IEPhO 2016, 9 класс

Ответ

A4: Зависимость \(N(H)\) является линейной

Решение

A1. Помещаем иглу в чашку с водой, затем откачиваем шприцем воздух из капилляра. Ждем некоторое время, пока уровень воды в капилляре поднимается. После этого отсоединяем шприц, иглу достаем из воды, и наблюдаем за тем, как уровень воды начинает постепенно падать. В момент, когда уровень воды будет иметь координату \(H_{0}=40~см\) запускаем секундомер. Используя функцию памяти временных этапов секундомера, снимаем зависимость координаты уровня воды в капилляре от времени \(H(t)\) и строим ее график. Результаты измерений приведены в таблице, рядом изображен график полученной зависимости (рис. 2).

Ответ:

Ответ:

Рис. 2

A2. Аналогичным образом проведем вторую серию измерений. В этот раз запускаем секундомер в момент, когда координата столба жидкости также будет равна \(H_{0}=40~см\). Будем отсчитывать 20 капель, после чего делать отметку времени на секундомере. Таким методом измеряем зависимость количества упавших капель от времени \(N(t)\), где \(N\) меняется с шагом 20. Результаты второй серии измерений приведены в таблице 2, рядом изображен график полученной зависимости (рис. 3).

Ответ:

Ответ:

Рис. 3

A3. Теперь найдем зависимость \(N(H)\), «сшив» две полученные зависимости. Выберем некоторые значения координаты столба жидкости \(\left\{H_{1}, H_{2}, H_{3} \ldots\right\}\), для каждого из этих значений определим времена \(\left\{t_{1}, t_{2}, t_{3} \ldots\right\}\). Из графика \(N(t)\) построенного на миллиметровой бумаге найдем значение \(\left\{N_{1}, N_{2}, N_{3} \ldots\right\}\) соответствующих временам \(\left\{t_{1}, t_{2}, t_{3} \ldots\right\}\). Поскольку и в первом и во втором эксперименте измерения проводились для одинаковой начальной координаты столба жидкости \(H_{0}\), то определенные нами пары точек \(\left[N_{i}, H_{i}\right]\) как раз представляют собой искомую зависимость \(N(H)\).

Значения \(N\) и \(H\) определенные в этом пункте представлены в таблице, рядом с ней график полученной зависимости \(N(H)\) (рис. 4).

Ответ:

Рис. 4

A4. Ответ:

Зависимость \(N(H)\) является линейной

A5. Рассчитаем объем единицы длины трубки. Шприцем закачаем в нее воду. Измерим изменение объема воды в шприце \(V=2.4~мл\). Измерим длину части трубки заполненной водой \(l=35~см\).

Отсюда объем единицы длины трубки равен:

\[V_{трубы}: l=V: l=\frac{2.4~мл}{35~см}=(0.069 \pm 0.003)~мл/см\]Определим, как будет при этом меняться размер капель \(V_{капли}(H)\) от высоты столба. Пусть за некоторое время \(\Delta t\) из трубки выпало некоторое количество капель \(\Delta N\). При этом объем воды в трубке уменьшился, а значит и высота трубки уменьшилась на некоторое \(\Delta H\). Считая, что за малое время \(\Delta t\) объем капель \(V_{капли}(H)\) можно считать постоянным, получаем:

\[\frac{\Delta N \cdot V_{капли}(H)}{\Delta t}=\frac{S \cdot \Delta H}{\Delta t}\]где \(S\) – площадь сечения трубки. Отсюда получаем, что:

\[V_{капли}(H)=\frac{S \Delta H}{\Delta N}\]Поскольку \(N(H)\) – линейная, делаем вывод, что \(\dfrac{\Delta H}{\Delta N}=\operatorname {const}\), т.е. размер капель можно считать постоянным в процессе истечения жидкости.

Рассчитаем размер капель. Возьмем высоту \(H'=8~см\), которой соответствует количество капель \(N^{'}=530~штук\). Объем капли отсюда:

Ответ:

\[V_{капли}=\frac{H_{0}H^{\prime}V_{трубы}}{l N^{\prime}}=\frac{32 ~см\cdot 0.069~мл/см}{530~шт}=(4.2 \pm 0.6)~мкл\]

Источник: pho.rs/p/4005.

