившегося равнобедренного прямоугольно треугольника легко находим величину х: 2 x 2 = l02 ⇒ x = 6. l0 = 2 50 ≈ 7 см. Две тонкие линзы, собирающая и рассеивающая (фокусные расстояния обеих линз одинаковы и равны S F = 10 см), расположены на одной оптической оси на расстоянии F друг от друга. Источник S расположен на F d расстоянии d = 16 см от собирающей линзы. Найдите коэффициент увеличения системы линз, постройте изображение источника в данной оптической системе и объясните ход лучей. 3 Решение: Ход лучей виден из рисунка (изображение прямое, увеличенное, мнимое). Из соображений подобия 2S / 2F F 10 = 2Γ = ⇒Γ= = = 2,5 . S 2F − d 2 F − d 20 − 16 S/ S/ S 2F d 7. Отрезки тонкого прямого провода, заключенного в толстую изолирующую оболочку, подключают поочередно к идеальному источнику напряжения. Оболочка обеспечивает охлаждение провода за счет теплообмена, причем тепловая мощность, отводимая с единицы боковой площади провода, зависит только от разности температур провода и окружающего воздуха. Провод длиной 1 м нагревается за время t 1 , а провод длиной 2 м – за время t 2 . Определите, за какое время нагреется провод длиной 0,5 м. Провода нагреваются каждый раз до одной и той же температуры. Начальные температуры проводов одинаковы. Решение: Рассмотрим проводник длиной l: -количество тепла, выделяемое в проводе U2 U 2S t Q= = t t=A ; тепл R l ρ удl -количество тепла, идущее на нагрев провода: Qнагр = c уд m∆T = c удρSl ∆T = Bl ; -количество тепла, отводимое от провода в результате теплообмена: Qотв = α∆TSбок t = α∆T 2πrl t = Cl t . Здесь А, В, С - некоторые константы. t Имеем уравнение теплового баланса: Qтепл − Qотв = Qнагр, A= Bl + Cl t . l Составим систему уравнений: для провода длиной 1 м: At1= B + C t1 , t2 для провода длиной 2 м: A = 2 B + 2C t2 , 2 1 1 для провода длиной 0,5 м: 2 Ax = B + Cx , где х – искомое время нагрева. 2 2 4   At1= B + C t1 ,   t2 перепишем систему:  A = 2 B + 2C t2 ,  2 1 1  = B + Cx. 2 Ax 2 2 Решив систему уравнений, получим: x=  (A − C) t1 = B,   A  B,  − C  t2 =   4 (4 A − C) x = B. t1t2 . 5t2 − 4 t1 5 Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32112 РЕШЕНИЕ 1. В лекционной аудитории Н-201 студенты НИУ «МЭИ» наблюдают опыт по электростатике: длинная деревянная рейка уравновешена в горизонтальной плоскости на острие вертикально закрепленной иглы. Лектор подносит к одному из концов рейки, не касаясь ее, заряженную эбонитовую палочку. Объясните дальнейшее поведение деревянной рейки. Решение: Как известно, диэлектрик притягивается к телу, заряженному зарядом любого знака. Отсюда следует, что ближайший к палочке конец рейки начнет двигаться к палочке. Рейка станет поворачиваться в горизонтальной плоскости (если палочка подносится в горизонтальной плоскости), либо наклоняться (или подниматься). 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находится 1600 тонн воды, поместили баржу. Определите, на какую величину изменились силы, с которыми вода давит на боковые стенки судоподъемника, если сила давления воды на его дно изменилась на 1,6⋅107 Н. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. В 1600 1600 судоподъемнике находилась вода высотой= h1 = ≈ 1м. После захода баржи Sдна 90*18 изменение силы давления на дно составило ∆Fдно =ρg ∆h * Sдна =103 *10* ∆h *90*18 =1, 6*107 Н. 1600 Т.е. уровень должен подняться на= ∆h ≈ 1м. 90*18 Т.к. h1 + ∆h < h0 = 2, 2 м, то это означает, что вода не поднялась до верха судоподъемника и не перелилась через край. Силы давления на стенки были равны (учитываем площадь стенки в пределах уровня воды): 1 1 3 10 *10*1*90*1 ≈ 4,5*105 Н; F1 = ρgh1 * S1 = 2 2 1 1 3 F2 = ρgh1 * S 2 = 10 *10*1*18*1 ≈ 0,9*105 Н. 2 2 Силы давления после захода баржи стали равными: 1 1 F1′= ρg (h1 + ∆h) * S1 = 103 *10* 2*90* 2 ≈ 18*105 Н; 2 2 1 1 F2′= ρg (h1 + ∆h) * S 2 = 103 *10* 2*18* 2 ≈ 3, 6*105 Н 2 2 Изменения сил давления на боковые стенки судоподъемника составило: ∆F1 = (18 − 4,5) *105 = 13,5*105 H ; ∆F1= (3, 6 − 0,9) *105= 2, 7 *105 H . Общее изменение сил давления на все боковые стенки судоподъемника ∆F= 2 (∆F1 + ∆F2) ≈ 32, 4*105 Н. 3. Три одинаковых заряженных шарика массами m и зарядами q каждый связаны тремя идеальными непроводящими нитями длиной l каждая. Одну из нитей пережигают. Определите максимальные скорости шариков в процессе их дальнейшего движения. Решение: При пережигании одной из нитей две остальные вытягиваются вдоль одной прямой так, что шарики приобретают скорости: центральный шарик – скорость v , боковые шарики –   скорость u каждый, причем v ↓ u . В этот момент потенциальная энергия системы минимальна (расстояния между крайними шариками максимальны). Следовательно, к этому моменту максимально изменение потенциальной энергии системы, а, следовательно, и кинетической. В этот момент скорости шариков максимальны, а потом, по мере их движения, скорости начинают уменьшаться. Применим законы для положений: нач – начальное положение в форма треугольника, кон – расположение шариков на одной прямой: -согласно закону сохранения имульса для замкнутой системы тел: v = 2u . -согласно закону сохранения энергии: ∆Wкин = −∆Wпот, т.е. mu 2 mu 2 mv2 ∆Wкин = + + = mu 2 + 2mu 2 = 3mu 2 ; 2 2 2 kq 5kq 2 kq q2  kq kq   kq kq  ; ∆Wпот = Wкон − Wнач; Wнач = q  +  + q = 3k ; Wкон = q  +  + q = a  2a 2a a  a a  a  a kq 2 . ∆Wпот = W2 − W1 = − 2a 1 k 1 kq 2 v 2= u q Тогда 3mu 2 = = , u q= q ;= . 6πε0 ma 6ma 24πε 0 ma 2a Ответ: uкрайних = q 4. 1 1 ; vсреднего = q . 6πε 0 ma 24πε0 ma Горизонтальная плоскость является границей двух однородных полей:  электрического с напряженностью E , направленной перпендикулярно границе  от нее, и магнитного с индукцией B , направленной горизонтально и  перпендикулярно E . Электрон поместили в электрическое поле на расстоянии d от плоскости. С какой средней скоростью электрон будет перемещаться вдоль границы? Масса электрона m, заряд e. Решение: В электрическом поле электрон проходит путь d и набирает скорость v, двигаясь к 2eEd 2md границе полей: v = . Это происходит за время τ1 = . Далее электрон eE m mv описывает в магнитном поле полуокружность радиуса R = за время полупериода eB πm τ2 = . Затем электрон снова входит в электрическое поле и уменьшает скорость до eB нуля за время τ3 =τ1 . смещение вдоль границы 2R . = время 2τ1 + τ2 Тогда после преобразований 2mdeE . v = 2mde π B + m E 2 Скорость дрейфа: v = 5. Имеется гладкий жёсткий конус с площадью боковой поверхности S = πl2/3, где l – образующая конуса. Из гибкой нерастяжимой нити длиной l 0 = 34 см < l сделали кольцо, и одели его на конус. Затем к одной из точек кольца приложили силу F, направленную вдоль образующей конуса в сторону, противоположную вершине. На каком минимальном расстоянии х от вершины конуса будет проходить нить, когда она полностью натянется? l l0 x F Справка: образующей конуса называется отрезок, соединяющий вершину конуса с какой-нибудь точкой окружности основания. А Решение: l l0 Форму петли проще всего понять, если сделать развёртку конуса, разрезав его вдоль / A образующей, проходящей через точку приложения силы (см. рис.). Площадь круга радиусом l будет равна πl2. Заданная в условии задачи площадь боковой поверхности конуса S = πl2/3, очевидно, даёт угол при вершине развёртки 120о. На рисунке петля превратится в отрезок длиной l 0 . Точка приложения силы изображена двумя точками А и А/. В отсутствие трения не существует сил (за исключением силы F), приложенных к нитке, обёрнутой вокруг конуса, которые было бы направлены вдоль его поверхности. Это приводит к тому, что точка приложения силы F опустится настолько низко, насколько ей позволит длина петли l 0 . Форма равновесного положения петли определяется кратчайшим расстоянием между А и А/, т.е. отрезком АА/ длиной l 0 . Из получившегося равнобедренного треугольника легко находим его высоту (величину х): x x 1 = tg 30o = =  l0  3 2   2 2 l0 34 = x = = 10 cм Ответ: 2 3 2 ⋅ 1.7 1 l0 34 ⇒ x= = = 10 см. 3 2 3 2 ⋅ 1.7 6. Две тонкие линзы, собирающая и рассеивающая (фокусные расстояния обеих линз одинаковы и равны S F = 6 см), расположены на одной оптической оси на расстоянии F друг от друга. Источник S расположен на F d расстоянии d = 3F/2 от собирающей линзы. Постройте изображение источника в данной оптической системе, объясните ход лучей и найдите расстояние между источником и изображением. Решение: S/ S/ S d x 2F Ход лучей виден из рисунка. При d=3F/2 из соображений подобия видно, что (прямое, мнимое, увеличенное в 2 раза) изображение S/ попадает в F. Отсюда 3 1 6 x = F − F = F = = 3 см 2 2 2 1 Ответ:= x = F 3см. 2 7. От катушки с тонким проводом, заключенным в толстую изолирующую оболочку, отрезали три куска длиной 1, 1,5 и 3 м. Их подключили поочередно к идеальному источнику напряжения и заметили, что провода нагреваются до одной и той же температуры за различное время. Провод длиной 1 м нагревается за время t 1 , а провод длиной 3 м – за время t 2 . Оболочка обеспечивает охлаждение провода за счет теплообмена, причем тепловая мощность, отводимая с единицы боковой площади провода, зависит только от разности температур провода и окружающего воздуха. Определите, за какое время нагреется провод длиной 1,5 м. Решение: Рассмотрим проводник длиной l: -количество тепла, выделяемое в проводе U2 U 2S t Q= = t t=A ; тепл R ρ удl l -количество тепла, идущее на нагрев провода: Qнагр = c уд m∆T = c удρSl ∆T = Bl ; -количество тепла, отводимое от провода в результате теплообмена: Qотв = α∆TSбок t = α∆T 2πrl t = Cl t . Здесь А, В, С - некоторые константы. t Имеем уравнение теплового баланса: Qтепл − Qотв = Qнагр, A= Bl + Cl t . l Составим систему уравнений: для провода длиной 1 м: At1= B + C t1 , t2 для провода длиной 3 м: A = 3B + 3C t2 , 3 2 3 3 для провода длиной 1,5 м: Ax = B + Cx , где х – искомое время нагрева. 