Материалы Всероссийской олимпиады 2006-2007

КАФЕДРА
Физики
МАТЕРИАЛЫ ВСЕРОССИЙСКИХ ОЛИМПИАД
ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ
РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП.
МАТЕРИАЛЫ XLI ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ
ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ (2006 – 2007 УЧЕБНЫЙ ГОД)
ТЕОРЕТИЧЕСКИЙ ТУР
7 КЛАСС
Задача 1.
Турист первую треть всего времени движения шел по лесу на юг со
скоростью v1=3 км/ч, затем треть всего пути перемещался по полю на восток
со скоростью v2, и, наконец, по кратчайшему пути по просеке вернулся в
исходную точку. Вычислите среднюю (путевую) скорость v0 туриста.
Укажите минимальное возможное значение скорости v2.
Возможное решение
Пусть а – расстояние, пройденное туристом по
c, v3
лесу, b – по полю (рис. 1). Тогда по теореме Пифагора
a, v1
турист проходит по просеке расстояние
c  a 2  b2 .
По условию задачи полный путь, пройденный
b, v2
туристом
Рис. 1
S a  b  c 3b
откуда c  2b  a :
4
5
a 2  c 2  4b 2  4ba  a 2 и b  a , c  a .
3
3
Время, в течение которого турист идет по лесу
a
t1  .
v1
Обозначим полное время движения T. По условию T=3t1.
Тогда средняя (путевая) скорость туриста:
4
5
a a a
abc
3
3  4  a  4  v  4 км/ч.
v0 

1
T
3t 1
3 t1 3
При этом время, которое турист идет по полю,
t 2  T  t 1  2t 1 .
b
Поскольку t 2  , то
v2
b 4 a
2
v2   
  v1  2 км/ч.
t 2 3 2t 1 3
Задача 2. Парашют
Для сближения полярной экспедиции несколько связанных между
собой небольших мешков с грузом сбрасывают на парашюте с самолета в
хорошую безветренную погоду. Установившаяся скорость падения мешков
оказалась равной v1=6 м/с. Один из мешков оторвался от связки, а у
парашюта с оставшимся грузом постепенно установилась новая скорость
падения v2=4 м/с. За какое время t после отрыва мешка скорость парашюта
уменьшится на v=10 см/с? Оцените точность вашего результата. Силу
сопротивления воздуха считайте пропорциональной скорости парашюта.
Возможное решение
Пусть сила сопротивления воздуха F=αv. Найдем отношение k массы
оторвавшегося мешка к полной массе грузов. Так как без парашюта мешки
падали бы намного быстрее, можно считать, что коэффициент α определяется
формой и размером только парашюта и поэтому не зависит от количества
мешков. По второму закону Ньютона, если скорость тела не меняется, то
сумма приложенных к нему сил равна нулю:
Mg  v1 , 1  k Mg  v 2 ,
v
откуда
k 1 2 .
v1
Поскольку изменение скорости v<<v1, то можем считать силу
сопротивления воздуха постоянной. Запишем второй закон Ньютона для
момента сразу после отрыва мешка:
1  k M  v1  1  k Mg ,
1  k Mg  v
1  k M

v 
 1  1 g .
 v2 
Тогда время, за которое скорость связки уменьшится на v, будет
откуда

равно
t
1
v2
v
v


 0,02 с.
 v1  v 2 g
Чтобы оценить погрешность, найдем, какое бы время потребовалось
связке для замедления при движении со скоростью v1  v :
v2
v
v 2
с.
t'  ' 