Ответ

A1: \[\mu=0.814 \pm 0.012\];  A2: \[\mu=0.271 \pm 0.003\]

Решение

A1. Для определения коэффициента трения скольжения силиконовой пробки о линейку положим пробку на линейку и начнём медленно поднимать её. В какой-то момент времени пробка начнёт ехать по линейке. В этот момент проекция силы тяжести на ось \(x\) равна силе трения, а на ось \(y\) равна силе реакции опоры \(N\).

Составим систему уравнений:

\[\left\{\begin{array}lN -mg\cos (\alpha)=0 \\ mg\sin \alpha -F_{тр}=0 \\ F_{тр}=\mu N\end{array}\right.\]Решая её, получим:

\[\mu=\operatorname{tg}\alpha\]Измерим длину линейки \(L=51.0~см\).

A \(\operatorname{tg}(\alpha)\) выражается через высоту как:\[\operatorname{tg}(\alpha)=\frac{h}{\sqrt{L^{2}-h^{2}}}.\]Чтобы измерить коэффициент трения скольжения (а не покоя), будем постукивать сбоку по линейке.

Вертикальной линейкой измерим минимальную высоту, при которой пробка начинает скользить, прибавляя \(0.5~см\) к значению на линейке. Для удобства можно закрепить линейку в пластилине.

Вычислим коэффициент трения для каждой высоты, средний коэффициент трения и статистическую погрешность как среднеквадратичное отклонение от среднего.

Ответ:

\[\mu=0.814 \pm 0.012\]

A2. Для определения коэффициента трения скольжения полиэтилена о линейку положим силиконовую пробку на пакет, а пакет на линейку. Тогда сила притяжения пакета и линейки будет пренебрежимо мала по сравнению с силой реакции опоры и весом пробки. Вес пробки на рисунке обозначен \(Р\). Ситуация аналогична пункту \(1\). Измерим минимальную высоту, при которой пробка начинает скользить.

Чтобы измерить коэффициент трения скольжения (а не покоя), будем постукивать сбоку по линейке.

Измерим минимальную высоту, при которой пробка начинает скользить.

Вычислим коэффициент трения для каждой высоты, средний коэффициент трения и статистическую погрешность как среднеквадратичное отклонение от среднего.

Ответ:

\[\mu=0.271 \pm 0.003\]

A3. Если пытаться измерять этот пункт аналогично пункту A1, но с закреплённым полиэтиленом, то пробка будет переворачиваться раньше, чем скользить. Поэтому для определения коэффициента трения скольжения полиэтиленового пакета о силиконовую пробку прикрепим пакет к линейке с помощью пластилина, так, чтобы в середине линейки полиэтилен был натянут на неё. Далее положим линейку серединой на пробку. Тогда при наклоне пробки линейка тоже наклоняется и начинает скользить при каком-то минимальном значении угла, ситуация опять аналогична пункту A1.

Измерим минимальную высоту, при которой пробка начинает скользить.

Вычислим коэффициент трения для каждой высоты, средний коэффициент трения и статистическую погрешность как среднеквадратичное отклонение от среднего.

Ответ:

\[\mu=1.80 \pm 0.07\]

Источник: pho.rs/p/4011.

Ответ

A3: \[\alpha_{1 \max }=\arcsin \frac{2}{3} \approx 42^{\circ}\];  B1: Расстояния между пятнами не изменяются при изменении расстояния от ящика до бумаги. Это показывает, что лучи, образующие пятна параллельны.;  B3: \[l_{23}=2 H \operatorname{tg} \alpha\];  B6: \[H=21~мм\];  C1: \[D_{1}=21~мм\];  C2: \[D_{1}=14~мм \qquad(9)\];  C4: \[l_{12}=10~мм\]

Решение

A1. Построение отраженного луча очевидно: он зеркально симметричен падающему лучу (луч В).