3 2 2    (A−C)t = B,  At1= B + C t1 , 1    A  t2  перепишем систему:   − C  t2 = B,  A = 3B + 3C t2 ,   3  9 3 3 2  4  = B + Cx. B.  3 Ax  A − C  x = 2 2   9 Решив систему уравнений, получим: 8t1t2 . x= 3t2 + 5t1 Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 33111 РЕШЕНИЕ 1. Провода ЛЭП всегда имеют небольшое провисание относительно опор. Почему это необходимо? Решение: Если провод натянуть между опорами без провисания, то незначительное увеличение силы тяжести может привести к обрыву провода. Например, известно, что в результате обледенения проводов на них может образоваться тонкий слой льда (аналогично налипший снег при снегопаде). При этом, несмотря на то, что масса намерзшего на провод льда Δт незначительна, в проводе для компенсации избыточной силы тяжести может возникнуть достаточно большая (из-за малого угла провисания) по величине сила натяжения, которая может привести к обрыву провода. Чтобы этого избежать, т.е. не допустить большого увеличения силы натяжения, провода заранее подвешивают с провисанием, чтобы увеличить угол касания провода и опоры. 2. При помещении в вод 2. При помещении в воду плавающей открытой металлической коробочки, уровень воды в сосуде повышается на h . Каким будет понижение этого уровня в дальнейшем, если коробочку утопить? Плотность металла в n раз больше плотности воды. Решение: ρ мVстенок. ρв Повышение уровня воды относительно исходного (без коробочки) при плавании Vпогр ρ V коробочки в сосуде с водой: = h = м стенок. Sдна ρв Sдна Если коробочку утопить, то повышение уровня воды относительно исходного (без ρ Vстенок коробочки) составит: = h1 = h в. ρм Sдна Тогда искомое понижение уровня при утоплении коробочки (относительно уровня при её  ρ  n −1 плавании): ∆h = h − h1 = h 1 − в  = h n  ρм  Условие плавания коробочки: mg = ρ мVстенок g = ρвVпогр g ; Vпогр = 3. Три одинаковых заряда Q закреплены в вершинах равностороннего треугольника со стороной а. Определите работу сил электростатического поля после освобождения зарядов. Решение: Работа поля при удалении одного из зарядов на бесконечно большое расстояние от системы: 2  kQ kQ  2kQ . = А1 Q  + − 0=  a a  a  Работа поля при удалении следующего заряда на бесконечно большое расстояние от системы: 2  kQ  kQ . = А2 Q  − 0=  a  a  Результирующая работа поля: А = 3kQ 2 . a 4. Вектор магнитной индукции однородного магнитного поля сонаправлен с вектором напряженности однородного электрического поля. Отрицательно заряженная частица влетает в эти поля под углом α= 45° к направлению вектора магнитной индукции и начинает двигаться по винтовой линии радиусом R. Через время τ кинетическая энергия частицы изменяется в два раза. Определите величину магнитной индукции В, если напряженность электрического поля Е. Решение: Поскольку частица влетает под углом α= 45° , то уменьшение кинетической энергии в 2  раза произойдет, если проекция скорости частицы на направление вектора Е уменьшится до нуля. Изменение проекции импульса частицы на это направление за время τ: mv sin 45° Eτ , то B = . ∆pE = 0 − mv0 cos 45° = − qE τ . Поскольку R = 0 R qB Кинетическая энергия частицы могла по условию и увеличиться в 2 раза. В этом случае  проекция скорости частицы на направление вектора Е станет равна vE = − 3v0 cos 45° . Изменение проекции импульса частицы на это направление за время τ: mv sin 45° Eτ , то B = . ∆pE = − 3mv0 cos 45° − mv0 cos 45° = − qE τ . Поскольку R = 0 qB R 1+ 3 () 5. Кольцо радиусом R и массой m изготовлено из проволоки, которая обрывается при силе натяжения Т. Кольцо помещают на идеально гладкий конус. При каком минимальном, плоском угле конуса ϕ кольцо еще не разорвется? Решение: Рассмотрим малый элемент кольца массой Δт, образованный дугой с центральным углом α. На этот элемент со стороны оставшегося кольца действуют:  - две силы натяжения Т, направленные по касательной к этому элементу,  - сила реакции опоры (конуса) ∆N , перпендикулярная боковой поверхности конуса,  - сила тяжести ∆mg , направленная вертикально вниз. Уравнения баланса сил (первого закона Ньютона) для элемента Δт: α ϕ 2T sin = ∆N cos , 2 2 ϕ ∆mg = ∆N sin . 2 Учтем, что в силу малости элемента кольца sin α ≈ α Тогда mg ϕ ∆mg mg . Тогда ϕ =2 arctg . = tg = 2πT 2 Tα 2πT 6. На оптической оси расположены две тонкие линзы: собирающая и рассеивающая. Фокусные расстояния обеих линз одинаковы и равны F=10 см. Источник S расположен на расстоянии d=5F/2 см от собирающей линзы. Постройте изображение источника в данной оптической системе и найдите расстояние между источником и изображением. Решение: S F d d S S/ 2F x Ход лучей виден из рисунка (изображение перевёрнутое, увеличенное в 2 раза, действительное). Из соображений подобия изображение попадёт в двойной фокус. Отсюда 11 11 x =d + 3F = F = 10 =55 см 2 2 11 Ответ: = x = F 55 см 2 7. Жесткий стержень АВ длиной l опирается концами о пол и стену. Конец В стержня движется по полу перпендикулярно стене равномерно со скоростью v, причем при t = 0 он находится на расстоянии d от стены. Определите скорость конца А стержня в произвольный момент времени. Решение: Введем систему координат (x, 0, y) так, что начало координат размещается в точке соприкосновения стены и пола, ось x направлена от стены по полу, а ось y направлена вдоль стены вверх. Тогда координата конца В: x= d + vt , а координата конца А: y= Скорость конца А – это производная его координаты по времени: (d + vt) v . vA = y′ = − 2 l 2 − (d + vt) l 2 − (d + vt) . 2 Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32101 РЕШЕНИЕ 1. В лекционной аудитории Н-201 студенты НИУ «МЭИ» наблюдают опыт по механике: очень легкий шар неподвижно лежит на гладкой горизонтальной доске, на поверхности шара в его верхней точке расположен очень маленький тяжелый кубик. Как будет двигаться кубик, если лектор толкнет доску? Решение: Рассмотрим положение кубика на поверхности шара, когда он расположен не в положении равновесия. На кубик со стороны шара действует сила нормальной реакции   опоры N , направленная по радиусу шара, и сила трения F , направленная по касательной   к поверхности. По 3 закону Ньютона на шар действуют силы − N и − F , а также сила  нормальной реакции стола Q . Поскольку масса шара пренебрежимо мала, то из второго закона Ньютона следует, что сумма сил и сумма моментов всех сил, действующих на него, равны нулю в любой момент времени.      Q + (− N) + (− F) =0 . Относительно центра шара моменты сил − N и Q равны 0, поэтому   равен нулю и момент силы − F . Отсюда следует, что равна нулю и сама сила − F , а      поэтому F = 0 . Тогда Q − N = 0 , т.е. Q = N . Это векторное равенство может быть выполнено   только при условии Q= N= 0 . Таким образом, на кубик действует только сила тяжести, а значит, выйдя из положения неустойчивого равновесия, кубик будет свободно падать вертикально вниз, а шар из-под него выскользнет. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 2400 тонн воды, поместили баржу водоизмещением 1600 тонн. Определите, на какую величину изменились силы, с которыми вода давит на дно и на боковые стенки судоподъемника. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. В 2400 2400 судоподъемнике находился слой воды высотой = h1 = ≈ 1,5 м. Sдна 90*18 Водоизмещением судна называется количество воды, вытесненное им. Массовое водоизмещение равно массе воды, помещающейся в объеме подводной части судна. Таким образом заход баржи эквивалентен добавлению в судоподъемник 1600 тонн воды. 1600 Тогда после захода баржи уровень должен подняться на = h2 ≈ 1м. Т.к. 90*18 h1 + h2 > h0 = 2, 2 м, то это означает, что вода поднялась до верха судоподъемника и перелилась через край. Таким образом результирующее повышение уровня составило ∆h = h0 − h1 = 0, 7 м. Сила давления вода на дно изменилась на ∆Fдно =ρg ∆h * Sдна =103 *10*0, 7 *90*18 ≈ 1,13*107 Н Силы давления на стенки были равны (учитываем площадь стенки в пределах уровня 1 1 3 воды): F1 = ρgh1 * S1 = 10 *10*1,5*90*1,5 ≈ 106 Н; 2 2 1 1 1 3 F2 = ρgh1 * S 2 = 10 *10*1,5*18*1,5 ≈ 0, 2*106 Н. 2 2 Силы давления после захода баржи стали равными: 1 1 3 F1′ = ρgh0 * S1′ = 10 *10* 2, 2*90* 2, 2 ≈ 2, 2*106 Н; 2 2 1 1 3 F2′ = 10 *10* 2, 2*18* 2, 2 ≈ 0, 44*106 Н ρgh0 * S 2′ = 2 2 Изменения сил давления на боковые стенки судоподъемника составило: ∆F1= (2, 2 − 1) *106= 1, 2*106 H ; ∆F= (0, 44 − 0, 2) *10=6 0, 24*106 H . 2 Общее изменение сил давления на все боковые стенки судоподъемника ∆F= 2 (∆F1 + ∆F2) ≈ 2,88*106 Н. Замечание: если учесть, что 18*5=90, то расчеты сил упрощаются. 3. К электрической сети подключены последовательно два нагревателя, при этом один выделяет мощность N 1 , а второй – N 2 . Какую мощность будет выделять первый нагреватель, если только он будет включен в сеть? Сопротивлением подводящих проводов пренебречь. Решение: Если оба нагревателя: = U I1 (R1 + R2) ; (1) UI1 = I12 R1 + I12 R2 = N1 + N 2 .(2) Если один нагреватель: U = IR1 ; (3) ′ UI = I 2 R= N= 1 1 Выразим из (2) I1 = U2 (4) R1 N1 N1 + N 2 и = R1 = I 21 U N1U 2 (N1 + N 2) 2 . Таким образом, мощность U2 = N1′ = R1 (N1 + N 2) 2 N1 4. Два металлических заряженных тела произвольной формы имеют заряды Q 1 и Q 2 . Определите работу сил электрического поля при сближении тел на некоторое расстояние, если их потенциалы изменились на Δϕ 1 и Δϕ 2 соответственно. Решение: Работа сил электрического поля при сближении тел равна изменению потенциальной энергии системы тел, взятой с обратным знаком. Потенциальная энергия системы тел равна полусумме произведений зарядов каждого из тел на их потенциал в поле, созданном всеми другими телами: 1 = W (Q1ϕ1 + Q2ϕ2 + ...) . 2 Поскольку потенциалы каждого из тел изменились на величины, заданные в условии, то потенциальная энергия их взаимодействия изменилась на 2 1 (Q1∆ϕ1 + Q2 ∆ϕ2) . 2 Работа сил поля будет равна 1 А = − (Q1∆ϕ1 + Q2 ∆ϕ2) . 