I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике 11 класс

I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
11 класс
Решения и критерии оценки
1. Хозяин идѐт по прямой тропе со скоростью v = 2 м/с, удерживая пса на поводке
длины L = 10 м. Пѐс бегает со скоростью u = 6 м/с туда и назад по тропе, меняя направление движения на обратное, когда поводок натягивается. Посередине тропы пѐс, догоняя
хозяина, поравнялся с ним. На каком расстоянии от хозяина окажется пѐс, впереди или
позади, если хозяин пройдѐт от середины тропы расстояние S = 62 м? 98 м?
Возможное решение
Скорость пса относительно хозяина v1 = u – v = 4 м/с, и v2 = u + v = 8 м/с при движении пса в обратную сторону (2 балла).
Через время t1 = L/v1 = 2,5 с от начального момента поводок натянется (1балл) и пѐс
побежит в обратную сторону, затратив время t2 = 2L/v2 = 2,5 с (1балл) и оказавшись на
расстоянии L сзади хозяна. После чего он догонит хозяина за время t1 = L/v1 = 2,5 с
(1балл). То есть через промежуток времени T = 2L/v1 + 2L/v2 = 7,5 с ситуация полностью
повторяется (1балл), соответственно повторение происходит при прохождении хозяином
расстояния  = vT = 15 м (1балл).
При пути S = 62 м = 4х15 + 2 пройдено 4 таких цикла, и собака убегала от хозяина в течении
времени  = 2м/v = 1 c и окажется впереди него на
расстоянии x = v1 = 4 м (1 балл).
При S = 98 м. Тогда время  = 8м/v = 4 c, то
есть пѐс бежал время 1 =  – t1 = 1,5 с назад с расстояния L перед хозяином, и окажется поэтому на
расстоянии x = v21 – L = 2 м сзади хозяина (2 балла).
Возможно решение из рассмотрения графика
относительного движения пса. Так как скорость хозяина постоянна, то по оси времени
можно «читать» его перемещение, в данном случае одна клетка по горизонтали это 1 м, а
по вертикали 1 клетка это 2 м.
Разбалловка
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1
Относительная скорость пса v1 = u – v = 4 м/с, v2 = u + v = 8 м/с
1+1
2
Движение за цикл, времена, t1=L/v1=2,5с; t2=2L/v2=2,5с; второй раз t1;
3
расстояния, периоды
+2
T=2L/v1+2L/v2=7,5с;  = vT = 15 м
3
Ответ при S = 62 м
1
впереди на расстоянии x = v1 = 4 м
4
Ответ при S = 98 м
2
x = v21 – L = 2 м сзади
2
2. Кубик стоит на бруске, а он – на полу. Когда
кубик стали тянуть по горизонтали, он приобрѐл ускорение A1 = 1,1 м/с2, а брусок ускорение A2 = 0,7 м/с2.
Если с той же силой тянуть брусок, то ускорение кубика будет A`1 = 0,6 м/с2, а бруска A`2 = 2,1 м/с2. Все
указанные ускорения направлены вправо. Найдите отношения массы кубика к массе бруска.
Возможное решение
2-й закон Ньютона для кубика и бруска в двух вариантах приложения силы F:
M1A1 = F – μ1M1g <1 балл>; M1A`1 = μ1M1g <1 балл>; M2A2 = μ1M1g – μ2(M1 + M2)g <2 балла>; M2A`2 = F – μ1M1g – μ2(M1 + M2)g <2 балла>. Вычитем из четвѐртого уравнения
третье, исключая μ2: M2(A`2 – A2) = F – 2μ1M1g <1 балл>. Из первых двух уравнений:
M1(A1 – A`1) = F – 2μ1M1g <1 балл>. И M1/M2 = (A`2 – A2)/(A1 – A`1) = 2,8 <2 балла>.
Разбалловка
№
Этапы решения
соотношения
баллы
1
2-й закон Ньютона для кубика M1A1 = F – μ1M1g; M1A`1 = μ1M1g
1+1
2
2-й закон Ньютона для бруска M2A2 = μ1M1g – μ2(M1 + M2)g;
2+2
M2A`2 = F – μ1M1g – μ2(M1 + M2)g.
3
Решение уравнений
2
4
Отношение масс
M1/M2 = (A`2 – A2)/(A1 – A`1) = 2,8
2
Комментарий: Если взято μ2 = 0, то за 2-й пункт 2 балла, а за следствия (пункты 3-4) 0
баллов. Если произвольно взять равными коэффициенты трения μ1 = μ2, то нарушается
условие о направлении ускорений, здесь при второй ошибке в знаке A2 вероятно получить
и правильный ответ. И в этом случае за 2-й пункт 2 балла. За 3-й пункт – исключение слагаемого μ2(M1 + M2)g 1 балл, а за 4-й – правильный ответ из неверных рассуждений 0 баллов. Будьте при проверке внимательны!
3
3. Невесомая пружина жесткости k прикреплена к подставке массы M,
к верхнему концу пружины прикреплена невесомая пластина. С какой наименьшей высоты над пластиной нужно отпустить шарик массы m, чтобы
подставка оторвалась от пола? Шарик прилипает к пластине, пружина остаѐтся вертикальной. Ускорение свободного падения g.
Возможное решение
При прилипании к невесомой пластине потерь энергии нет. Начальная
потенциальная энергия mgH полностью переходит в упругую энергию пружины, кинетическую и потенциальную энергию в поле тяжести (1 балл).