Для точного построения преломленного луча следует воспользоваться законом преломления, который в данном случае имеет вид \[\sin \alpha_{1}=n \sin \alpha_{2} \qquad(1)\]На рисунке построена окружность, поэтому можно рассмотреть точки пересечения лучей с этой окружностью. Тогда синусы углов падения, отражения, преломления можно выразить через координаты точек пересечения лучей с нарисованной окружностью: \[\sin \alpha_{1}=\frac{\left|x_{A}\right|}{R} ; \quad \sin \alpha_{2}=\frac{\left|x_{C}\right|}{R} \qquad(2)\]

Из этих соотношений следует, что координату точки пересечения преломленного луча с окружностью (точка C) можно легко рассчитать по формуле \[\sin \alpha_{2}=\frac{1}{n} \sin \alpha_{1} \implies x_{C}=-\frac{x_{A}}{n}=-\frac{2}{3} x_{A} \qquad(3)\]Здесь учтено, что \(n=1.5=\dfrac{3}{2}\). Заметим, что координаты \(x\) точек пересечения всех трех падающих лучей делятся на 3 нацело.

Результат построения показан рисунке.

A2. Расчеты и построения выполняются аналогично предыдущему пункту, только в данном случае закон преломления и следующее из него соотношения для координат \(x\) точек пересечения лучей с окружностью имеют вид

\[\sin \alpha_{2}=n \sin \alpha_{1} \implies x_{C}=-n x_{A}=-\frac{3}{2} x_{A} \qquad(4)\]Заметим, что в этом случае координаты \(x\) точек пересечения падающих лучей делятся на 2 . Кроме того, для луча 3 (\(x_{A}=-8\)) оказывается, что координата «пересечения» преломленного луча \(x_{C}=-n x_{A}=-\dfrac{3}{2} x_{A}=12\), что больше радиуса окружности. Это означает, что преломленный луч отсутствует: происходит полное внутренне отражение.

Результаты построения показаны на следующем рисунке.

A3. При каком максимальном угле падения из стекла в воздух будет возникать преломленный луч?

Максимальному углу падения соответствует угол преломления равный \(\alpha_{2}=90^{\circ}\), для которого \(\sin \alpha_{2}=1\). Из закона преломления следует, что \[\sin \alpha_{1 \max }=\frac{1}{n} \implies\]

Ответ:

\[\alpha_{1 \max }=\arcsin \frac{2}{3} \approx 42^{\circ}\]

B1. Ответ:

Расстояния между пятнами не изменяются при изменении расстояния от ящика до бумаги. Это показывает, что лучи, образующие пятна параллельны.

B2. Четыре отраженных луча появляются вследствие отражения от каждой грани каждой пластинки. Важно также, что, во-первых, все отраженные лучи параллельны; во-вторых, смещены друг относительно друга.

Ход лучей, формирующих 4 световых пятна на бумажке, показан на рисунке.

Ответ:

B3. Непосредственно из рисунка следует, что искомое расстояние можно рассчитать по формуле:

Ответ:

\[l_{23}=2 H \operatorname{tg} \alpha\]

B4. Геометрическая схема эксперимента показана на рисунке. Из рисунка следует, что тангенс угла падения подчиняется условию \[\operatorname{tg} \alpha=\frac{x}{h} \qquad(7)\] Для доказательства применимости формулы из B3 следует построить зависимость расстояния \(l_{23}\) от тангенса угла падения.

Результаты измерений приведены в таблице ниже. На рисунке представлен график зависимости расстояния между пятнами \(l_{23}\) от расстояния \(x\). Из формул \((6)-(7)\) следует, что эта зависимость описывается функцией

\[l_{23}=2 H \operatorname{tg} \alpha=\frac{2 H}{h} x. \qquad(8)\]

Ответ:

На рисунке показан график полученной зависимости.

Ответ:

B5. Полученная зависимость является практически прямо пропорциональной, что подтверждает правильность формулы из B3.