2 ∆ = W 5. Имеется гладкий жёсткий конус с площадью боковой поверхности S = πl2/4, где l – образующая конуса. Из гибкой нерастяжимой нити длиной l 0 = 10 см < l сделали кольцо, и одели l x его на конус. Затем к одной из точек кольца приложили силу F, l 0 направленную вдоль образующей конуса в сторону, противоположную вершине. На каком расстоянии х от вершины конуса окажется точка приложения силы, когда нить полностью натянется? Справка: образующей конуса называется отрезок, соединяющий вершину конуса с какой-нибудь точкой окружности основания. F Решение: Форму петли проще всего понять, если сделать развёртку конуса, разрезав его вдоль образующей, проходящей через точку приложения силы (см. рис.). Площадь круга радиусом l будет равна πl2. Заданная в условии задачи площадь боковой A поверхности конуса S = πl2/4, очевидно, даёт четверть круга, т.е. угол развёртки 90о. На рисунке l0 петля превратится в отрезок длиной l 0 . Точка приложения силы изображена двумя точками А и А/. В отсутствие трения не существует сил (за / исключением силы F), приложенных к нитке, A обёрнутой вокруг конуса, которые было бы x направлены вдоль его поверхности. Это приводит к тому, что точка приложения силы F опустится настолько низко, насколько ей позволит длина петли l 0 . Форма равновесного положения петли определяется кратчайшим расстоянием между А и А/, т.е. отрезком АА/ длиной l 0 . Из получившегося равнобедренного прямоугольно треугольника легко находим величину х: 2 x 2 = l02 ⇒ x = l0 = 2 50 ≈ 7 см. 6. Две тонкие линзы, собирающая и рассеивающая (фокусные расстояния обеих линз одинаковы и равны F = S 10 см), расположены на одной оптической оси на расстоянии F друг от друга. Источник S расположен на F d расстоянии d = 16 см от собирающей линзы. Найдите коэффициент увеличения системы линз, постройте изображение источника в данной оптической системе и объясните ход лучей. Решение: Ход лучей виден из рисунка (изображение прямое, увеличенное, мнимое). Из соображения 3 подобия F 2S / 2F 10 = 2Γ = ⇒Γ= = = 2,5 . S 2F − d 2 F − d 20 − 16 S/ S/ S 2F d 7. Гантель образована двумя маленькими массивными шариками, соединенными невесомым идеальным стержнем длиной l. Гантель лежит на горизонтальном полу перпендикулярно вертикальной стенки, касаясь ее одним из шариков. Этот шарик начинают поднимать вертикально вверх по стенке с постоянной скоростью v 0 , причем второй шарик гантели постоянно находится на полу. Определите ускорение нижнего шарика в тот момент, когда стержень гантели образует угол α с горизонтом. Решение:   Ускорение второго шарика а1 и его скорость v1 направлены горизонтально. Перейдем в систему отсчета, связанную с верхним шариком. В этой системе отсчета первый шарик вращается относительно второго по окружности, радиус которой равен длине стержня.  Тогда скорость первого шарика v1′ относительно второго – это его  v0  2 ось n α  a1 1  v1′ скорость движения по окружности. v1′гверт v0 . cos α cos α Нормальное ускорение при движении первого шарика по окружности вокруг второго: Вертикальная проекция этой скорости v1′верт = −v0 . Поэтому v1′ = () 2 =  v0    v1′ v02 cos α  . = an =  = l l l cos 2 α   С другой стороны, an - проекция ускорения а1 на ось нормали n . Поэтому = a1 2 an v02 . = cos α l cos3 α 4 Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32102 РЕШЕНИЕ 1. В лекционной аудитории Н-201 студенты НИУ «МЭИ» наблюдают опыт по электростатике: длинная деревянная рейка уравновешена в горизонтальной плоскости на острие вертикально закрепленной иглы. Лектор подносит к одному из концов рейки, не касаясь ее, заряженную эбонитовую палочку. Объясните дальнейшее поведение деревянной рейки. Решение: Как известно, диэлектрик притягивается к телу, заряженному зарядом любого знака. Отсюда следует, что ближайший к палочке конец рейки начнет двигаться к палочке. Рейка станет поворачиваться в горизонтальной плоскости (если палочка подносится в горизонтальной плоскости), либо наклоняться (или подниматься). 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 1600 тонн воды, поместили баржу. Определите, на какую величину изменились силы, с которыми вода давит на боковые стенки судоподъемника, если сила давления воды на его дно изменилась на 1,6⋅107 Н. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. В 1600 1600 судоподъемнике находилась вода высотой= h1 = ≈ 1м. После захода баржи Sдна 90*18 изменение силы давления на дно составило ∆Fдно =ρg ∆h * Sдна =103 *10* ∆h *90*18 =1, 6*107 Н. 1600 Т.е. уровень должен подняться на= ∆h ≈ 1м. 90*18 Т.к. h1 + ∆h < h0 = 2, 2 м, то это означает, что вода не поднялась до верха судоподъемника и не перелилась через край. Силы давления на стенки были равны (учитываем площадь стенки в пределах уровня воды): 1 1 3 10 *10*1*90*1 ≈ 4,5*105 Н; F1 = ρgh1 * S1 = 2 2 1 1 3 F2 = ρgh1 * S 2 = 10 *10*1*18*1 ≈ 0,9*105 Н. 2 2 Силы давления после захода баржи стали равными: 1 1 F1′= ρg (h1 + ∆h) * S1 = 103 *10* 2*90* 2 ≈ 18*105 Н; 2 2 1 1 F2′= ρg (h1 + ∆h) * S 2 = 103 *10* 2*18* 2 ≈ 3, 6*105 Н 2 2 Изменения сил давления на боковые стенки судоподъемника составило: ∆F1 = (18 − 4,5) *105 = 13,5*105 H ; ∆F1= (3, 6 − 0,9) *105= 2, 7 *105 H . Общее изменение сил давления на все боковые стенки судоподъемника ∆F= 2 (∆F1 + ∆F2) ≈ 32, 4*105 Н. 3. Три одинаковых заряженных шарика массами m и зарядами q каждый связаны тремя идеальными непроводящими нитями длиной l каждая. Одну из нитей пережигают. Определите максимальные скорости шариков в процессе их дальнейшего движения. Решение: При пережигании одной из нитей две остальные вытягиваются вдоль одной прямой так, что шарики приобретают скорости: центральный шарик – скорость v , боковые   шарики – скорость u каждый, причем v ↓ u . В этот момент потенциальная энергия системы минимальна (расстояния между крайними шариками максимальны). Следовательно, к этому моменту максимально изменение потенциальной энергии системы, а, следовательно, и кинетической. В этот момент скорости шариков максимальны, а потом, по мере их движения, скорости начинают уменьшаться. Применим законы для положений: нач – начальное положение в форма треугольника, кон – расположение шариков на одной прямой: -согласно закону сохранения имульса для замкнутой системы тел: v = 2u . -согласно закону сохранения энергии: ∆Wкин = −∆Wпот, т.е. mu 2 mu 2 mv2 + + = mu 2 + 2mu 2 = 3mu 2 ; 2 2 2 kq 5kq 2 kq q2  kq kq   kq kq  ; ∆Wпот = Wкон − Wнач; Wнач = q  +  + q = 3k ; Wкон = q  +  + q = a  2a 2a a  a a  a  a kq 2 . ∆Wпот = W2 − W1 = − 2a 1 k 1 kq 2 2 v 2= u q Тогда 3mu = = , u q= q ;= . 6πε0 ma 6ma 24πε0 ma 2a ∆Wкин = Ответ: uкрайних = q 1 1 ; vсреднего = q . 6πε 0 ma 24πε0 ma 4. На какое расстояние L можно передавать электрическую энергию от подстанции с напряжением U при помощи проводов, чтобы на нагрузке сопротивлением R выделялась мощность N ? Провода сечением S выполнены из металла с удельным сопротивлением ρ. Решение: ; UI I 2 Rнагр + I 2 Rпров = U I (Rнагр + Rпров) = N = I 2 Rнагр, поэтому I = Поскольку Rпров = ρ 2L , то S R N N . Тогда U = N + N пров и Rпров = Rнагр Rнагр Rнагр Rнагр U N −N Rнагр N = L  Rнагр S  U  − 1 .  2ρ  NRнагр   5. Имеется гладкий жёсткий конус с площадью боковой поверхности S = πl2/3, где l – образующая конуса. Из гибкой нерастяжимой нити длиной l 0 = 34 см < l сделали кольцо, и одели его на конус. Затем к одной из точек кольца приложили силу F, направленную вдоль образующей конуса в сторону, противоположную вершине. На каком минимальном расстоянии х от вершины конуса будет проходить нить, когда она полностью натянется? l l0 x F Решение: Форму петли проще всего понять, если сделать развёртку конуса, разрезав его вдоль образующей, проходящей через точку приложения силы (см. рис.). Площадь круга радиусом l будет равна πl2. А Заданная в условии задачи площадь боковой l l0 поверхности конуса S = πl2/3, очевидно, даёт угол x при вершине развёртки 120о. На рисунке петля превратится в отрезок длиной l 0 . Точка / A приложения силы изображена двумя точками А и А/. В отсутствие трения не существует сил (за исключением силы F), приложенных к нитке, обёрнутой вокруг конуса, которые было бы направлены вдоль его поверхности. Это приводит к тому, что точка приложения силы F опустится настолько низко, насколько ей позволит длина петли l 0 . Форма равновесного положения петли определяется кратчайшим расстоянием между А и А/, т.е. отрезком АА/ длиной l 0 . Из получившегося равнобедренного треугольника легко находим его высоту (величину х): x 1 = tg 30o = =  l0  3 2   2 2 34 l0 = x = = 10 cм Ответ: 2 3 2 ⋅ 1.7 1 l0 34 ⇒ x= = = 10 см. 3 2 3 2 ⋅ 1.7 6. Две тонкие линзы, собирающая и рассеивающая S (фокусные расстояния обеих линз одинаковы и равны F = 6 см), расположены на одной оптической оси на расстоянии F F друг от друга. Источник S расположен на расстоянии d = 3F/2 d от собирающей линзы. Постройте изображение источника в данной оптической системе, объясните ход лучей и найдите расстояние между источником и изображением. Решение: Ход лучей виден из рисунка. При d=3F/2 из соображений подобия видно, что (прямое, мнимое, увеличенное в 2 раза) изображение S/ попадает в F. Отсюда 3 1 6 x = F − F = F = = 3 см 2 2 2 Ответ:= x 1 = F 3см. 2 S/ S/ S d x 2F 7. Гантель образована двумя маленькими массивными шариками, соединенными невесомым идеальным стержнем длиной l. Гантель стоит на горизонтальном полу, касаясь обоими шариками вертикальной стенки. Нижний шарик начинают перемещать по полу с постоянной скоростью v 0 перпендикулярно стенке, причем второй шарик гантели не отрывается от стенки. Определите ускорение верхнего шарика в тот момент, когда стержень гантели образует угол α с горизонтом. Решение: 2    ось n Ускорение второго шарика а2 и его скорость v2 направлены   вертикально вниз. 1 v0 v2′ Перейдем в систему отсчета, связанную с нижним грузом. В этой α системе отсчета второй шарик вращается относительно первого по окружности, радиус которой равен длине стержня. Тогда  скорость второго шарика v2′ относительно первого – это его скорость движения по окружности. v′ v Горизонтальная проекция этой скорости v2′гор = −v0 . Поэтому v2′ = 2 гор = 0 . sin α sin α Нормальное ускорение при движении второго шарика по окружности вокруг первого: () 2  v0    v2′ v02 sin α  . = an =  = l l l sin 2 α   С другой стороны, an - проекция ускорения а2 на ось нормали n . Поэтому = a2 2 an v02 . = sin α l sin 3 α Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 33101 РЕШЕНИЕ 1. Провода ЛЭП всегда имеют небольшое провисание относительно опор. Почему это необходимо? Решение: Если провод натянуть между опорами без провисания, то незначительное увеличение силы тяжести может привести к обрыву провода. Например, известно, что в результате обледенения проводов на них может образоваться тонкий слой льда (аналогично налипший снег при снегопаде). При этом, несмотря на то, что масса намерзшего на провод льда Δт незначительна, в проводе для компенсации избыточной силы тяжести может возникнуть достаточно большая (из-за малого угла провисания) по величине сила натяжения, которая может привести к обрыву провода. Чтобы этого избежать, т.