Условие отрыва подставки – упругая сила при максимальном расстяжении пружины x равна силе тяжести, действующей на подставку: kx = Mg (2 балла).
При максимальном растяжении скорость шарика обращается в 0 (1 балл). Поэтому
в энергетический баланс кинетическая энергия не входит (1 балл). Применив закон сохранения энергии, имеем: mgH = mgx + kx2/2 (2 балла). После подстановки x = Mg/k получаем уравнение mgH = Мmg2/k + (Mg)2/2k и окончательно H = (2m + M)Mg/2mk (3 балла).
Разбалловка
№
1
2
3
Этапы решения
соотношения
баллы
Отсутствие потерь энергии
1
Условие отрыва
kx = Mg
2
Обращение в 0 скорости и кинетической
1+1
энергии при максимальном растяжении
4
Применение закона сохранения энергии
mgH = mgx + kx2/2
2
5
Нахождение искомого H
H = (2m + M)Mg/2mk
3
Комментарий: Пункт 1 существенен, при неупругом ударе происходит обычно переход энергии во внутреннюю (выделение тепла), здесь такого нет из-за нулевой массы
пластины.
4
4. В одинаковых цилиндрах, соединѐнных
трубкой, объѐм под поршнями заполнен жидкостью
плотности ρ. В отсеках высоты H над поршнями находится газ с давлением P. Систему перевернули.
Поршни остановились на разной высоте, а пустот в
отсеке с жидкостью не появилось. Найдите разницу
высот поршней. Трения нет, температура неизменна,
ускорение свободного падения g.
Возможное решение
Из уравнения состояния идеального газа и неизменности температуры следует
P1(H – h/2) = PH; P2(H + h/2) = PH. P1 и P2 давления в конечном состоянии. (2 + 2 балла).
Разность давлений уравновешивает столб жидкости высоты h: P1 – P2 = ρgh (2 балла). После подстановок и упрощений (сокращения на h  0) получаем (h/2)2 = H(H – P/ρg) или h =
2(H(H – P/ρg))1/2 (3 балла). При P > ρgH решения с ненулевым h нет, поршни окажутся на
равной высоте (1 балл).
Разбалловка
№ Этапы решения
соотношения
1 Уравнения для конечных давлений
P1(H – h/2) = PH; P2(H + h/2) =
PH
2 Связь разности давлений с h
P1 – P2 = ρgh
3 Вывод уравнения для h и ответ
(h/2)2 = H(H – P/ρg) при h  0;
h = 2(H(H – P/ρg))1/2
4 Указание, когда нет ненулевого решения. P > ρgH
Комментарий: Формально исследования пункта 4 в условии не требуется.
11 класников анализ ответа на «разумность» входит в требуемые навыки.
5
баллы
2+2
2
3
1
Но для
5. Пять маленьких шариков в центре и вершинах квадрата соединили недеформированными пружинами, нарезанными из одной длинной однородной пружины. Когда шарики в углах квадрата зарядили до заряда q, а
центральный – до заряда Q, то в результате сторона квадрата возросла до
длины l. Найдите натяжения пружин.
Возможное решение
Для пружин, нарезанных из одной однородной пружины, жѐсткости обратно пропорциональны их длинам. Это следует из того, что при одинаковой силе отрезки одинаковой длины таких пружин растягиваются одинаково (одинаково относительное удлинение).
Тогда жѐсткость пружины на диагонали k2 = 2k1, где k1 жѐсткость пружины на стороне
квадрата (2 балла).
Растяжения этих пружин (рис.) связаны так же как
длина стороны квадрата с длиной половины диагонали, то
есть x1 = 2x2 (2 балла).
Отсюда следует замечательный результат для сил
упругого натяжения пружин T1 = k1x1 и T2 = k2x2. При
найденным отношениям жѐсткостей и натяжений T1 = T2!
Натяжения равны, обозначим общее значение T. (1 балл).
Рассмотрим равновесие сил для углового шарика.
На рис. указаны три силы упругого натяжения, кроме них
на угловой шарик действуют силы электростатического
отталкивания со стороны трѐх шариков в остальных углах
и со стороны центрального шарика (1 балл). С учѐтом направления этих сил и используя
закон Кулона получим: T(1 + 2) = kQq/(l/2)2 + 2kq2/l2 + kq2/2l2 (равновесие сил по диагонали) (3 балла). И окончательно T = (kq/l2(1 + 2))(2Q + q(2 + 1/2)) (1 балл). Здесь k коэффициент входящий в закон Кулона, k = 1/4о.
№
1
2
3
4
5
Разбалловка
Этапы решения
соотношения
баллы
Отношение жѐсткостей
2
k2 : k1 = 2
Отношение растяжений
2
x2 : x1 = 1/2
Вывод о равенстве натяжений
T1 = T2= T
1
2
2
2
Равновесие сил для угла
1+3
T(1+2) = k q (2+1/2)/l +2 k qQ/l
2
Ответ (могут быть эквиваленты)
1
T= k q(q(2+1/2)+2Q)/(1+2)l
Комментарий: Из 3 баллов в пункте 4 оцениваются выражения для отдельных сил
с учѐтом зависимости от расстояния и геометрическое (векторное сложение сил).