B6. Из формулы \((8)\) следует, что коэффициент наклона графика зависимости \(l_{23}(x)\) равен \(k=\dfrac{2 H}{h}\). Его численное значение, полученное из графика экспериментальной зависимости, оказалось равным \(k=0.25\). Следовательно, расстояние между стеклами в коробке равно

\[k=\frac{2H}{h} \implies H=k \frac{h}{2}=0.25 \frac{170}{2}=21~мм. \qquad(9)\]

Ответ:

\[H=21~мм\]

C1. Ответ:

\[D_{1}=21~мм\]

C2. Ответ:

\[D_{1}=14~мм \qquad(9)\]

C3. Основная причина возникновения теменного кружка – полное внутреннее отражение на нижней грани пластинки. При падении луча на бумажку свет рассеивается во все стороны, поэтому внутри пластинки возникают лучи, идущие по всем направлениям. Если угол падения на эту грань меньше угла полного внутреннего отражения, то большая часть света выйдет из пластинки; при большем угле – весь свет отражается и формирует светлый ореол вокруг темного пятна.

Ход лучей показан на рисунке.

C4. Измерение расстояния между первым и вторым пятном (в схеме части B) проведено при \(x=430~мм\) и дало результат:

Ответ:

\[l_{12}=10~мм\]

C5. Решение системы уравнений \((2)-(3)\), приведенных в условии задачи может быть проведено следующим образом:

\[\begin{cases} D=\dfrac{4h}{\sqrt{n^2-1}} \\ l_{12}=\dfrac{2h}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \end{cases} \implies \frac{D}{2l_{12}}=\sqrt{\frac{n^2-\sin^2\alpha}{n^2-1}} \implies n=\sqrt{\frac{\left(\frac{D}{2l_{12}}\right)^2-\sin^2\alpha}{\left(\frac{D}{2l_{12}}\right)^2-1}} ,\\ h=\frac{D}{4} \sqrt{n^{2}-1} \qquad(11)\]Подстановка численных значений результатов измерений приводит к следующим результатам:

Ответ:

\[n=1.5,\qquad h=6.0~ мм\]

Источник: pho.rs/p/4013.

Ответ

A1: \[\frac{m_{л}}{m_{п}}=0.99 \pm 0.02\];  A2: \[\frac{m_{п}}{M}=0.21\pm 0.01\]

Решение

A1. Вначале найдём положение центра масс линейки, уравновесив её на карандаше.

Далее определим отношение \(\dfrac{m_{л}}{m_{п}}\). Для этого, используя линейку и карандаш в качестве рычажных весов, уравновесим на весах кусок пластилина и линейку (рис. 1).

Рис. 1

Запишем правило моментов для данного случая:

\[m_{л} g L_{л}=m_{п} g L_{п}\]\(L_{л}\) – плечо силы тяжести, действующей на линейку, \(L_{п}\) – плечо силы тяжести, действующей на кусок пластилина.

Выразим отношение \(\frac{m_{л}}{m_{п}}\):

\[\frac{m_{л}}{m_{п}}=\frac{L_{п}}{L_{л}}\]Проведём измерения:\[l_{п}=126.0~мм,\quad L_{л}=127.0~мм.\]Длины измерялись с помощью шкалы на линейке. Погрешность измерения длин: \(\sigma_{x}=1.0~мм\).

Ответ:

\[\frac{m_{л}}{m_{п}}=0.99 \pm 0.02\]

Кусочки пластилина, выданные участникам, имеют разброс значений массы около \(5 \%\).

A2. Определим отношение \(\dfrac{m_{п}}{M}\). Для этого, используя линейку и карандаш, соберём рычажные весы. Уравновесим на весах неваляшку и кусок пластилина (рис. 2).

Рис. 2

Запишем правило моментов для данного случая: \[Mg l_{н}=m_{л}g l_{л}+m_{п} g l_{п}\]\(M\) – масса неваляшки, \(l_{н}\) – плечо силы тяжести, действующей на неваляшку, \(m_{л}\) – масса линейки, \(l_{л}\) – плечо силы тяжести, действующей на линейку, \(m_{п}\) – масса куска пластилина, \(l_{п}\) – плечо силы тяжести, действующей на кусок пластилина.