е. не допустить большого увеличения силы натяжения, провода заранее подвешивают с провисанием, чтобы увеличить угол касания провода и опоры. 2. При помещении в вод 2. При помещении в воду плавающей открытой металлической коробочки, уровень воды в сосуде повышается на h . Каким будет понижение этого уровня в дальнейшем, если коробочку утопить? Плотность металла в n раз больше плотности воды. Решение: ρ мVстенок. ρв Повышение уровня воды относительно исходного (без коробочки) при плавании Vпогр ρ мVстенок коробочки в сосуде с водой: . = h = Sдна ρв Sдна Если коробочку утопить, то повышение уровня воды относительно исходного (без ρ Vстенок коробочки) составит: = h1 = h в. ρм Sдна Тогда искомое понижение уровня при утоплении коробочки (относительно уровня при её  ρ  n −1 плавании): ∆h = h − h1 = h 1 − в  = h n  ρм  Условие плавания коробочки: mg = ρ мVстенок g = ρвVпогр g ; Vпогр = 3. Два нагревательных элемента, подключенные в сеть с напряжением U, выделяют мощности N 1 и N 2 соответственно. Какую мощность будут выделять эти нагреватели, если их включить в ту же сеть последовательно? Зависимостью сопротивления от температуры пренебречь. Решение: U2 U2 , N2 = . N1 = R1 R2 При последовательном соединении N= посл N1 N 2 U2 U2 . = = Rпосл R1 + R2 N1 + N 2 4. Три одинаковых заряда Q закреплены в вершинах равностороннего треугольника со стороной а. Определите работу сил электростатического поля после освобождения зарядов. Решение: Работа поля при удалении одного из зарядов на бесконечно большое расстояние от системы: 2  kQ kQ  2kQ . = А1 Q  + − 0=  a a  a  Работа поля при удалении следующего заряда на бесконечно большое расстояние от системы: 2  kQ  kQ . = А2 Q  − 0=  a  a  Результирующая работа поля: А = 3kQ 2 . a 5. Кольцо радиусом R и массой m изготовлено из проволоки, которая обрывается при силе натяжения Т. Кольцо помещают на идеально гладкий конус. При каком минимальном, плоском угле конуса ϕ кольцо еще не разорвется? Решение: Рассмотрим малый элемент кольца массой Δт, образованный дугой с центральным углом α. На этот элемент со стороны оставшегося кольца действуют:  - две силы натяжения Т, направленные по касательной к этому элементу,  - сила реакции опоры (конуса) ∆N , перпендикулярная боковой поверхности конуса,  - сила тяжести ∆mg , направленная вертикально вниз. Уравнения баланса сил (первого закона Ньютона) для элемента Δт: α ϕ 2T sin = ∆N cos , 2 2 ϕ Учтем, что в силу малости элемента кольца sin α ≈ α ∆mg = ∆N sin . 2 Тогда ϕ ∆mg mg mg . Тогда ϕ =2 arctg . = tg = 2πT 2 Tα 2πT 6. На оптической оси расположены две тонкие линзы: собирающая и рассеивающая. Фокусные расстояния обеих линз одинаковы и равны F=10 см. Источник S расположен S d F на расстоянии d=5F/2 см от собирающей линзы. Постройте изображение источника в данной оптической системе и найдите расстояние между источником и изображением. Решение: d S S/ 2F x Ход лучей виден из рисунка (изображение перевёрнутое, увеличенное в 2 раза, действительное). Из соображений подобия изображение попадёт в двойной фокус. Отсюда 11 11 x =d + 3F = F = 10 =55 см 2 2 11 Ответ: = x = F 55 см 2 7. В алюминиевую кастрюлю массой m 1 = 0,5 кг налит V = 1 л воды. Кастрюля довольно долго стоит на газовой плите, которая ежесекундно выделяет Q = 100 Дж тепла, а температура воды в ней не становится больше t 1 = 95° С. Затем плиту выключают. Через какое время температура воды станет равной t 2 = 94° С? Плотность воды ρ = 1000 кг/м3, удельные теплоемкости воды и алюминия соответственно равны С в = 4,2 кДж /(кг⋅К) и С а = 0,9 кДж /(кг⋅К). Решение: Поскольку стоящая на плите кастрюля не нагревается, то мощность тепловых потерь равна мощности подвода тепла, т.е. Р = 100 Вт. После выключения плиты уравнение теплового баланса имеет вид: са mа (94 − 95) + св ρвV (94 − 95) =− Pτ τ =46,5 с. . Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32991 РЕШЕНИЕ В лекционной аудитории Н-201 студенты НИУ «МЭИ» наблюдают опыт по механике: очень легкий шар неподвижно лежит на гладкой горизонтальной доске, на поверхности шара в его верхней точке расположен очень маленький тяжелый кубик. Как будет двигаться кубик, если лектор толкнет доску? Решение: 1. Рассмотрим положение кубика на поверхности шара, когда он расположен не в положении равновесия. На кубик со стороны шара действует сила нормальной реакции   опоры N , направленная по радиусу шара, и сила трения F , направленная по касательной   к поверхности. По 3 закону Ньютона на шар действуют силы − N и − F , а также сила  нормальной реакции стола Q . Поскольку масса шара пренебрежимо мала, то из второго закона Ньютона следует, что сумма сил и сумма моментов всех сил, действующих на него, равны нулю в любой момент времени.      Q + (− N) + (− F) =0 . Относительно центра шара моменты сил − N и Q равны 0, поэтому   равен нулю и момент силы − F . Отсюда следует, что равна нулю и сама сила − F , а      поэтому F = 0 . Тогда Q − N = 0 , т.е. Q = N . Это векторное равенство может быть выполнено   только при условии Q= N= 0 . Таким образом, на кубик действует только сила тяжести, а значит, выйдя из положения неустойчивого равновесия, кубик будет свободно падать вертикально вниз, а шар из-под него выскользнет. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 2400 тонн воды, поместили баржу водоизмещением 1600 тонн. Определите, на какую величину изменилась сила, с которой вода давит на дно судоподъемника. Плотность воды 1000 кг/м3. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. В 2400 2400 судоподъемнике находился слой воды высотой = h1 = ≈ 1,5 м. Sдна 90*18 Водоизмещением судна называется количество воды, вытесненное им. Массовое водоизмещение равно массе воды, помещающейся в объеме подводной части судна. Таким образом заход баржи эквивалентен добавлению в судоподъемник 1600 тонн воды. 1600 Тогда после захода баржи уровень должен подняться на = h2 ≈ 1м. Т.к. 90*18 h1 + h2 > h0 = 2, 2 м, то это означает, что вода поднялась до верха судоподъемника и перелилась через край. Таким образом результирующее повышение уровня составило ∆h = h0 − h1 = 0, 7 м. Сила давления вода на дно изменилась на ∆Fдно =ρg ∆h * Sдна =103 *10*0, 7 *90*18 ≈ 1,13*107 Н 3. Имеются два одинаковых резиновых жгута. Первый подвесили к потолку за один из концов. Второй жгут сложили пополам и подвесили к потолку за оба конца, соединив их в одной точке. Если к свободному концу первого жгута прикрепить некоторый груз, то жгут растянется на 2 см. На какое расстояние опустится свободно висящая середина второго жгута, если к ней прикрепить груз вдвое большей массы? Коэффициент жёсткости резинового жгута обратно пропорционален его длине в нерастянутом состоянии. Решение: Для первого жгута и первого груза: mg = kx Так как коэффициент жёсткости резинового жгута обратно пропорционален его длине в нерастянутом состоянии, то для каждой половинки он увеличился в два раза. Так как половинки жгута абсолютно одинаковые, то и растягиваются они на одну и ту же величину. Из условия равенства сил k1 x1 + k2 x2 = 2k1 x1 = 2mg Получаем, что удлинение сложенного вдвое жгута равно 1 см. Три тонких стержня одинаковой длины a = 20 см спаяны в виде равностороннего треугольника. Массы стержней равны m 1 = 1 кг, m 2 = 1 кг, m 3 = 2 кг соответственно. Определите положение центра тяжести треугольника. Решение: Поскольку стержни однородные, то центр тяжести каждого стержня находится в его геометрическом центре. Получаем правильный треугольник со стороной 10 см, в верщинах которого размещаем материальные точки массами m 1 = 1 кг, m 2 = 1 кг, m 3 = 2 кг. Центр тяжести стороны треугольника между массами m 1 = 1 кг и m 2 = 1 кг находится посередине этой стороны. В эту точку условно можно поместить точку массой 2т. Центр тяжести полученной из точек массами 2т и m 3 = 2 кг гантели находится в ее центре, т.е. в центре высоты треугольника со стороной 10 см. Эта точка является центром тяжести исходного треугольника из стержней. 10 3 Итак: центр тяжести исходной системы находится на расстоянии ≈ 4,3 см на 4 серединном перпендикуляре к тяжелому стержню. 