Скажем само по себе указание, что сумма сил натяжения и сумма кулоновских сил
направлены в противоположные стороны по диагонали заслуживает оценки в 1
балл. Если все четыре кулоновские силы написаны правильно по отдельности это
тоже 1 балл. Аналогично 1 балл, если правильно найдена сумма трѐх натяжений, а
именно T(1+2). Ответ может быть правильным, но записан в ином виде. Скажем
участник может воспользоваться тождеством 1/(1 + 2) = 2 – 1.
6
Рекомендации для жюри
Максимальная оценка каждой задачи 10 баллов. Участники олимпиады могут
предложить полные и верные решения задач, отличные от приведѐнных ниже. Оценка таких решений также 10 баллов. Частичное решение или решение с ошибками жюри оценивает, ориентируясь на этапы решения, приведѐнные в разбалловке. При этом необоснованные верные утверждения, как и верные выводы из ошибочных допущений не добавляют баллов. Если какой-то этап решения не полный, или частично правильный, то он оценивается частью баллов за этап. Если в решении участника олимпиады предложенные
этапы объединены как один, то оценка проводится из суммарного балла. Наличие лишь
ответа без решения не оценивается. В решениях в скобках указаны баллы за этап или
часть этапа. Для удобства работы жюри решения и критерии оценки для каждой задачи
приведены на отдельной странице и при необходимости снабжены комментарием. К некоторым задачам приводится два варианта решения. Следует держаться духа и буквы предлагаемой разбалловки, чтобы обеспечить сопоставимость проверки на разных площадках
проведения.
7
Решения и критерии оценки
I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
10 класс
1. Мартышка и удав движутся навстречу по круговой дорожке, длина которой в два раза больше длины удава. Мартышка
бежит со скоростью u по земле, а, встретившись с удавом, заскакивает на него и бежит по нему со скоростью u относительно удава. Добежав до хвоста, она спрыгивает на землю и бежит с той же
скоростью u относительно земли... Найдите скорость удава, если
после встречи с мартышкой в точке A дорожки следующая встреча произошла в диаметрально противоположной точке B. Удав
всѐ время движется с постоянной скоростью по земле.
Возможное решение
Мартышка добежит до хвоста удава за время t1 = L/u, где L длина удава (1 балл).
Голова удава за это время сместится от A на x = vt1 = vL/u (2 балла), на такое же расстояние сместится хвост удава от B (1 балл). Поэтому до места следующей встречи мартышке
нужно пробежать по земле расстояние x, а голове удава за то же время t пройти расстояние L – x (1 балл), тогда t = x/u = (L – x)/v (1 балл). Отсюда для скорости удава получим
уравнение v2 = (u – v)u (2 балла), положительный корень которого даѐт искомое значение
v = u(5 – 1)/2, а отрицательный противоречит условию встречного движения (2 балла).
№
1
2а
2б
3
4
5
6
Разбалловка
Этапы решения
Время пробега мартышки по удаву
Расстояние а) головы удава от точки A
б) хвоста удава от точки B через это время
Пройденные мартышкой и удавом расстояния
Время прохождения этих расстояний
Получение уравнения для скорости удава
Решение уравнения, выбор корня
1
соотношения
t1 = L/u
x = vt1 = vL/u
То же самое
xиL–x
t = x/u = (L – x)/v
v2 = (u – v)u
v = u(5 – 1)/2
баллы
1
2
1
1
1
2
2
2. Три рыбака вместе сошли на остановке автобуса и каждый направился прямо к
своему месту рыбалки на прямолинейном участке берега. Первый добрался раньше второго на 4 минуты, а третий позже второго на 5 минут. Какое время каждый из них шѐл от
остановки, если скорости рыбаков одинаковы? Крайние места рыбалки находятся в 6 минутах хода от среднего.
Возможное решение
Пусть искомые времена пути для первого, второго и
третьего рыбака T1, T и T2. Тогда T – T1 = t1 = 4 мин, а T2 – T =
t2 = 5 мин. (1 балл). Точки O, A, B и C изображают остановку и
места рыбалки. Отрезки AB и BC имеют одинаковую длину:
AB = BC = v, где v скорость, а время  = 6 мин. (1 балл), а длины путей OA = vT1, OB = vT, OC = vT2. (1 балл). Опустим из O
перпендикуляр на прямую, проходящую через точки A, B и C.
Точка D основание этого перпендикуляра. Обозначим длину
отрезка OD y, а BD – x. (1 балл). Из теоремы Пифагора: (vT)2 =
x2 + y2; (vT1)2 = (x – v)2 + y2; (vT2)2 = (x – v)2 + y2. (1 балл).
Подставив T1 = T – t1 и T2 = T + t2 и исключив x и y, находим выражение для времени T =
(22 – t22 – t12)/2(t2 – t1) = 15,5 мин. (3+1 балл). А T1 = T – t1 = 11,5 мин, T2 = T + t2 = 20,5
мин. (1 балл). Возможны решения из теоремы косинусов.
№
1
2а
2б
3
4
5
Разбалловка
Этапы решения
соотношения
баллы
Связь искомых времѐн с запаздыванием
T – T1 = t1 = 4 мин,
1
T2 – T = t2 = 5 мин
Связь длин отрезков с временем а)по бере- AB=BC=v,  = 6 мин
1
гу
б) от остановки
OA=vT1,OB= vT, OC = vT2
1
Геометрические соотношения из теоремы
2
Пифагора или теоремы косинусов
Уравнение для T, решение, числовой ответ T=(22–t22–t12)/2(t2–t1)=15,5мин
3+1
Ответы для T1 и T2
T1=T–t1=11,5 мин,
1
T2 = T + t2 = 20,5 мин.