Из полученного уравнения выразим отношение \(\dfrac{m_{п}}{M}\) : \[\frac{m_{п}}{M}=\frac{l_{н}}{l_{п}+l_{л} \frac{m_{л}}{m_{п}}}\]Сделаем подстановку соотношения \(\dfrac{m_{л}}{m_{п}}\), измеренного в 1 пункте в уравнение для \(\dfrac{m_{п}}{M}\). Получим: \[\frac{m_{п}}{M}=\frac{l_{н}}{l_{п}+l_{л} \frac{L_{п}}{L_{л}}}\]Проведём измерения:\[l_п=391.0~мм,\quad _н=109.0~мм,\quad l_л-137.0~мм.\]

Ответ:

\[\frac{m_{п}}{M}=0.21\pm 0.01\]

A3. Если к голове неваляшки прикрепить кусок пластилина, устойчивое положение неваляшки окажется отличным от вертикального.

Подберем такой кусок пластилина, чтобы ось симметрии неваляшки оказалась расположена горизонтально (рис. 3).

Рис. 3

Для данного случая запишем правило моментов: \[m_{п} g a=M g b\] \(m_{п}\) – масса куска пластилина, \(M\) – масса неваляшки, \(a\) и \(b\) – длины плеч рычага, в роли которого выступает неваляшка.

Выразим длину \(b\): \[b=\frac{m_{п}}{M} a\] Сделаем подстановку соотношения \(\dfrac{m_{п}}{M}\), полученного в 2 пункте, в это уравнение. Тогда: \[b=\frac{a l_{н}}{l_{п}+l_{л} \frac{L_{п}}{L_{л}}}\] Длины плеч \(l_{н}, l_{п}, L_{п}\) и \(L_{л}\) измерим с помощью шкалы на линейке. Чтобы измерить величину \(a\), под неваляшку следует положить лист бумаги. Предварительно на нём проведём отрезок. Расположим неваляшку на листе бумаги таким образом, чтобы точка, соответствующая центру тяжести кусок пластилина, расположенного на голове неваляшки, оказалась строго над отрезком, а точка опоры неваляшки совпала с началом отрезка. Далее спроецируем точку, соответствующую центру тяжести куска пластилина на отрезок и сделаем соответствующую отметку. Далее приложим к отрезку линейку и измерим расстояние \(a\).

По условию основание неваляшки (рисунок 4) можно считать сферическим. В таком случае: \[h=R-b\] Найдём радиус \(R\) основания неваляшки. Для этого от листа бумаги, используя линейку, оторвём полоску бумаги. Используя полоску и линейку, измерим длину охвата \(L\) основания («талии») неваляшки: \[L=2 \pi R\] Отсюда: \[R=\frac{L}{2 \pi}\]

Рис. 4

Проведём измерения. Так как первые два пункта задания выполнялись для целого куска пластилина, аналогичным образом проведём измерения с использованием кусочка, позволяющего привести ось симметрии неваляшки в горизонтальное положение (рис. 3).

Проведём измерения:\[a=80.0~мм,\  L_{п}^{'}=186.0~мм,\ L_{л}^{'}=58.0~мм,\ l_{н}^{'}=75.5~мм,\ l_{п}^{'}=424.5~мм,\ l_{л}^{'}=180.5~мм,\ L^{'}=250.0~мм.\]Длины измерялись линейкой. Погрешность измерения длин \(l_{н}^{'}, l_{п}^{'}, L_{п}^{'}\) и \(L_{л}^{'}\): \(\sigma_{x}=1.0~мм\).

Погрешность измерения \(a: \sigma_{a}=3.0~мм\).

Результаты вычислений:

\[R=39.8~мм,\quad \dfrac{m_л}{m_п^{'}}=3.21\pm0.07,\quad \dfrac{m_п^{'}}{M}=0.075\pm0.02\]

Ответ:

\[h=33.7 \pm 0.6~мм\]

Источник: pho.rs/p/4009.