5. Две свечи одинаковой высоты h = 20 см установлены вертикально на дне высокой вертикально расположенной цилиндрической коробки на диаметре ее основания. Минимальное расстояние от каждой свечи до стенки коробки и расстояние между свечами одинаковы. Свечи одновременно поджигают. С какой скоростью изменяются длины теней от свечей по стенам коробки, если одна свеча полностью сгорает за время t 1 = 5 часов, а другая – за время t 2 = 4 часа? 4. Решение: Пусть за время ∆t левая свеча сгорает на ∆h1 , а правая – на ∆h2 . Тогда тень на левой стене (от левой свечи) опустится на расстояние ∆x =∆h1 + (∆h1 − ∆h2) =∆ 2 h1 − ∆h2 . Тень на правой стене (от правой свечи) опустится на расстояние ∆y = ∆h2 − (∆h1 − ∆h2) = 2∆h2 − ∆h1 . Поскольку ∆h1 = h h ∆t , ∆h2 = ∆t , то t2 t1 v1 = 6. ∆x h = (2t 2 − t1) = 6 см/ ч ∆t t1t 2 v2 = ∆y h = (2t1 − t 2) = 3 см/ ч ∆t t1t 2 Кот охотится за двумя мышками, которые всегда находятся с ним на одной прямой. Мышки бегут с одинаковыми скоростями от кота в разные стороны, а кот сначала был ближе к одной из них. Кот, поймав одну из мышек, сразу же бросается за второй. Определите, в каком случае кот пробежит больший путь: если сначала поймает дальнюю мышь, а затем погонится за ближней, или наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость мышки v . Пусть сначала кот побежал за ближней мышкой. Время, необходимое для того, x чтобы ее догнать: t1 = . При этом расстояние до второй составит vк − v x (vк + v) l ⋅ (vк − v) 2 x ⋅ v . = + vк − v vк − v vк − v Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать вторую мышку: r l 2vx . t2 = = + vк − v vк − v (vк − v)2 r =l − x + Общее время движения кота: T ′ = t1 + t2 = l (vк − v) + x (vк + v) 2 xv l+x . + = 2 vк − v (vк − v)2 (vк − v) Очевидно, что чем меньше x, тем меньше время, затраченное на ловлю мышей. Вывод: нужно ловить ближнюю мышь! 7. Отрезки тонкого прямого провода, заключенного в толстую изолирующую оболочку, подключают поочередно к идеальному источнику напряжения. Оболочка обеспечивает охлаждение провода за счет теплообмена, причем тепловая мощность, отводимая с единицы боковой площади провода, зависит только от разности температур провода и окружающего воздуха. Провод длиной 1 м нагревается за время t 1 , а провод длиной 2 м – за время t 2 . Определите, за какое время нагреется провод длиной 0,5 м. Провода нагреваются каждый раз до одной и той же температуры. Начальные температуры проводов одинаковы. Решение: Рассмотрим проводник длиной l: -количество тепла, выделяемое в проводе U2 U 2S t Q= = t t=A ; тепл R l ρ удl -количество тепла, идущее на нагрев провода: Qнагр = c уд m∆T = c удρSl ∆T = Bl ; -количество тепла, отводимое от провода в результате теплообмена: Qотв = α∆TSбок t = α∆T 2πrl t = Cl t . Здесь А, В, С - некоторые константы. t Имеем уравнение теплового баланса: Qтепл − Qотв = Qнагр, A= Bl + Cl t . l Составим систему уравнений: для провода длиной 1 м: At1= B + C t1 , t2 для провода длиной 2 м: A = 2 B + 2C t2 , 2 1 1 для провода длиной 0,5 м: 2 Ax = B + Cx , где х – искомое время нагрева. 2 2   (A − C) t1 = B,  At1= B + C t1 ,    A  t2  B, перепишем систему:  − C  t2 =  A = 2 B + 2C t2 ,   4  2 1 1 (4 A − C) x =  B. = B + Cx. 2 Ax 2 2 Решив систему уравнений, получим: tt x= 12 . 5t2 − 4 t1 Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32992 РЕШЕНИЕ 1. В лекционной аудитории Н-201 студенты НИУ «МЭИ» наблюдают опыт по электростатике: длинная деревянная рейка уравновешена в горизонтальной плоскости на острие вертикально закрепленной иглы. Лектор подносит к одному из концов рейки, не касаясь ее, заряженную эбонитовую палочку. Объясните дальнейшее поведение деревянной рейки. Решение: Как известно, диэлектрик притягивается к телу, заряженному зарядом любого знака. Отсюда следует, что ближайший к палочке конец рейки начнет двигаться к палочке. Рейка станет поворачиваться в горизонтальной плоскости (если палочка подносится в горизонтальной плоскости), либо наклоняться (или подниматься). 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 1600 тонн воды, поместили баржу. Определите водоизмещение баржи, если давление воды на дно судоподъемника увеличилось на 104 Па. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. В 1600 1600 судоподъемнике находилась вода высотой = h1 = ≈ 1м. Sдна 90*18 Таким образом. Давление воды на дно составляло p1 =ρgh1 =1000 ⋅10 ⋅1 =104 Па После захода баржи изменение давления на дно составило по условию задачи 104 Па. Несложно догадаться, что объем погруженной части баржи составляет 1600 м3. Возможен другой вариант решения этой задачи. ∆p =ρg ∆h =104 ⇒ ∆h =1 м. Т.е. уровень должен поднялся на ∆h = 1м за счет вытесненной погруженной частью баржи воды. Водоизмещение баржи находится из Vпогр =ρg ∆hSдна =1600 м3 и равно 1600 тонн. Замечание к решению: т.к. h1 + ∆h < h0 = 2, 2 м, то это означает, что вода не поднялась до верха судоподъемника и не перелилась через край. 3. Два грузика массами m 1 = 2 кг и m 2 = 3 кг подвешены на двух пружинках так, как показано на рисунке. Определите, во сколько раз изменится удлинение каждой пружинки, если грузики поменять местами. Коэффициенты жесткости пружинок неизвестны, массами пружинок пренебречь. Решение: В исходном состоянии: 0= m1 g + k2 ∆x2 − k1∆x1   0= m2 g − k2 ∆x2 (m + m2) g . mg Т.е. ∆x2 =2 , ∆x1 = 1 k1 k2 Если грузики поменять местами, то 0= m g + k ∆x ′ − k ∆x ′ 2 2 2 1 1  (m + m2) g mg Т.е. ∆x2′ =1 , ∆x1′ = 1 0= m1 g − k2 ∆x2′  k1 k2 Удлинение первой пружины не изменяется: ∆x1 =∆x1′ , Удлинение второй пружины изменяется в раза. 4. ∆x2′ m1 2 раза, т.е. уменьшается в полтора = = ∆x2 m2 3 В вершинах правильного треугольника со стороной a = 10 см находятся маленькие шарики (два массами m = 1 кг и один массой M = 2 кг). Шарики соединены невесомыми спицами. Определите положение центра тяжести этой системы. Решение: Центр тяжести стороны треугольника между двумя маленькими шариками массами m находится посередине этой стороны. В эту точку условно можно поместить шарик массой 2т. Центр тяжести полученной из шариков массами 2т и М гантели находится в ее центре, т.е. в центре высоты треугольника. Эта точка является центром тяжести исходного треугольника. a 3 Итак: центр тяжести находится на расстоянии ≈ 4,3 см от вершины с шариком 4 массой М на высоте треугольника, проведенной из этой вершины. 5. Две свечи одинаковой высоты установлены вертикально на дне высокой вертикально расположенной цилиндрической коробки на диаметре ее основания. Минимальное расстояние от каждой свечи до стенки коробки и расстояние между свечами одинаковы. Известно, что одна из свечей полностью сгорает за время t 1 = 3 часа, а другая – за время t 2 = 2 часа. Свечи одновременно поджигают. Скорость изменения длины тени от одной из свечей по стене коробки равна v 1 = 10 см/ч. Определите начальную высоту свечей. Решение: Пусть за время ∆t левая свеча сгорает на ∆h1 , а правая – на ∆h2 . Тогда тень на левой стене (от левой свечи) опустится на расстояние ∆x =∆h1 + (∆h1 − ∆h2) =∆ 2 h1 − ∆h2 . Тень на правой стене (от правой свечи) опустится на расстояние ∆y = ∆h2 − (∆h1 − ∆h2) = 2∆h2 − ∆h1 . h h ∆t , ∆h2 = ∆t , то t1 t2 tt ∆x h v1 = = (2t 2 − t1) ⇒ h = v 1 1 2 = 60 см ∆t t1t 2 (2t 2 − t1) Поскольку ∆h1 = Другой вариант: 6. v2 = tt ∆y h = (2t1 − t 2) ⇒ h = v 2 1 2 = 15 см ∆t t1t 2 (2t1 − t 2) Кот охотится за двумя мышками, которые всегда находятся с ним на одной прямой. Мышки бегут с разными скоростями от кота в разные стороны, а кот сначала был точно посередине между ними. Определите, в каком случае кот пробежит больший путь: если сначала поймает более быструю мышь, а затем погонится за медленной, или наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость более быстрой мышки v1 . Пусть сначала кот побежал за более быстрой мышкой. Время, необходимое для того, l 2 l чтобы ее догнать: . При этом расстояние до второй составит = t1 = vк − v1 2 (vк − v1) l l 2vк + v2 − v1 . Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать r = + (vк + v2) t1 = 2 2 vк − v1 r l 2vк + v2 − v1 вторую мышку: . = t2 = vк − v2 2 (vк − v1)(vк − v2) Общее время ′ = S ′ v= кТ движения кота: T ′ = t1 + t2 = 3vк − v1 l . 2 (vк − v1)(vк − v2) Общий путь кота: vк l 3vк − v1 . 2 (vк − v1)(vк − v2) Пусть сначала кот побежал за более медленной мышкой. Очевидно, что 3vк − v2 vк l . 2 (vк − v1)(vк − v2) Из сопоставления величин S ′ и S ′′ видно, что S ′′ > S ′ . Вывод: путь больше, если бежать сначала за медленной мышкой. ′′ S ′′ v= = кТ 7. От катушки с тонким проводом, заключенным в толстую изолирующую оболочку, отрезали три куска длиной 1, 1,5 и 3 м. Их подключили поочередно к идеальному источнику напряжения и заметили, что провода нагреваются до одной и той же температуры за различное время. Провод длиной 1 м нагревается за время t 1 , а провод длиной 3 м – за время t 2 . Оболочка обеспечивает охлаждение провода за счет теплообмена, причем тепловая мощность, отводимая с единицы боковой площади провода, зависит только от разности температур провода и окружающего воздуха. Определите, за какое время нагреется провод длиной 1,5 м. Решение: Рассмотрим проводник длиной l: -количество тепла, выделяемое в проводе U2 U 2S t Q= = t t=A ; тепл R ρ удl l -количество тепла, идущее на нагрев провода: Qнагр = c уд m∆T = c удρSl ∆T = Bl ; -количество тепла, отводимое от провода в результате теплообмена: Qотв = α∆TSбок t = α∆T 2πrl t = Cl t . Здесь А, В, С - некоторые константы. t Имеем уравнение теплового баланса: Qтепл − Qотв = Qнагр, A= Bl + Cl t . l Составим систему уравнений: для провода длиной 1 м: At1= B + C t1 , t2 для провода длиной 3 м: A = 3B + 3C t2 , 3 2 3 3 для провода длиной 1,5 м: Ax B + Cx , где х – искомое время нагрева. = 3 2 2    (A−C)t = B,  At1= B + C t1 , 1    A  t2  перепишем систему:   − C  t2 = B,  A = 3B + 3C t2 ,   3  9 3 3 2  4  = B + Cx. B.  3 Ax  A − C  x = 2 2   9 Решив систему уравнений, получим: 8t1t2 . x= 3t2 + 5t1 Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 33991 РЕШЕНИЕ 1. Провода ЛЭП всегда имеют небольшое провисание относительно опор. Почему это необходимо? Решение: Если провод натянуть между опорами без провисания, то незначительное увеличение силы тяжести может привести к обрыву провода. Например, известно, что в результате обледенения проводов на них может образоваться тонкий слой льда (аналогично налипший снег при снегопаде). При этом, несмотря на то, что масса намерзшего на провод льда Δт незначительна, в проводе для компенсации избыточной силы тяжести может возникнуть достаточно большая (из-за малого угла провисания) по величине сила натяжения, которая может привести к обрыву провода. Чтобы этого избежать, т.