v1  v  v 2 g 95

И погрешность:
t  t '  t  0,001 с.
Задача 3. Выравнивание температуры (1)
Сосуд с водой имеет форму трехгранной призмы,
нижнее ребро которой горизонтально (рис. 2). В
начальный момент времени температура воды линейно
зависит от высоты. В самой нижней точке температура
воды t1 4 oC, а на поверхности она достигает t2=13 оС. С
течением времени температура во всем сосуде
выровнялась. Вычислите значение установившейся
Рис. 2
температуры t0. считайте, что стенки сосуда и крышка
не проводят и не поглощают тепло.
Возможное решение
Разобьем воду в сосуде на n горизонтальных
слоев с массами m1,….mn (рис. 3) и запишем z
уравнение энергетического баланса (t0 –
установившаяся температура воды):
zi
cm1 t 1  ...  m n t n   cm1  ...  m n t 0 ,
откуда
О
m t  ...  m n t n
,
t0  1 1
Рис. 3
m1  ...  m n
где с – теплоемкость воды.
По условию температура каждой из масс линейно зависит от ее высоты:
t i  A  B  zi .
Обозначим высоту сосуда h. Так как известна температура у основания
и на поверхности воды, то мы можем найти неизвестные коэффициенты А и
B:
t1=A+B0, t2=A+Bh,
откуда
t t
A=t1, B  2 1 ,
h
Тогда для конечной температуры получим:
m A  B  z1   ...  m n A  B  z n 
m z  ...m n z n
t0  1
AB 1 1
.
m1  ...  m n
m1  ...  m n
Несложно заметить, что коэффициент перед В является координатой zс
по оси z центра масс воды. Как известно, центр масс треугольника находится
на пересечении медиан, которые делятся этой точкой в отношении 2:1,
считая от вершины. Следовательно, zс=h2/3, и окончательно:
2
2 t t
t 0  t 1  B  h  t 1   2 1  h  10 оС.
3
3
h
Задача 4. Ток через ребро
Наличие рисунка не освобождает
от необходимости читать условие
Из тонких однородных листов жести спаяли полый куб, к двум
противоположным вершинам большой диагонали которого припаяли
проводники (рис. 4). Сопротивление куба между
этими проводниками оказалось равным R=7 Ом.
Вычислите
силу
электрического
тока,
А
пересекающего ребро АВ куба, если проводники
подключены к источнику напряжения U=42 В.
Возможное решение
В
Рассмотрим ребра куба АВ, ВС, CD, DE, EF, и
Рис. 4
FA (рис. 5, 6). Поскольку они опоясывают весь куб,
то сумма сил токов, протекающих
O
E
E
F
через них, равна I=U/R=6 А.
D
F
Поскольку рассматриваемые ребра
А
расположены симметрично, то силы
O
D
C А
токов, протекающие через них,
равны, следовательно, искомая сила
C
В
В
тока I=I/6=1 А.
Рис. 5
Рис. 6
10 КЛАСС
Задача 1. Столкновение бусинок (1)
По
гладкой
 


  

горизонтальной спице
v n v 3 v 2 v1 u 1 u 2 u 3
um
навстречу друг другу
скользят две группы
одинаковых маленьких
L L L L L
бусинок (рис. 1). В
Рис. 1
первой группе их число
– n, во второй – m. Все скорости бусинок разные, причем в первой группе –
v1v2>>vn, а во второй u1u2>>un. В некоторый момент времени t0
расстояние как между первыми из сближающихся бусинок, так и между
каждой парой соседних бусинок оказалось равным L. Вычислите следующие
величины:
1. Число соударений N бусинок друг с другом, если удары абсолютно
упругие.
2. Время , прошедшее от момента t0 до последнего соударения.
Возможное решение
Запишем законы сохранения энергии и импульса для лобового
столкновения двух одинаковых бусинок, движущихся навстречу друг другу
со скоростями u и v:
mu  mv  mu '  mv ' ,
 2
 mu
mv 2 mu ' 2 mv ' 2