Ответ

A1: Из графиков становится очевидно, что выход красного цвета – 1, черного – 2;  A2: \[k=(2.75 \pm 0.05) ~{Ом}/{{}^{\circ}}=(157 \pm 3)~ {Ом}/{рад}\];  A3: \[R_{0}=(211 \pm 10)~Ом\]

Решение

A1. В начале тура участнику было сообщено значение напряжения батареек с точностью \(0.01~В\), измеренное при нем же.

Для решения задачи соберем схему изображенную на рис. 1.

Рис. 1

Снимем зависимость силы тока в цепи \(I\) от угла поворота ручки \(\varphi\). Угол поворота ручки будем измерять бумажным транспортиром, предварительно закрепленным на сером ящике с помощью пластилина (во избежание смещения шкалы транспортира). Угол будем измерять в градусах:

• Подключим минус батареек к красному выводу на сером ящике:

• Подключим плюс батареек к красному выводу на сером ящике:

Погрешность амперметра \(0.05~мА\).

Предположим, светодиод в схеме расположен обратной полярностью, тогда (исходя из BAX светодиода) он не проводит ток, значит схема преобразуется в следующую (рис. 2):

Рис. 2

Из закона Ома следует:

\[I=\frac{U_{бат}}{R_{0}+R_A+R_{\sim}} \qquad(1)\]\[I=\frac{U_{бат}}{R_{0}+R_A+k \varphi} \qquad(2)\]Если же диод включен прямой полярностью, то зависимость \((2)\) будет справедлива вплоть до момента открытия светодиода. Преобразуем уравнение \((2)\) следующим образом:

\[\frac{U_{бат}}{I}=R_{0}+R_A+k \varphi; \qquad(3)\]Если диод закрыт, то зависимость \(\dfrac{U_{бат}}{I}(\varphi)\) линейна, тангенс угла соответствует коэффициенту \(k\), а точка пересечения с осью ординат \(R_{0}+R_{A}\). Если полярность обратная, то зависимость будет линейна при любых углах. Отобразим полученные зависимости на графике:

Рис. 3. Минус батареек подключен к красному выводу на сером ящике

Рис. 4. Плюс батареек подключен к красному выводу на сером ящике

Ответ:

Из графиков становится очевидно, что выход красного цвета – 1, черного – 2

A2. Проведя аппроксимирующую прямую на графике (а) (рисунок 3) находим коэффициенты в зависимости \((3)\):

Ответ:

\[k=(2.75 \pm 0.05) ~{Ом}/{{}^{\circ}}=(157 \pm 3)~ {Ом}/{рад}\]

A3. \[R_{0}+R_{A}=(226 \pm 10)~Ом\]

Ответ:

\[R_{0}=(211 \pm 10)~Ом\]

A4. График перестает быть линейным в момент «открытия» диода. Проведем на одном графике обе зависимости. В тот момент, когда зависимости начинают расходиться, диод открывается:

Рисунок 5

В силу плохого класса точности миллиамперметра не удается более точно промерить момент открытия диода, поэтому выберем наиболее вероятный диапазон открытия светодиода: \[\left(\frac{E}{I}\right)_{\max}=10250~Ом,\qquad \left(\frac{E}{I}\right)_{\min }=970~Ом\] Посмотрим на последний момент, когда диод «закрыт». Тогда справедливо равенство \((3)\): \[\frac{E}{I}=k \varphi+R_{0}+R_{A}\implies k \varphi=\frac{E}{I}-R_{0}-R_{A}.\]Тогда падение напряжения (оно же и падение напряжения на светодиоде, так как светодиод подключен параллельно к реостату) на реостате \(E_р\) легко считается исходя из закона Ома по схеме на рис. 2:\[E_р=\frac{U_{бат} k \varphi}{k \varphi+R_{0}+R_{A}}=U_{бат} \frac{{E}/{I}-R_{0}-R_{A}}{{E}/{I}};\]\[U_{откр.\max}=3.17 \cdot\frac{1025-226}{1025}=2.47~В\] \[U_{откр.\min}=3.17 \cdot\frac{970-226}{970}=2.43~В\]

Ответ:

\[\langle U_{откр}\rangle=(2.45 \pm 0.02)~В\]

Источник: pho.rs/p/4014.