е. не допустить большого увеличения силы натяжения, провода заранее подвешивают с провисанием, чтобы увеличить угол касания провода и опоры. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 1620 тонн воды, поместили баржу. Определите массу баржи, если давление воды на дно судоподъемника стало равно 2⋅104 Па. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. 1620 1620 В судоподъемнике находился слой воды высотой h1 = = = 1м. Sдна 90*18 Таким образом, давление воды на дно составляло p1 =ρgh1 =1000 ⋅10 ⋅1 =104 Па. Изменение давления на дно составило по условию задачи 104 Па. Несложно догадаться, что объем погруженной части баржи составляет 1620 м3. Следовательно, масса баржи равна 1620 тонн. 3. Для растяжения пружины на длину ∆l требуется сила F 1 . Какая сила потребуется для растяжения на ту же длину ∆l двух таких же пружин, соединенных: а) последовательно; б) параллельно. Решение: F1 = k ∆l . При параллельном соединении пружин соединении kпосл = kпар = k1 + k2 = 2k . При последовательном 1 k k . Тогда Fпар = kпар ∆l = 2k ∆l = 2 F1 ; Fпосл = kпосл ∆l = ∆l = F1 . 2 2 2 4. В центре каждой стороны a правильного треугольника, который выполнен из металлической проволоки, закреплён маленький шарик массой m . Определите положение центра тяжести этой системы. Решение: Центр тяжести системы находится в точке пересечения медиан расностороннего треугольника со стороной а/2, образованного шариками. Он располагается на расстоянии a от любого из шариков. Учет массы металлической проволоки не влияет на ответ. x= 2 3 5. Две свечи одинаковой высоты установлены вертикально на дне высокой вертикально расположенной цилиндрической коробки на диаметре ее основания. Минимальное расстояние от каждой свечи до стенки коробки и расстояние между свечами одинаковы. Известно, что одна из свечей полностью сгорает за время t1 = 3 часа, а другая – за время t 2 = 2 часа. Свечи одновременно поджигают, и тени от свечей начинают изменять свою длину. Определите во сколько раз скорость изменения длины тени от одной свечи больше, чем скорость изменения длины тени от другой свечи. Решение: Пусть за время ∆t левая свеча сгорает на ∆h1 , а правая – на ∆h2 . Тогда тень на левой 2 h1 − ∆h2 . Тень на стене (от левой свечи) опустится на расстояние ∆x =∆h1 + (∆h1 − ∆h2) =∆ правой стене (от правой свечи) опустится на расстояние ∆y = ∆h2 − (∆h1 − ∆h2) = 2∆h2 − ∆h1 . Поскольку ∆h1 = = v1 v1 = v2 h h ∆t , ∆h2 = ∆t , то t1 t2 ∆x h = (2t2 − t1) ∆t t1t2 2t 2 − t1) (= (2t1 − t 2) v2 0, 25 . = v1 = v2 ∆y h = (2t1 − t2) ∆t t1t2 2t1 − t 2) (= (2t 2 − t1) 4 Скорости отличаются в 4 раза. 6. Известный философ Буридан решил повторить свой знаменитый опыт с ослом на коте. Однако сразу выяснилось, что приманка для кота (мыши) сразу же разбегаются от кота в разные стороны, а кот, поймав одну из них, сразу же бросается за второй. Пусть мыши бегут со скоростями V 1 и V 2 , а кот движется со скоростью V k и в начале опыта занимает позицию, при которой расстояние до первой мыши в два раза меньше, чем до второй. Определите, чему равна разность путей кота в случае, когда он сначала поймает первую мышь, а затем погонится за второй, и в случае если он будет действовать наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость первой мышки v1 . Пусть сначала кот побежал за первой мышкой. Время, необходимое для того, l3 l = t1 = чтобы ее догнать: . При этом расстояние до второй составит vк − v1 3 (vк − v1) l (v + v) S1 =+ l (v1 + v2) t1 = 1 2 . Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать вторую 3 vк − v1 (v1 + v2) S1 l l мышку: . = = + t2 vк − v2 vк − v2 3 (vк − v1)(vк − v2) Общее время движения кота: T= t1 + t2 . Пусть сначала кот побежал за второй мышкой. Время, необходимое для того, чтобы ее догнать = t1′ 2l 3 2l = , причем расстояние до первой составит vк − v2 3 (vк − v2) S1′ =+ l (v1 + v2) t1′ =+ l 2l (v1 + v2) . 3 vк − v2 Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать первую мышку: t2′ = (v1 + v2) . S1 l 2l = + vк − v1 vк − v1 3 (vк − v1)(vк − v2) Общее время движения кота: T ′= t1′ + t2′ . Разность путей кота l vк v2 − 2v1 − vк ∆S = (T1 − T1′) vк = . 3 (vк − v1)(vк − v2) 7. В алюминиевую кастрюлю массой m 1 = 0,5 кг налит V = 1 л воды. Кастрюля довольно долго стоит на газовой плите, которая ежесекундно выделяет Q = 100 Дж тепла, а температура воды в ней не становится больше t 1 = 95° С. Затем плиту выключают. Через какое время температура воды станет равной t 2 = 94° С? Плотность воды ρ = 1000 кг/м3, удельные теплоемкости воды и алюминия соответственно равны С в = 4,2 кДж /(кг⋅К) и С а = 0,9 кДж /(кг⋅К). Решение: Поскольку стоящая на плите кастрюля не нагревается, то мощность тепловых потерь равна мощности подвода тепла, т.е. Р = 100 Вт. После выключения плиты уравнение теплового баланса имеет вид: са mа (94 − 95) + св ρвV (94 − 95) =− Pτ Ответ: τ =46,5 с. Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32881 РЕШЕНИЕ 1. В сосуде с водой плавает в вертикальном положении деревянный брусок. Как изменится уровень воды в сосуде, если тот же брусок будет плавать в горизонтальном положении? Решение: Деревянный брусок плавает, частично погружаясь в воду. Исходя из условия плавания, в первом и во втором случае объем погруженной части одинаков. Таким образом, уровень воды в сосуде не изменится. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 2000 тонн воды, поместили баржу массой 1600 тонн. Определите, на какую величину изменилась сила, с которой вода давит на дно судоподъемника. Плотность воды 1000 кг/м3. Решение: Уровень воды, которая находилась в судоподъемнике равен mводы 2000 = h = ≈ 1, 24 м ρSдна 90*18 Сила, действующая на дно, равна F= ρghSдна = 2 ⋅107 Н. Когда в судоподъемник помещают баржу массой 1600 тонн, то она вытесняет объем воды, равный объему погруженной части, который можно определить из условия равенства сил mg=ρgV погр. Уровень воды в судоподъемнике при этом должен увеличиться на mбаржи 1600 = h = ≈ 0,98 м 90*18 ρSдна Результирующая высота H=2.22м, что превышает максимально допустимую высоту h 0 = 2,2м., т.е. некоторая часть воды выльется и судоподъемник окажется наполнен до краев. Поскольку это изменение незначительно, то можно считать, что изменение силы давления, действующей на дно судоподъемника, равно весу вошедшей в него баржи ∆F = mg = 16 ⋅106 Н. 3. Нагретый до t 1 = 100 °C железный брусок опустили в сосуд с водой, в результате чего температура воды повысилась с t 2 = 20 °C до t 3 = 30 °C. Какой станет температура воды, если после этого в сосуд опустить еще один такой же железный брусок, нагретый до t 4 = 80 °С? Теплоемкостью сосуда и тепловыми потерями пренебречь. Решение: 1. Опустим первый брусок. Запишем уравнение теплового баланса для изолированной системы: cв mв (t3 − t2) + cж mж (t3 − t1) = 0 2. Добавим в систему второй брусок, тогда cв mв (ϑ − t3) + cж mж (ϑ − t3) + cж mж (ϑ − t4) = 0 . cж mж (t1 − t3) , (t3 − t 2) То из данной системы уравнений получаем: t (t − t) + t 4 (t3 − t 2) = ϑ 3 1 2 ≅ 35 градусов. t1 + t3 − 2t2 4. Куб со стороной 10 м, изготовленный из некоторого вещества, имеет вес, равный силе давления атмосферы на грани лежащего на земле куба. Чему равна плотность вещества куба? Атмосферное давление равно 105 Па. Так как cв mв = Решение: Так как вес равен силе давления атмосферы на грани 5 Pa ⋅ a 2 , где a - длина ребра куба. mg = ρVg = ρa 3 g = лежащего куба, то 5 Pa 5 ⋅105 Тогда = ρ = = 5000 кг / м3 . ag 10 ⋅10 5. Участок электрической цепи состоит из двух последовательно соединенных резисторов сопротивлениями R 1 = 5 Ом и R 2 = 15 Ом. К резистору R 2 подключают резистор сопротивлением R 3 один раз последовательно, другой раз параллельно. В обоих случаях сила тока через резистор R 3 одинакова. Определите сопротивление резистора R 3 , если напряжение на концах участка цепи не изменяется. Решение: Для последовательно соединенных резисторов при подключении третьего резистора последовательно, сопротивление участка станет Rобщ1 = R1 + R2 + R3 . U R1 + R2 + R3 При подключении третьего резистора последовательно, сопротивление участка станет Сила тока через резистор R 3 равна I1 = R3 R2 R3 + R2 Сила тока через резистор R 3 станет равна R2 UR2 U . = I2 ⋅ = R2 R3 R2 + R3 R2 R1 + R1 R3 + R2 R3 R1 + R2 + R3 Rобщ= R1 + 2 Приравнивая эти токи, получаем: R2 2 152 = = 45 Ом. R1 5 6. Имеются два одинаковых резиновых жгута. Первый подвесили к потолку за один из концов. Второй жгут сложили пополам и подвесили к потолку за оба конца, соединив их в одной точке. Если к свободному концу первого жгута прикрепить некоторый груз, то жгут растянется на 2 см. На какое расстояние опустится свободно висящая середина второго жгута, если к ней прикрепить груз вдвое большей массы? Коэффициент жёсткости резинового жгута обратно пропорционален его длине в нерастянутом состоянии. = R3 Решение: Для первого жгута и первого груза: mg = kx Так как коэффициент жёсткости резинового жгута обратно пропорционален его длине в нерастянутом состоянии, то для каждой половинки он увеличился в два раза. Так как половинки жгута абсолютно одинаковые, то и растягиваются они на одну и ту же величину. Из условия равенства сил k1 x1 + k2 x2 = 2k1 x1 = 2mg Получаем, что удлинение сложенного вдвое жгута равно 1 см. 7. Кот охотится за двумя мышками, которые всегда находятся с ним на одной прямой. Мышки бегут с одинаковыми скоростями от кота в разные стороны, а кот сначала был ближе к одной из них. Кот, поймав одну из мышек, сразу же бросается за второй. Определите, в каком случае кот пробежит больший путь: если сначала поймает дальнюю мышь, а затем погонится за ближней, или наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость мышки v. Пусть сначала кот побежал за ближней мышкой. Время, необходимое для того, x чтобы ее догнать: t1 = . При этом расстояние до второй мыши составит vк − v x (vк + v) l ⋅ (vк − v) 2 x ⋅ v . = + vк − v vк − v vк − v Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать вторую мышку: r l 2vx . t2 = = + vк − v vк − v (vк − v)2 r =l − x + Общее время движения кота: T ′ = t1 + t2 = l (v − v) + x (vк + v) 2 xv l+x . + = к 2 2 vк − v (vк − v) (vк − v) Очевидно, что чем меньше x, тем меньше время, затраченное на ловлю мышей. Вывод: нужно ловить ближнюю мышь! Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 33781 РЕШЕНИЕ 1. В сосуде с водой плавает кусок льда, в который вмерз небольшой железный болт. Что произойдет с уровнем воды в сосуде, когда лед растает? Решение: Условие плавания льда с вмерзшим болтом: (ρ лVл + mб) g = ρвVпогр g , где Vпогр объем, погруженный в воду. После таяния льда: (ρ лVл) = ρвVв, где Vв - объем получившейся талой воды. Тогда (ρвVв + mб) = ρвVпогр, откуда следует, что Vв < Vпогр. Таким образом, уровень воды в сосуде понизится. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 1620 тонн воды, вошла баржа. Определите массу баржи, если давление воды на дно судоподъемника стало равно 2⋅104 Па. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. 1620 1620 В судоподъемнике находился слой воды высотой = h1 = = 1м. Sдна 90*18 Таким образом, давление воды на дно составляло p1 =ρgh1 =1000 ⋅10 ⋅1 =104 Па. Изменение давления на дно составило по условию задачи 104 Па. Несложно догадаться, что объем погруженной части баржи составляет 1620 м3. Следовательно, масса баржи равна 1620 тонн. 3. Крош и Ёжик высадили возле главного корпуса МЭИ 101 цветок на расстоянии 1 м друг от друга. От цветка к цветку перелетает бабочка. От первого цветка ко второму она движется со скоростью 1 м/с, от второго к третьему со скоростью 1/2 м/с, от третьего к четвертому со скоростью 1/3 м/c, и так далее. Найдите среднюю скорость движения бабочки от 1-го до 101-го цветка. Решение: = vср L N −1 2 2 = = = (м / с) L 2L + +  + − N N 1 2 1 101 () + ++ L N −1 N −1 4. Винни-Пух решил подарить мудрой Сове алюминиевый кубик. Он оклеил всю поверхность кубика красивой цветной бумагой и израсходовал 150 см2 этой бумаги. Какую массу имеет алюминиевый кубик, если плотность алюминия 2700 кг/м3? Решение: 3  S 3 Масса кубика m = ρV = ρa = ρ  2, 7 ⋅ (5) = 337,5 г  = 6   3 5. Для растяжения пружины на длину ∆l требуется сила F 1 . Какая сила потребуется для растяжения на ту же длину ∆l двух таких же пружин, соединенных: а) последовательно; б) параллельно. Решение: F1 = k ∆l . При параллельном соединении пружин соединении kпосл = kпар = k1 + k2 = 2k . При последовательном k 1 k . Тогда Fпар = kпар ∆l = 2k ∆l = 2 F1 ; Fпосл = kпосл ∆l = ∆l = F1 . 2 2 2 6. В трёх сосудах имеются три различные жидкости одинаковой массы. Если всю жидкость из первого сосуда, плотность которой ρ 1 =3 кг/л, перелить в стакан и чашку, то и стакан и чашка наполнятся до краёв. Если всю жидкость из второго сосуда, плотность которой ρ 2 =1кг/л, перелить в чашку и два стакана, то и оба стакана, и чашка наполнятся до краёв. Если всю жидкость из третьего сосуда перелить в стакан, то он также наполнится до краёв. Какова плотность жидкости из третьего сосуда? Все чашки одинаковые, все стаканы одинаковые, объём чашки не равен объёму стакана. Решение: n=2 = m ρ1 (V + v)  ρ1 (V + v) = ρV  ρ1v = (ρ − ρ1)V  = + ⇒ ⇒ ⇒ m nV v ρ ()    2 + = = − nV v V v n V ρ ρ ρ ρ ρ () () 2 m = ρV  2  2  ρ1 ρ − ρ1 = ⇒ ρρ1 − nρ1ρ 2 =ρρ 2 − ρ1ρ 2 ⇒ ρ (ρ1 − ρ 2) =(n − 1) ρ1ρ 2 ⇒ ρ 2 ρ − nρ 2 ρ= (n − 1) ρ1ρ2= (2 − 1) ⋅1 ⋅ 3= ρ1 − ρ 2 Ответ: ρ = 3 −1 n − 1) ρ1ρ 2 (= ρ1 − ρ 2 3 = 1,5 кг / л 2 1,5 кг / л. 7. Известный философ Буридан решил повторить свой знаменитый опыт с ослом на коте. Однако сразу выяснилось, что приманка для кота (мыши) сразу же разбегаются от кота в разные стороны, а кот, поймав одну из них, сразу же бросается за второй. Пусть мыши бегут со скоростями V 1 и V 2 , а кот движется со скоростью V k и в начале опыта занимает позицию, при которой расстояние до первой мыши в два раза меньше, чем до второй. Определите, чему равна разность путей кота в случае, когда он сначала поймает первую мышь, а затем погонится за второй, и в случае если он будет действовать наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость первой мышки v1 . Пусть сначала кот побежал за первой мышкой. Время, необходимое для того, l3 l = t1 = чтобы ее догнать: . При этом расстояние до второй составит vк − v1 3 (vк − v1) l (v + v) S1 =+ l (v1 + v2) t1 = 1 2 . Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать вторую 3 vк − v1 (v1 + v2) S1 l l мышку: . = t2 = + vк − v2 vк − v2 3 (vк − v1)(vк − v2) Общее время движения кота: T= t1 + t2 . Пусть сначала кот побежал за второй мышкой. Время, необходимое для того, чтобы ее догнать = t1′ 2l 3 2l = , причем расстояние до первой составит vк − v2 3 (vк − v2) S1′ =+ l (v1 + v2) t1′ =+ l 2l (v1 + v2) . 3 vк − v2 Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать первую мышку: = t2′ (v1 + v2) . S1 2l l = + vк − v1 vк − v1 3 (vк − v1)(vк − v2) Общее время движения кота: T ′= t1′ + t2′ . Разность путей кота l vк v2 − 2v1 − vк ∆S = (T1 − T1′) vк = . 3 (vк − v1)(vк − v2) Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 32771 РЕШЕНИЕ 1. В сосуде с водой плавает в вертикальном положении деревянный брусок. Как изменится уровень воды в сосуде, если тот же брусок будет плавать в горизонтальном положении? Решение: Деревянный брусок плавает, частично погружаясь в воду. Исходя из условия плавания, в первом и во втором случае объем погруженной части одинаков. Таким образом, уровень воды в сосуде не изменится. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 2000 тонн воды, поместили баржу массой 1600 тонн. Определите, на какую величину изменилась сила, с которой вода давит на дно судоподъемника. Плотность воды 1000 кг/м3. Решение: Уровень воды, которая находилась в судоподъемнике равен mводы 2000 = h = ≈ 1, 24 м ρSдна 90*18 Сила, действующая на дно, равна F= ρghSдна = 2 ⋅107 Н. Когда в судоподъемник помещают баржу массой 1600 тонн, то она вытесняет объем воды, равный объему погруженной части, который можно определить из условия равенства сил mg=ρgV погр. Уровень воды в судоподъемнике при этом должен увеличиться на mбаржи 1600 = h = ≈ 0,98 м 90*18 ρSдна Результирующая высота H=2.22м, что превышает максимально допустимую высоту h 0 = 2,2м., т.е. некоторая часть воды выльется и судоподъемник окажется наполнен до краев. Поскольку это изменение незначительно, то можно считать, что изменение силы давления, действующей на дно судоподъемника, равно весу вошедшей в него баржи ∆F = mg = 16 ⋅106 Н. 3. Крош и Ёжик собирают пирамидку из 100 деревянных кубиков, каждый из которых пронумерован, причем объем кубика (выраженный в кубических сантиметрах) равен его номеру. То есть самый большой кубик имеет объем 100 см3, а самый маленький – 1 см3. Крош рассчитал, что на поверхности Юпитера пирамидка весила бы 96,96 Н. Чему равно ускорение свободного падения на поверхности Юпитера, если плотность дерева равна 800 кг/м3? Решение: = g 4. P P 96,96 96,96 96 = = = = = 24 (м / с 2) −6 −6 m ρ (V1 + V2 +  + V100) 800 ⋅10 (1 + 2 +  + 100) 800 ⋅10 ⋅101⋅ 50 4 Куб со стороной 10 м, изготовленный из некоторого вещества, имеет вес, равный силе давления атмосферы на грани лежащего на земле куба. Чему равна плотность вещества куба? Атмосферное давление равно 105 Па. Решение: Так как вес равен силе давления атмосферы на грани mg = ρVg = ρa 3 g = 5 Pa ⋅ a 2 , где a - длина ребра куба. Тогда 5. = ρ лежащего куба, то 5 Pa 5 ⋅105 = = 5000 кг / м3 . ag 10 ⋅10 Имеются два одинаковых резиновых жгута. Первый подвесили к потолку за один из концов. Второй жгут сложили пополам и подвесили к потолку за оба конца, соединив их в одной точке. Если к свободному концу первого жгута прикрепить некоторый груз, то жгут растянется на 2 см. На какое расстояние опустится свободно висящая середина второго жгута, если к ней прикрепить груз вдвое большей массы? Коэффициент жёсткости резинового жгута обратно пропорционален его длине в нерастянутом состоянии. Решение: Для первого жгута и первого груза: mg = kx Так как коэффициент жёсткости резинового жгута обратно пропорционален его длине в нерастянутом состоянии, то для каждой половинки он увеличился в два раза. Так как половинки жгута абсолютно одинаковые, то и растягиваются они на одну и ту же величину. Из условия равенства сил k1 x1 + k2 x2 = 2k1 x1 = 2mg Получаем, что удлинение сложенного вдвое жгута равно 1 см. 6. В трёх сосудах имеются три различные жидкости одинаковой массы. Если всю жидкость из первого сосуда, плотность которой ρ 1 =1,4 кг/л, перелить в стакан, то стакан наполнится до краёв. Если всю жидкость из второго сосуда, плотность которой ρ 2 =1 кг/л, перелить в чашку и стакан, то чашка наполнится до краёв, а стакан на 1/5 объёма. Если всю жидкость из третьего сосуда перелить в две чашки, то обе чашки наполнятся до краёв. Какова плотность жидкости из третьего сосуда? Все чашки одинаковые, все стаканы одинаковые, объём чашки не равен объёму стакана. Решение: 1 = 0,2 k= 2 5 m = ρ1V = kv   ρ1V ρ=  ρ1V ρ kv m ρ 2 (nV + v) ⇒  ⇒ ⇒ = ρ nV + v = ρ kv ρ nV = k ρ − ρ v () () 2  2  2 m = ρ kv  n= ρ1 kρ = ⇒ k ρ1ρ − ρ1ρ 2 = nk ρρ 2 ⇒ k ρ (ρ1 − nρ 2) = ρ1ρ 2 ⇒ nρ 2 k ρ − ρ 2 ρ1ρ 2 1,4 ⋅ 1 7 = ρ = = = 0,58 кг / л k (ρ1 − nρ 2) 2 (1,4 − 0,2 ⋅ 1) 12 ρ1ρ 2 7 ρ = = 0,58 кг / л Ответ: = k (ρ1 − nρ 2) 12 7. Кот охотится за двумя мышками, которые всегда находятся с ним на одной прямой. Мышки бегут с одинаковыми скоростями от кота в разные стороны, а кот сначала был ближе к одной из них. Кот, поймав одну из мышек, сразу же бросается за второй. Определите, в каком случае кот пробежит больший путь: если сначала поймает дальнюю мышь, а затем погонится за ближней, или наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость мышки v . Пусть сначала кот побежал за ближней мышкой. Время, необходимое для того, x чтобы ее догнать: t1 = . При этом расстояние до второй составит vк − v x (vк + v) l ⋅ (vк − v) 2 x ⋅ v . = + vк − v vк − v vк − v Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать вторую мышку: r l 2vx . = + t2 = vк − v vк − v (vк − v)2 r =l − x + Общее время движения кота: T ′ = t1 + t2 = l (v − v) + x (vк + v) 2 xv l+x . + = к 2 2 vк − v (vк − v) (vк − v) Очевидно, что чем меньше x, тем меньше время, затраченное на ловлю мышей. Вывод: нужно ловить ближнюю мышь! Олимпиада школьников «Надежда энергетики». Заключительный этап. Очная форма. ЗАДАНИЕ ПО ФИЗИКЕ ВАРИАНТ 33781 РЕШЕНИЕ 1. В сосуде с водой плавает кусок льда, в который вмерз небольшой железный болт. Что произойдет с уровнем воды в сосуде, когда лед растает? Решение: Условие плавания льда с вмерзшим болтом: (ρ лVл + mб) g = ρвVпогр g , где Vпогр объем, погруженный в воду. После таяния льда: (ρ лVл) = ρвVв, где Vв - объем получившейся талой воды. Тогда (ρвVв + mб) = ρвVпогр, откуда следует, что Vв < Vпогр. Таким образом, уровень воды в сосуде понизится. 