2
3. С какой силой F тянут нить, если груз массы m опускается с тем же
ускорением с каким поднимается груз массы M? Трения нет, блоки невесомы, ускорение свободного падения g.
Возможное решение
Из 2-го закона Ньютона в применении к грузам с учѐтом направлений
ускорений: MA = 2F – Mg (4 балла); mA = mg – F (3 балла); откуда, исключая ускорение, получим уравнение 2F/M + F/m = 2g (1 балл) и ответ F =
2mMg/(M + 2m) (2 балла).
Разбалловка
№
1
2
3
4
Этапы решения
Применение 2-го закона Ньютона к грузу M
Применение 2-го закона Ньютона к грузу m
Уравнение для F
Ответы для F
3
соотношения
MA = 2F – Mg
mA = mg – F
2F/M + F/m = 2g
F = 2mMg/(M + 2m).
баллы
4
3
1
2
4. Шарики в вершинах и центре квадрата соединены восемью пружинами. Квадрат лежит на гладком столе, пружины не изогнуты и параллельны плоскости стола. Какова сторона этого квадрата, если пружины
одинаковы, а длина недеформированной пружины L?
Возможное решение
При стороне квадрата H, длина диагональных пружин H/2 (1балл). Диагональные
пружины сжаты, а пружины по сторонам квадрата растянуты (1балл). Из закона Гука упругие силы, развиваемые пружинами, соответственно F = k(L – H/2) и f = k(H – L) (1+1 =
2 балла). Из условия равновесия сил, приложенных к угловому шарику F = 2f (2 балла).
Отсюда уравнение для H: L – H/2 = 2(H – L) (2 балла). Тогда H = (2 + 2)L/3 (2 балла).
Разбалловка
№
1
2
3
4
5
Этапы решения
Длина диагональных пружин
Какие пружины сжаты, какие растянуты
Нахождение упругих сил
Условие равновесия углового шарика
Вывод уравнения для H
Ответ
4
соотношения
H/2
F = k(L – H/2) и f = k(H – L)
F = 2f
L – H/2 = 2(H – L)
H = (2 + 2)L/3
баллы
1
1
1+1
2
2
2
5. Два одинаковых груза находятся на горизонтальной
плоскости без трения. Они закреплены на нити, привязанной к
оси O, и движутся по окружностям радиуса L и 2L. Найдите
натяжение нити между первым и вторым грузом, если натяжение нити между осью и первым грузом To.
Возможное решение
Скорости частиц относятся как радиусы, а тогда и ускорения (a = v2/r) –(2 балла).
Соответственно, если ускорение 1-го груза a, то у 2-го a2 = 2a (1 балла). Из 2-го закона
Ньютона в применении к 2 грузу имеем: ma2 = T (2 балла). Из 2-го закона Ньютона в применении к 1 грузу имеем: ma = To – T (3 балла). Тогда T = 2ma, а To = 3ma и T = 2To/3 (2
балла).
Разбалловка
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1
Вывод, что ускорения относятся как радиусы
2
2
Нахождение отношения ускорений
a2 = 2a
1
3
2-й закон Ньютона в применении к 2 грузу
ma2 = T
2
4
2-й закон Ньютона в применении к 1 грузу
ma = To – T
3
5
Нахождение отношения натяжений
T = 2ma, To = 3ma и T = 2To/3 2
5
Рекомендации для жюри
Каждая задача оценивается из 10 баллов. Участники олимпиады могут предложить полные и верные решения задач, отличные от приведѐнных ниже. За
это они должны получить полный балл. Частичное решение или решение с
ошибками оценивается, ориентируясь на этапы решения, приведѐнные в разбалловке. При этом верные выводы из ошибочных допущений не добавляют
баллов. Если какой-то этап решения не полный, или частично правильный, то
он оценивается частью баллов за этап. Если в решении участника олипиады
предложенные этапы объединены как один, то оценка проводится из суммарного балла. Наличие лишь ответа без решения не оценивается.
6
Решения и критерии оценки
I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
9 класс
1. Массивная однородная цепь с грузом массой m на конце перекинута
через блок радиуса R и находится в равновесии, когда длины вертикальных
отрезков цепи равны 2R и 3R. Какова масса всей цепи? Трением пренебречь.
Возможное решение
Отрезок цепи, лежащий на блоке, с двумя свисающими вертикальными участками
длиной 2R симметричен, а значит уравновешивается сам собой (2 балла). Тогда оставшийся отрезок длины R уравновешен грузом m (2 балла). Поэтому его масса равна m (1 балл).
Длина всей цепи L = (5 + )R (3 балла). Для однородной цепи масса пропорциональна
длине, откуда окончательно M = (5 + )m (2 балла).
№
1
2
3
4
5
Разбалловка
Этапы решения
соотношения
Выделение симметричной части цепи и указание на еѐ равновесие
Вывод об уравновешивании грузом отрезка R
Нахождение массы этого отрезка
Нахождение длины всей цепи
L = (5 + )R
Нахождение массы всей цепи из пропорцио- M = (5 + )m
нальности еѐ длине
1
баллы
2
2
1
3
2
Решения и критерии оценки
I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
9 класс
2. Между берегами реки шириной 30 м натянут канат. Его
концы закреплены на расстоянии 40 м вдоль течения. Турист,
переправляясь по канату, упал в воду. При какой наименьшей
скорости относительно воды он сможет доплыть до каната, если скорость течения реки V = 1,5 м/с ?