,

 2
2
2
2
откуда
 u '   v,
 '
v  u ,
то есть бусинки просто обмениваются скоростями. С другой стороны,
если до столкновения одна бусинка двигалась вправо со скоростью v, а
вторая – влево со скоростью u, после столкновения ничего не изменится, то
есть, если пренебречь размерами бусинок, можно считать, что столкновения
не было, а бусинки «прошли» сквозь друг друга.
При рассмотрении столкновений с этой точки зрения становится
понятно, что каждая такая «прозрачная» бусинка из первого набора
столкнется со всеми из второго набора, поэтому всего столкновений будет
N=mn.
Завершающее столкновение произойдет между самыми последними, то
есть самыми медленными, «прозрачными» бусинками. В момент t0
расстояние между ними (m+n-1)L, поэтому искомое время:
  (m  n  1)
L
.
vn  u m
Задача 2. Столкновение бусинок (2)
На гладкую горизонтальную спицу надеты две бусинки массами m и
2m, связанные легкой нитью длиной 2L. К

середине нити прикреплен груз массой m.
g
Сначала груз удерживают так, что бусинки на
m
2m
спице отстоят друг от друга на расстоянии 2L.
L
L
Затем груз отпускают без толчка (рис. 2).
m
Вычислите скорости бусинок на спице перед
их соударением. Известно, что в течение всего
Рис. 2
времени движения системы нити не
пересекают.

u
v
Возможное решение
g
Пусть проекции скоростей бусинок
m
2m
массами m и 2m на ось x перед соударением
L
L
равны u и -v соответственно (рис. 3).
m
Нити в этот момент вертикальны,
x
поэтому скорость груза может иметь только
Рис. 3
горизонтальную составляющую, а так как в
любой момент времени груз расположен на одной вертикали с серединой
отрезка, соединяющего верхние бусинки, проекция его скорости на ось x
равна среднему арифметическому проекций скоростей бусинок, то есть (uv)/2.
Запишем законы сохранения импульса в проекции на ось x и энергии:
uv
mu  2mv  m
 0,
2
mu 2 2mv 2 m(u  v) 2


 mgL,
2
2
8
откуда
3u  5v  0,
5u 2  9v 2  2uv  8gL.
Решив систему, получаем, что
gL
u 5
,
22
gL
.
22
Задача 3. Выравнивание температуры (2)
Теплоизолированный сосуд разделен теплопроводящей неподвижной
перегородкой на две части одинакового объема. В одной части сосуда
v3
20
4
находится 1=1 моль неона 10 Ne , а в другой – 2=5 молей гелия 2 He . В
начальный момент средняя квадратичная скорость атомов неона в 2 раза
больше средней квадратичной скорости атомов гелия. Определите
отношение давления p1 гелия в начальный момент времени к его давлению p2
после установления теплового равновесия.
Возможное решение
Пусть m1 и m2 – массы молекул неона и гелия соответственно. Тогда
отношение этих масс равно отношению молярных масс неона и гелия, то есть
m1/m2=5. Рассмотрим температуру гелия в начале эксперимента. Поскольку
2
m v
1 2 3
mv  kT , то T0  2 2 .
2
2
3k
Рассмотрим суммарную энергию всех частиц.
m1 v12
m 2 v 22
E   ( 1 N A )
 ( 2 N A )
,
2
2
где NA – число Авогадро.
После того, как установится тепловое равновесие, энергии всех частиц
будут одинаковы и равны E/N, где N=(1+2)NA – суммарное число всех
частиц. Тогда установившаяся температура запишется в виде
2(E / N) 1m1v12   2 m 2 v 22
.
T1 

3k
3k (1   2 )
Но так как для гелия произошедший процесс был изохорическим, то
p1 T0
(1   2 )m 2 v 22


 0,24 .
p 2 T1 1m1v12   2 m 2 v 22
Задача 4. Тяжелый поршень
Поршень массой m и площадью S делит герметичный
теплопроводящий цилиндр, лежащий на столе, на две равные части. Если
цилиндр медленно повернуть и установить вертикально на одно из его
оснований (рис. 4), то отношение объемов, занимаемых воздухом под
поршнем и над поршнем, будет равно . Найдите давление p0 воздуха в
цилиндре в исходном состоянии. Трением