2. Судоподъемник Красноярской ГЭС имеет следующие размеры полезного объема: 90 метров в длину, 18 метров в ширину и 2,2 метра в высоту. В судоподъемник, в котором находилось 1620 тонн воды, вошла баржа. Определите массу баржи, если давление воды на дно судоподъемника стало равно 2⋅104 Па. Решение: Сразу договоримся, что количество тонн определяет количество кубометров воды. 1620 1620 В судоподъемнике находился слой воды высотой = h1 = = 1м. Sдна 90*18 Таким образом, давление воды на дно составляло p1 =ρgh1 =1000 ⋅10 ⋅1 =104 Па. Изменение давления на дно составило по условию задачи 104 Па. Несложно догадаться, что объем погруженной части баржи составляет 1620 м3. Следовательно, масса баржи равна 1620 тонн. 3. Крош и Ёжик высадили возле главного корпуса МЭИ 101 цветок на расстоянии 1 м друг от друга. От цветка к цветку перелетает бабочка. От первого цветка ко второму она движется со скоростью 1 м/с, от второго к третьему со скоростью 1/2 м/с, от третьего к четвертому со скоростью 1/3 м/c, и так далее. Найдите среднюю скорость движения бабочки от 1-го до 101-го цветка. Решение: = vср L N −1 2 2 = = = (м / с) L 2L + +  + − N N 1 2 1 101 () + ++ L N −1 N −1 4. Винни-Пух решил подарить мудрой Сове алюминиевый кубик. Он оклеил всю поверхность кубика красивой цветной бумагой и израсходовал 150 см2 этой бумаги. Какую массу имеет алюминиевый кубик, если плотность алюминия 2700 кг/м3? Решение: 3  S 3 Масса кубика m = ρV = ρa = ρ  2, 7 ⋅ (5) = 337,5 г  = 6   3 5. Для растяжения пружины на длину ∆l требуется сила F 1 . Какая сила потребуется для растяжения на ту же длину ∆l двух таких же пружин, соединенных: а) последовательно; б) параллельно. Решение: F1 = k ∆l . При параллельном соединении пружин соединении kпосл = kпар = k1 + k2 = 2k . При последовательном k 1 k . Тогда Fпар = kпар ∆l = 2k ∆l = 2 F1 ; Fпосл = kпосл ∆l = ∆l = F1 . 2 2 2 6. В трёх сосудах имеются три различные жидкости одинаковой массы. Если всю жидкость из первого сосуда, плотность которой ρ 1 =3 кг/л, перелить в стакан и чашку, то и стакан и чашка наполнятся до краёв. Если всю жидкость из второго сосуда, плотность которой ρ 2 =1кг/л, перелить в чашку и два стакана, то и оба стакана, и чашка наполнятся до краёв. Если всю жидкость из третьего сосуда перелить в стакан, то он также наполнится до краёв. Какова плотность жидкости из третьего сосуда? Все чашки одинаковые, все стаканы одинаковые, объём чашки не равен объёму стакана. Решение: n=2 = m ρ1 (V + v)  ρ1 (V + v) = ρV  ρ1v = (ρ − ρ1)V  = + ⇒ ⇒ ⇒ m nV v ρ ()    2 + = = − nV v V v n V ρ ρ ρ ρ ρ () () 2 m = ρV  2  2  ρ1 ρ − ρ1 = ⇒ ρρ1 − nρ1ρ 2 =ρρ 2 − ρ1ρ 2 ⇒ ρ (ρ1 − ρ 2) =(n − 1) ρ1ρ 2 ⇒ ρ 2 ρ − nρ 2 ρ= (n − 1) ρ1ρ2= (2 − 1) ⋅1 ⋅ 3= ρ1 − ρ 2 Ответ: ρ = 3 −1 n − 1) ρ1ρ 2 (= ρ1 − ρ 2 3 = 1,5 кг / л 2 1,5 кг / л. 7. Известный философ Буридан решил повторить свой знаменитый опыт с ослом на коте. Однако сразу выяснилось, что приманка для кота (мыши) сразу же разбегаются от кота в разные стороны, а кот, поймав одну из них, сразу же бросается за второй. Пусть мыши бегут со скоростями V 1 и V 2 , а кот движется со скоростью V k и в начале опыта занимает позицию, при которой расстояние до первой мыши в два раза меньше, чем до второй. Определите, чему равна разность путей кота в случае, когда он сначала поймает первую мышь, а затем погонится за второй, и в случае если он будет действовать наоборот. Решение: Обозначим скорость кота vк, скорость первой мышки v1 . Пусть сначала кот побежал за первой мышкой. Время, необходимое для того, l3 l = t1 = чтобы ее догнать: . При этом расстояние до второй составит vк − v1 3 (vк − v1) l (v + v) S1 =+ l (v1 + v2) t1 = 1 2 . Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать вторую 3 vк − v1 (v1 + v2) S1 l l мышку: . = t2 = + vк − v2 vк − v2 3 (vк − v1)(vк − v2) Общее время движения кота: T= t1 + t2 . Пусть сначала кот побежал за второй мышкой. Время, необходимое для того, чтобы ее догнать = t1′ 2l 3 2l = , причем расстояние до первой составит vк − v2 3 (vк − v2) S1′ =+ l (v1 + v2) t1′ =+ l 2l (v1 + v2) . 3 vк − v2 Тогда время, необходимое для того, чтобы догнать первую мышку: = t2′ (v1 + v2) . S1 2l l = + vк − v1 vк − v1 3 (vк − v1)(vк − v2) Общее время движения кота: T ′= t1′ + t2′ . Разность путей кота l vк v2 − 2v1 − vк ∆S = (T1 − T1′) vк = . 3 (vк − v1)(vк − v2)

Олимпиада школьников
«Надежда энергетики»

В Перечне олимпиад школьников на 2012-13 уч. год

Идет регистрация на участие в отборочном этапе 17 ноября в г.Москва.

Регистрация на следующие мероприятия отборочного этапа Олимпиады будет открываться за 1-2 недели до даты проведения (смотрите Календарный план ниже на странице ).

Вам нужно получить в школе справку, подтверждающую, что Вы осваиваете программы среднего (полного) общего образования. Доставить эту справку в оргкомитет необходимо либо в письме с заочной работой, либо в день проведения очного мероприятия.
ВАЖНО!
Участникам Олимпиады сезона 2011/2012 из младших классов не следует регистрироваться заново! Вам нужно войти в личный кабинет по учетным данным прошлого года, после чего Вы будете автоматически перерегистрированы.

Проект календарного плана проведения Олимпиады на 2012/2013 учебный год

Тренировочный этап (только заочно, проверяются только правильность оформления работ, решения публикуются на официальном сайте):

27-30 октября 2012, МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА
27-30 октября 2012,ИНФОРМАТИКА
22-25 декабря 2012, МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА
на площадке МЭИ (Москва) -7,8,9,10,11 классы
22-25 декабря 2012, ИНФОРМАТИКА
на площадке МЭИ (Москва) -10,11 классы

Отборочный этап:

Мероприятия в очной форме ():
- первый поток:
  - 17 ноября 2012 (суббота), утро - ФИЗИКА , день - МАТЕМАТИКА
    на площадках: МЭИ (Москва) -7,8,9,10,11 классы, другие возможные площадки уточняются.
- второй поток:
  - 2 декабря 2012 (воскресенье), утро - ФИЗИКА , день - МАТЕМАТИКА
    на площадках: МЭИ (Москва), CФ МЭИ (Смоленск), ВФ МЭИ (Волжский) -7,8,9,10,11 классы, другие возможные площадки уточняются.
  - 2 декабря 2012 (воскресенье), утро - ФИЗИКА, день - МАТЕМАТИКА
    МБОУ СОШ №15 с углубленным изучением отдельных предметов г. Гусь-Хрустальный -7,8,9,10,11 классы; МБОУ СОШ №2 с углубленным изучением отдельных предметов г. Гусь-Хрустальный -7,8,9,10,11 классы;, другие возможные площадки уточняются;
  - 15 декабря 2012 (суббота), МАТЕМАТИКА и ФИЗИКА
    Планируются выездные мероприятия на площадках: ГОУ Лицей №1502 при МЭИ -10,11 классы; другие возможные площадки уточняются;
  - 15 декабря 2012 (суббота). МАТЕМАТИКА
  - 16 декабря 2012 (воскресенье). ФИЗИКА
    Планируется на площадке ИГЭУ им. В.И.Ленина (г.Иваново) -10,11 классы;
  - 16 декабря 2012 (воскресенье), МАТЕМАТИКА и ФИЗИКА
    на площадках: КГЭУ (г.Казань) -7,8,9,10,11 классы;
    другие возможные площадки уточняются, с выездными мероприятиями.
- третий поток:
  - 27 января 2013 (воскресенье), ФИЗИКА , МАТЕМАТИКА
    на площадках: МЭИ (Москва), КЭК(г.Конаково), - 7,8,9,10,11 классы, площадки уточняются.
  - 27 января 2013 (воскресенье), ФИЗИКА, МАТЕМАТИКА
    выездное мероприятие на площадке: Школы г. Новочебоксарска (планируются 7,8,9,10,11 классы), в том числе: МБОУ "Лицей №18" г. Новочебоксарск -11 классы
- Красноярский край и прилегающие территории: МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА, ориентировочно с середины ноября, по графику, согласованному с управлениями образования муниципальных органов территорий.
Все подробности будут по адресу: http://olymp.sfu-kras.ru/
Мероприятия в заочной форме (разбиение на потоки сделано лишь для удобства ориентирования участников ):
- первый поток:
  - 24-27 ноября 2012, МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА
  - 24-27 ноября 2012, ИНФОРМАТИКА
- второй поток:
  - 8-11 января 2013, МАТЕМАТИКА, ФИЗИКА
    на площадке: МЭИ (Москва,Почта) -7,8,9,10,11 классы
  - 8-11 января 2013, ИНФОРМАТИКА
    на площадке: МЭИ (Москва,Почта) -10,11 классы

Заключительный этап (только очно):

МАТЕМАТИКА (7,8,9,10,11 классы),
ФИЗИКА (7,8,9,10,11 классы),
ИНФОРМАТИКА (10,11 классы),
Комплекс предметов (физика, математика, информатика, 11 классы)
24,25 февраля и 2,3 марта 2013 года (график проведения уточняется).

Планируемые площадки:

МЭИ (г.Москва),
ИГЭУ (г.Иваново),
КГЭУ (г.Казань),
СФ МЭИ (г.Смоленск),
ВФ МЭИ (г.Волжский),
КЭК(г.Конаково),
СФУ (г.Красноярск, Красноярский край и прилегающие территории),