Возможное решение
А) Используем систему отсчѐта, где вода неподвижна (2 балла). Канат относительно воды движется со скоростью V вправо (2 балла). Нарисуем положение каната относительно воды через 1 с, в новом положении он параллелен канату в начальный момент (2
балла). Если турист вначале вблизи каната, то и в конце он должен оказаться не дальше от
него. Поэтому наименьшее перемещение пловца относительно воды равно расстоянию
между «канатами» по перпендикуляру между ними (2 балла). Из построения «по клеточкам» можно найти, что u = (3/5)v = 0,9 м/с. Или u = vsin = 0,9 м/с (2 балла).
Б) В системе «Берег» канат неподвижен (1 балл). Скорость
туриста относительно берега, а тогда и относительно каната, векторная сумма W = V + u (3 балла). Через секунду начальная и конечная точка перемещения находятся на канате (рис.), то есть W
направлено вдоль каната (2 балла). Наименьшее u будет при u,
перпендикулярном канату (2 балла). Из построения «по клеточкам» можно найти, что u = (3/5)v = 0,9 м/с. Или u = vsin = 0,9 м/с (2 балла).
Возможны решения, основанные на рассмотрении скорости изменения расстояния
от каната, равной разности проекций V и u на направление, перпендикулярное канату.
Разбалловка (вариант А)
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1
Выбор системы отсчѐта «Вода»
2
2
Указание скорости каната
V вправо
2
3
Положение каната через 1 с или аналог
параллельность
2
4
Наименьшее перемещение по нормали к канату
2
5
Ответ для скорости
u = vsin = 0,9 м/с
Разбалловка (вариант Б)
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1
Неподвижность каната относительно берега
1
2
Скорость туриста W относительно каната
W=V+u
3
3
Направление W вдоль каната или аналог
2
4
Наименьшее u при u по нормали к канату
2
5
Ответ для скорости
2
u = vsin = 0,9 м/с
Комментарий: Пункты 2-4 могут быть рассмотрены на рисунках. Для полного
балла они должны быть понятны, при необходимости снабжены пояснением. Если в варианте Б нет явного выражения пункта 1, но подразумевается, что скорость W это скорость
относительно каната, то 1 балл добавляется (при наличии пункта 2 или 3).
2
Решения и критерии оценки
I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
9 класс
3. Банка сечением S = 40 см2 наполнена краской
до высоты h = 4 см. В неѐ погрузили кисть до касания
с дном. Уровень краски в банке стал H = 5 см, а между
волокнами кисти краска поднялась выше. Кисть опустили ещѐ на x = 0,6 см, тогда уровень краски в банке
вырос на y = 0,4 см при прежней высоте слоя краски в
кисти над уровнем краски в банке. Волокна изгибаются и расходятся только вблизи дна. Какой объѐм краски V впитывыет кисть выше уровня краски в банке?
Возможное решение
Из сохранения объѐма краски имеем в первом случае:
Sh = (S – So)H + V, где So суммарная площадь сечения волокон (2 балла).
Из сохранения объѐма краски и объѐма волокон во втором случае:
(S – So)H + V = (H + y)S – So(H + y + x) + V (3 балла),
откуда (S – So) = Sx/(x + y) (2 балла),
а тогда V = S(h – Hx/(x + y)) = 40 см3 (3 балла)
При S = 40 см2; h = 4 см, H = 5см, x = 0,6см, y = 0,4 см.
Разбалловка
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1
Сохранение объѐма 1-й случай
Sh = (S – So)H + V
2
2
Сохранение объѐма 2-й случай
(S–So)H+V=(H+y)S–So(H+y+x)+V
3
3
Сечение «краски» в кисти
(S – So) = Sx/(x + y)
2
3
4
Нахождение V + числовой ответ
V = S(h – Hx/(x + y)) = 40 см
3
Комментарий: Может быть сразу введено сечение «краски» в кисти s = S–So. Если указано, что такое s, то везде остаются полные баллы. Сохранение объѐма во 2 пункте может
быть выражено по разному, скажем, возможно указано, что дополнительный вытесненный
волокнами объѐм So(y + x) равен дополнительному объѐму yS краски вне кисти. За это
полные 3 балла.
3
Решения и критерии оценки
I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
9 класс
4. Из города A в город В отправился пассажирский, а из В в А в то же время – товарный поезд. Они проехали один мимо другого в 14 часов, после чего пассажирский поезд прибыл в В в 18 часов, а товарный – в А в 23 часа того же дня по московскому времени. Какова скорость пассажирского поезда, если скорость товарного 56 км/час? Каково
расстояние между городами?
Возможное решение
Обозначим момент отправления поездов to, момент встречи t, моменты прибытия
пассажирского поезда в В t1, товарного в А t2, а скорости поездов соответственно V1 и V2
(V2 = 56 км/час).
Если место встречи точка О отрезка АВ, то выражая длины отрезков ОВ и АО двумя способами имеем два уравнения:
V1(t1 – t) = V2(t – tо) (2балла); V1(t – tо) = V2(t2 – t). (2 балла).