между стенками цилиндра и поршнем
g
пренебречь.
Vв
m, S
Возможное решение
m, S
Согласно закону Бойля-Мариотта
RT=p0V0=pвVв=pнVн,
(2)
Vн
где индекс «н» относится к нижней, а
индекс «в» – к верхней части вертикально
Рис. 4
установленного цилиндра. По условию
задачи Vн/Vв=. С учетом (2) получим:
Vн p в
(3)

 .
Vв p н
Из условия постоянства объема цилиндра следует:
2V0=Vн+Vв=(1+)Vв,
откуда находим
а из (4) и (2) следует:
1
1 
V0  (Vн  Vв ) 
Vв ,
2
2
(4)
RT RT 2
.
(5)

V0
Vв (1  )
Давление в нижней части цилиндра определяется давлением в верхней
части цилиндра и весом поршня:
RT
mg RT mg
.
pн 
 pв 


Vн
S
Vв
S
С учетом (3) получим:
mg RT RT RT  1   




.
S
Vн
Vв
Vв   
Подставив это соотношение в (5), найдем:
2 mg
.
p0 
(1   2 ) S
p0 
Задача 5. Измерительные приборы
К клеммам приведенной на схеме
A
электрической цепи (рис. 5) приложено
напряжение U=9 В. Если к вольтметру
R
V
подключить параллельно резистор R, то U
показания вольтметра уменьшатся в 2 раза.
Какое напряжение показывал вольтметр до и
Рис. 5
после подключения резистора?
Возможное решение
Пусть первоначальные показания амперметра и вольтметра – I и V
соответственно, а их сопротивления – RA и RV. Тогда
U  IR A  V .
После подключения резистора:
V
U  2IR A  .
2
Выразив из первого уравнения IRА и подставив во второе, получим
V=2/3U=6 В.
Итак, ответ: 6 В и 3 В.
11 КЛАСС
Задача 1. Теннисный шарик
Теннисный шарик, падающий с высоты h0=1,0 м, после удара о
неподвижную горизонтальную ракетку подпрыгивает на высоту h1=0,8 м. С
какой скоростью u нужно двигать ракетку навстречу шарику в момент удара,
чтобы, падая с той же высоты, после отскока от ракетки он снова подпрыгнул
на высоту h0? Считайте, что потери механической энергии происходят только
при соударении (а не за счет трения шарика о воздух) и доля теряемой
энергии всегда одна и та же. Масса ракетки значительно больше массы
шарика.
Возможное решение
Обозначим скорость шарика до удара v, после удара — v'. Тогда
v'
2gh 1
h1
.


v
2gh 0
h0
(1)
Так как доля теряемой энергии в системе отсчёта, где ракетка покоится,
всегда одна и та же, то это соотношение верно для любых v и v’.
Пусть перед ударом ракетка движется со скоростью u, а теннисный
шарик, летящий ей навстречу, со скоростью v0. Перейдём в систему отсчёта,
связанную с ракеткой. В ней шарик движется со скоростью (v0+u). Скорость
vо найдём из закона сохранения энергии: vо= 2gh 0 . Согласно (1), скорость
шарика относительно ракетки после удара v1  ( v 0  u )
h1
. Чтобы после
h0
отскока от ракетки шарик снова подпрыгнул на высоту h0, его скорость
относительно Земли должна быть равна v0, то есть
u  v1  v 0  2gh 0 .
Таким образом,
u  (u  2gh 0 )
h1
 2gh 0 ,
h0
откуда
u  2gh 0
h 0  h1
 0,25 м/с.
h 0  h1
Задача 2. Вертушка
Вертушка (тонкая пластина с большим количеством отверстий)
прикреплена к вертикальной оси (рис. 1). Такую вертушку
раскрутили до угловой скорости 0 и отпустили. На любую
единичную площадку пластины (но не на отверстия) действует
0
сила сопротивления воздуха, создающая избыточное давление,
которое, из-за наличия в вертушке отверстий, пропорциональна
скорости этой площадки. Коэффициент пропорциональности α
длдя всех элементарных площадок одинаков. Вычислите число
оборотов N, которое совершит вертушка до полной остановки.
Масса единичной площадки пластины (без дыр) равна .
Рис. 1
Трением в опорах оси пренебречь.
Возможное решение
Рассмотрим маленькую площадку S без отверстий отдельно от
вертушки. Пусть её угловая скорость равна , и она находится на расстоянии
R от оси вращения, следовательно, линейная скорость равна v=R. Тогда
можно связать тангенциальное ускорение площадки с силой сопротивления:
S
dv
dv