После «перекрѐстного» перемножения имеем:
V1(t1 – t)V1(t – tо) = V2(t2 – t)V2(t – tо), <1 балл>
2
2
Откуда V1 = V2 (t2 – t)/(t1 – t) и окончательно V1 = 84 км/час. <2 балла>.
Если из первых двух уравнений исключить скорости, то получим
(t1 – t)/(t – tо) = (t – tо)/(t2 – t) <1 балл>.
Откуда найдѐм момент отправления to = 8 часов, время движения поездов и расстояние
между городами х = 840 км. <2 балла>.
Разбалловка
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1
Связь отрезков пути со скоростями и А)V1(t1 – t) = V2(t – tо) = ОВ;
А)2
промежутками времени
Б)V1(t – tо) = V2(t2 – t) = АО
Б)2
2
Нахождение скорости
V12=V22(t2–t)/(t1–t); V1 = 84 км/час 2+1
3
Нахождение расстояния
х = 840 км (решение и ответ)
2+1
Комментарий: В пунктах 2 и 3 получаются соотношения для квадратов искомых величин, если они правильны, а корень не извлечѐн, то оценки по 2 балла. За правильное извлечение корней и числовой ответ, ещѐ по баллу.
4
Решения и критерии оценки
I этап (очный) Всесибирской олимпиады по физике
9 класс
5. Нагреватель, включенный в электрическую сеть, потребляет мощность N =
80 Вт. При выключенном вентиляторе тепло
не уходит от нагревателя и температура нагревателя за первую минуту от момента его
включения нарастает от начальной температуры 20оС до 22оС. После включения вентилятора рост температуры замедлился, а при
достижении 40оС температура нагревателя
перестала меняться. По данному графику
зависимости температуры от времени определите: а) когда включили вентилятор; б)
какая тепловая мощность отводилась от нагревателя через 10 минут от момента его включения; в) сколько тепла в джоулях отведено через 25 минут после включения нагревателя.
Возможное решение
При теплоѐмкости нагревателя C и отсутствии отвода тепла: CdT/dt = N (1 балл), а
при отводе тепловой мощности q: CdT/dt = N – q (1 балл). Наклон графика T от t (2о в минуту) неизменен в течении времени t1 = 5 минут и отвечает приведѐнной в условии скорости нарастания температуры при отключѐнном вентиляторе. Что и даѐт ответ на вопрос а)
(1 балл). Из равенства CdT/dt = N находится теплоѐмкость С = 240 Дж/град (1 балл).
Для ответа на б) найдѐм наклон графика T от t (отрезок прямой!) в момент t = 10
минут, он составляет 3/4о в минуту, то есть 3/8 от начального (1 балл). Тогда N – q =
(3/8)N и q = (5/8)N = 50 Вт (2 балла).
Из теплового баланса: CTo + Nt = CT – Q (1 балл) находим Q = 72000 Дж = 0,02
кВтчас (2 балла). t = 25 мин = 1500 с, To = 20оС, T = 40оС.
Разбалловка
№ Этапы решения
соотношения
баллы
1а Выражение для скорости изменения CdT/dt = N (аналог)
1
температуры а) без отвода тепла
1б б) при отводе тепловой мощности q
CdT/dt = N – q (аналог)
1
2
Нахождение времени t1 по графику
t1 = 5 минут
1
3
Нахождение теплоѐмкости
CdT/dt = N; С = 240 Дж/град
1
4
Наклон графика T от t при t = 10 минут
dT/dt = (3/4)о в минуту; 3/8 на- 1
чального
5
Нахождение q при t = 10 минут
N–q = (3/8)N и q = (5/8)N = 50 Вт 2
6
Условие теплового баланса
CTo + Nt = CT – Q
1
7
Нахождение Q
Q = 72000 Дж
2
Комментарий: Вместо пунктов 1, 3 может использоваться тепловой баланс за малый
промежуток времени CdT = Ndt и аналогично далее. Выражения для скорости изменения
температуры могут быть записаны участниками иными способами, скажем, вместо dt написано t, но понимаемое как малый промежуток времени. О правильном понимании будет
свидетельствовать получение правильных результатов в пунктах 2,3,5. Тогда оценка не
снижается. Анализ графика показывает, что режим работы вентилятора меняется, но это
не противоречит условию и не мешает найти все искомые величины.
5
Рекомендации для жюри
Максимальная оценка каждой задачи 10 баллов. Участники олимпиады могут
предложить полные и верные решения задач, отличные от приведѐнных ниже. Оценка таких решений также 10 баллов. Частичное решение или решение с ошибками жюри оценивает, ориентируясь на этапы решения, приведѐнные в разбалловке. При этом необоснованные верные утверждения, как и верные выводы из ошибочных допущений не добавляют баллов. Если какой-то этап решения не полный, или частично правильный, то он оценивается частью баллов за этап. Если в решении участника олимпиады предложенные
этапы объединены как один, то оценка проводится из суммарного балла. Наличие лишь
ответа без решения не оценивается. В решениях в скобках указаны баллы за этап или
часть этапа. Для удобства работы жюри решения и критерии оценки для каждой задачи
приведены на отдельной странице и при необходимости снабжены комментарием. К некоторым задачам приводится два варианта решения. Следует держаться духа и буквы предлагаемой разбалловки, чтобы обеспечить сопоставимость проверки на разных площадках
проведения.
6
I Этап Всесибирской олимпиады-2015. Физика
Возможные решения с баллами. Максимальный балл за задачу – 10.
7 КЛАСС
1) В 13-00 по московскому времени где-то в море произошло землетрясение. Волны от него дошли до двух
наблюдательных станций на разных берегах моря в 17 ч 45 м и 19 ч 15 м (по московскому времени),
соответственно. Каково расстояние между этими станциями, если скорость волн на воде была равна 20 м/с,
а обе станции и эпицентр находились на одной прямой? Влиянием морских течений пренебречь.
Решение. Скорость V=20 м/сек=72км/час. Расстояние между станциями волна прошла бы за время
Т=Т1+Т2=(4ч 45мин+6 ч 15 мин)=11 ч, т.е. расстояние между станциями равно VT=792 км (10 баллов).
Если определены только расстояния от эпицентра до станций (за каждое +3 балла), но не их сумма, то
ставится 6 баллов.
2) У мальчика есть 60 кубиков одного сорта и 80 – другого. Все кубики имеют одинаковый размер, но
плотность материала кубиков второго сорта вдвое меньше. Еще у мальчика есть два одинаковых ящика.
Если мальчик при собирании кубиков раскладывает каждый сорт кубиков в свой ящик, то один ящик весит
на 1 кг больше другого. Если же он распределяет все кубики равномерно по ящикам, то каждый ящик с
кубиками весит по 3 кг. Сколько будет весить ящик с кубиками, если в него поместить все кубики
одновременно?
Решение. Так как плотность кубиков второго сорта вдвое меньше, то масса всех кубиков первого сорта в
1.5 раза больше, чем масса всех кубиков второго (+2 балла). При сравнении масс одинаковых ящиков с
кубиками различие определяется только разницей масс самих кубиков (+1). Таким образом, масса всех
кубиков первого сорта на 1 кг больше, чем масса кубиков второго. Следовательно, первые кубики имеют
массу 3 кг, а вторые – 2 кг (+1 балл за каждый сорт). При равномерном распределении кубиков их будет по
2.5 кг в ящике (+1), т.е. сам ящик весит 0.5 кг (+2). Если все кубики сложить в один ящик, то полная масса
равна 5.5 кг (+2).
3) Города А и Б соединены дорогой длиной L=60 км. По этой дороге поехали одновременно грузовик (из
города А) и легковая машина (из города Б). Эти машины встретились на расстоянии L1=25 км от города А
и поехали дальше. Доехав до города Б или А, соответственно, каждая из машин сразу поехала назад. На
каком расстоянии от А машины встретятся в этот раз? Величины скоростей машин считать постоянными.
Решение. Скорости машин из города Б (Vb) и города А (Va) относятся как Vb/Vа=(L-L1)/L1=
7/5 (+2 балла). Так как по условию величины скоростей машин не изменятся, то отношение длин путей
машин до второй встречи будет тем же (+2). Если искомое расстояние от А обозначить за Х, то это
означает, что (L+X)/(L+L-X)=7/5 (+4). Решая, получаем, что X=3L/4=45 км (+2 балла).
4) В лесу живут маленькие и большие гномы, которые соревнуются на ровной поляне в перетаскивании
большого плоского камня. Побеждает тот, кто сдвинет этот камень в сторону противника. Известно, что 4
больших гнома, если очень-очень постараются, сдвигают этот камень, когда толкают его с одной стороны.
Но если с другой стороны камень начнут толкать 18 маленьких гномов, то камень станет двигаться уже в
противоположном направлении, несмотря на усилия больших гномов. Сколько маленьких гномов
достаточно, чтобы точно победить 7 больших гномов? Считать, что гномы одного роста способны
развивать одинаковые усилия, и что камень во время соревнования не отрывается от земли и не зарывается
в нее.
Решение. Камень трудно двигать по земле из-за силы трения (+1). Если камень не поднимать от земли и не
прижимать его к ней, то эта сила трения не будет зависеть от направления движения. Судя по условию,
величина этой силы трения практически равна усилию, которое могут создавать 4 больших гнома (+1).
Когда с другой стороны появляются маленькие гномы, то им приходится прикладывать силу, равную сумме
(+1) силы трения F и силы, прикладываемой большими гномами (тоже F), т.е. двум силам трения (+1). Если
больших гномов станет 7, то сила, которую придется прикладывать к камню маленьким гномам для
движения камня от себя, изменится в (1+7/4)/2=11/8 раз (+3). Т.е. для гарантированной победы маленьких
гномов должно быть [18*11/8]+1=25 (+3) Здесь взято минимальное подходящее целое число, так как число
гномов не может нецелым.
I Этап Всесибирской олимпиады-2015. Физика
Возможные решения с баллами. Максимальный балл за задачу – 10.
8 КЛАСС
1) Где-то в море произошло землетрясение. Волны от него дошли до двух наблюдательных
станций в разных местах на берегу моря в 17 ч 45 м и 19 ч 15 м (по московскому времени),
соответственно. В какой момент времени произошло землетрясение, если расстояние между этими
станциями, равно 828 км, а скорость волн на воде была равна 20 м/с? Считать, что обе станции и
эпицентр находились на одной прямой. Влиянием морских течений пренебречь.