 Sv , или
  v.
dt
dt

Рассмотрим малый промежуток времени t. Из предыдущего
выражения следует, что для этого промежутка выполняется соотношение:
v  


v  t   L ,


где v – изменение скорости за время t, L – путь, пройденный площадкой за
время t. Для движения по окружности v=R, L=R, где  – изменение
угловой скорости, а  – угол, на который поворачивается площадка за
время t, откуда
  

 ,

поэтому соотношение для угла поворота  площадки:
  0  
и окончательно
N

,

  0

.
2 2
Так как этот результат не зависит от радиуса N, он справедлив для
любой площадки, а поэтому и для всей вертушки.
Задача 3. Необычный способ надувания шарика
Под колокол воздушного насоса поместили завязанный резиновый
воздушный шарик, содержащий некоторое количество воздуха (рис. 2). Затем
насосом стали откачивать воздух из-под колокола. При достижении вакуума
под колоколом натяжение резины достигло
предела прочности, и шарик (круглой формы)
лопнул. Вычислите отношение массы воздуха,
который был в шарике, к массе самого
шарика, если предел прочности резины
(натяжение, при котором происходит разрыв)
=6107 Н/м2, а ее плотность =1200 кг/м3.
Рис. 2
При растяжении плотность резины не
меняется. Считайте, что температура воздуха в шарике равна t=27 оС, а его
молярная масса μ=29 г/моль.
Возможное решение
Пусть радиус шарика перед тем, как он лопнул,
r
равен г, а толщина его стенок – d, V – объём стенок
шарика. Рассмотрим маленький кусочек поверхности
(рис. 3). Условие его равновесия:
r

  2r1d  sin   p  r12 ,
где р – давление воздуха в шарике. Поскольку
Рис. 3
r1=rsin, то
p
2 d
.
r
(1)
Из условия постоянства плотности резины V  4r d , откуда с
учётом (1)
2
p
V
.
2r 3
Уравнение Клапейрона-Менделеева:
4
2
p  r 3  RT , или
V  RT , откуда
3
3
3 RT
V
.
2 
Масса шарика равна М=V, отсюда находим искомое отношение:

2

 0,4 .
M 3RT
Задача 4. Несимметричная схема
В электрической цепи, схема которой представлена на рисунке 4,
сопротивления резисторов равны: R1=1,50 кОм, R2=2,87 кОм, R3=3,62 кОм.
Сила тока, протекающего через амперметр, равна I=2 мА. Какое напряжение
показывает вольтметр, включенный между клеммами D и E? Вольтметр и
амперметр считайте идеальными.
Возможное решение
Пусть на участке АС сила тока равна I1, на участке АF — I2, а, на
участке СF — I3. Мысленно поменяем полярность подключения источника
ЭДС. При этом схема перейдёт сама в
себя, сила тока на участке ВF будет
R1 C R2 D R3
равна I1, а на участке ВС будет равна I2.
Поскольку в исходной схеме все токи
A
V
будут течь в противоположную сторону,
B
R1
а силы токов будут такими же, то на
A
участке СВ сила тока равна I2, а на
участке ЕВ равна I1. По правилу
R2 E R3 F R1
Кирхгофа для контура АDЕА
I1R1  I 2 R 2  U DE  I 2 R 2  0 ,
Рис. 4
откуда
U DE  I1R1  3 В.
Задача 5. Три кольца
Три
одинаковых
проводящих