Решение. Волна от эпицентра до второй станции шла на 1.5 часа дольше, чем волна до первой
станции (+1 балл). Это значит, что вторая волна прошла на 72*1.5=108 км больше, т.е. от
эпицентра до второй станции на 108 км дальше (+2). Так как между станциями 828 км, то до
первой расстояние равно (828-108)/2= 360 км, а до второй 828-360 = 468 км (за определение
расстояния до эпицентра хоть какой-нибудь станции +2 балла). Это означает, что волна до первой
станции дошла за 360/72=5 ч, а до второй – за 6.5 ч (+2). Таким образом, землетрясение случилось
в 12 часов 45 минут по московскому времени (+3 балла)
2) Машина на пути из города А до города Б имела разную скорость: вначале треть от всего
времени движения – скорость 3V, потом на половине оставшегося пути – 2V, а на остатке пути –
V. Во сколько раз средняя скорость на всем пути больше, чем V?
Решение. Если длина всего пути равна L, а полное время движение Т, то средняя скорость будет
равна Vср=L/T (+1 балл). По условию вторые два участка имеют в сумме длину L-3V·T/3 (+1),
т.е. каждый из них имеет длину (L-V·T)/2 (+2), а преодолены они всего за 2Т/3 (+1).
2T L  VT L  VT
Таким образом, получаем уравнение:
(+2).


3
2  2V
2V
Решая его, получаем, что 17VT=9L, т.е. Vср=L/T=17V/9 или Vср/V=17/9 (+3).
3) С потолка свисает легкая резинка до середины высоты комнаты. К концу резинки привязывают
небольшой груз, который опускается практически до пола и находится там в равновесии. Затем к
середине резинки прикрепляют еще один груз, и расстояние между грузами в равновесии
становится равным четверти высоты комнаты. Найти отношение масс второго и первого грузов.
Считать, что резинка подчиняется закону Гука.
Решение. Первый груз растягивает резинку на половину высоты комнаты (+1 балл). После такого
растяжения на середине высоты комнаты находится точка – середина резинки (+1), которая была
на расстоянии четверти высоты комнаты от потолка (+1). Так как после подвешивания второго
груза расстояние между грузами равно четверти высоты комнаты, то нижняя часть резинки
оказывается нерастянутой, и она не действует ни на второй (+3), ни на первый груз, который
теперь просто лежит на полу. Таким образом, второй груз растягивает вдвое более короткую, т.е.
вдвое более жесткую (+3) резинку на расстояние, также равное половине высоты комнаты, т.е.
второй груз вдвое тяжелее, чем первый, т.е. искомое отношение равно 2 (+2).
4) Имеется 4 одинаковых сосуда. Два из них пустые, а два других полностью заполнены водой –
один горячей (температура T1=80 оС), а другой – холодной (температура Т2=20 оС). Масса воды в
полном сосуде равна М=1 кг. Всю холодную воду разливают по двум пустым сосудам, и в них же
выливают и всю горячую так, что ничего не пролилось. После этого значения температур воды в
сосудах стали равны 70 оС и 28 оС градусов. Какое количество тепла Q было передано при
переливаниях воды в окружающую среду? Считать, что плотность воды слабо зависит от
температуры, а собственной теплоемкостью сосудов можно пренебречь. Удельная теплоемкость
воды 4200 Дж/(кгград).
Решение: Пусть после разливания холодной воды масса воды в одном, ранее пустом сосуде равна
M1, а в другом - M2. Это значит, в частности, что полная масса воды в одном сосуде равна
M=М1+М2. Тогда, для того, чтобы заполнить эти сосуды до верха, надо долить в них воды массой
М2 и М1, соответственно (+3), так как объемы всех сосудов одинаковы, плотность считается
постоянной, а вся вода остается в сосудах.
Обозначим через Q количество энергии, переданной в окружающую среду.
Тогда уравнение теплового баланса при смешивании жидкостей в обоих сосудах имеет вид:
(М1+М2)СТ1+(М1+М2)СТ2= (М1+М2)С(Т1-10)+(М1+М2)С(Т2+8)+Q,
(+4 балла)
Здесь изменения температур более горячей и более холодной порций воды до и после переливаний
указана в градусах.
Преобразуя, получаем, Q=(M1+M2)C(10-8)=8400 Дж (+3 балла)
5) Имеется два сообщающихся цилиндрических сосуда. В них залита
k
F
жидкость плотности . Сосуды сверху плотно закрывают легкими
поршнями с площадями 2S и S, как показано на рисунке. Поршень
S
2S
справа прикреплен к пружине жесткости k, верхний конец которой
закреплен (см. рисунок). Вначале поршни находятся на одной высоте, а
g
пружина не деформирована.

Затем к левому поршню прикладывают вертикальную силу, величина
которой медленно возрастает до значения F. Какой станет деформация пружины? Внешним
давлением пренебречь.
Решение. Обозначим за Х искомую величину деформации правой пружины, которая равна
смещению правого поршня вверх (+1 балл). Вследствие сохранения объема жидкости (+1 балл)
при таком смещении правого поршня левый поршень должен быть смещен вниз на Х/2 (+1 балл).
Так как правый поршень очень легкий, из-за пружины, действующей на него, давление
непосредственно под этим поршнем будет равно kX/S (+1). Под левым поршнем, который
находится на 3Х/2 ниже (+1), давление будет равно kX/S+g·3Х/2 (+2 балла).
Сила F, действующая сверху вниз на левый, тоже очень легкий поршень, должна быть равна силе
давления, действующей на него снизу вверх: F= 2S·(kX/S+g·3Х/2) (+1).
F
Решая получившееся уравнение, получаем X 
(+2).
2k  3gS