B
B
кольца радиуса r связаны между собой в b
b
f
f

c
точках a, b, c, d, e и f и помещены в
r 
изменяющееся во времени вертикальное
a, c
однородное магнитное поле с индукцией
e
d
a
B=B0+kt (рис. 5), причем плоскость
d e
вертикального кольца перпендикулярна
плоскостям
двух
других
колец.
Рис. 5
Рис. 6
Сопротивление колец на единицу длины
. Найдите силы токов и их направление в каждом из участков колец, если

угол между вектором B и плоскостями наклонных колец –
B
b
I
α (рис. 6)
c
I
Возможное решение
I
Повернём всю систему на 180°. При этом, с одной
d
I
стороны, система колец перейдёт сама в себя, а с другой,
a
направление токов в вертикальном кольце изменится на
противоположное. Отсюда следует, что токи, текущие по
Рис. 7
любой дуге вертикального кольца, равны нулю (рис. 7).
Из аналогичных соображений можно понять, что токи, текущие по
любой дуге каждого из наклонных колец, равны. Обозначим их через I.
Выберем некоторый контур, например, abcd, плоскость которого
находится под углом  к вектору магнитной индукции. Выражение для
потока, пронизывающего контур, запишется в виде
Ф  BS  cos(  / 2  )  r 2 B  sin  ,
следовательно, ЭДС индукции
ℰ 
dФ
dB
 r 2
sin   r 2 k  sin  .
dt
dt
С другой стороны, по закону Кирхгофа
ℰ=IR=2rI.
Окончательно получим
I
rk
sin  .
2
Знак минус означает, что при k>0 направление токов противоположно
указанному на рисунке.
ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫЙ ТУР
9 КЛАСС
Задача 1. «Черный ящик»
1. Снимите зависимость сопротивления «черного ящика» с двумя
выводами от угла поворота регулировочной ручки.
2. Внутри «черного ящика» находится переменный
резистор (рис. 1), регулировочная ручка которого
R0
выведена наружу. Определите схему подключения
переменного резистора и его полное сопротивление R0.
Рис. 1
Оборудование. «Черный ящик», омметр.
Возможное решение
Определим α как отношение угла  поворота
регулировочной ручки переменного резистора к R, Ом
максимальному углу поворота max: α=/mах.
Соединим омметр с «чёрным ящиком» и снимем 50
зависимость сопротивления от α. При этом 0α1 40
30
по определению.
Пример полученной зависимости приведён 20
на графике (рис. 2). Максимальное измеренное 10
сопротивление Rmax=50 Ом. Из графика видно, что
0
0,2 0,4 0,6 0,8 1 
зависимость имеет вид параболы.
Самая простая схема, дающая подобную
Рис. 2
зависимость сопротивления на выходе «черного
ящика», приведена на рисунке 3 (знаком  обозначен омметр).
Rо — номинальное сопротивление реостата (на графике представлена
зависимость при Rо=200 Ом). Тогда сопротивление «чёрного ящика» будет
равно сопротивлению двух параллельно
подключенных резисторов номиналом αR0 и
ЧЯ
R0
(1-α)Rо:

1
1
1
, R  (1  )R 0 .


R R 0 (1  )R 0
Из полученного выражения видно, что
сопротивление зависит от α квадратично,

причём максимум наблюдается при α=1/2,
Рис. 3
R=R0/4.
Следовательно,
если
Rmax
–
максимальное сопротивление, найденное из графика, то R0=4Rmax
10 КЛАСС
Задача 1. Атмосферное давление
Определите как можно точнее давление воздуха в аудитории,
используя предложенное оборудование.
Оборудование: Прозрачная гибкая трубка (длиной примерно 1 м),
зажим, линейка с миллиметровыми делениями (длиной 40 см), сосуд с водой
(высотой около 0,3 м) прозрачный скотч, маркер, метровая рейка.
Возможное решение
Скотчем прикрепляем трубку к рейке. Погружаем трубку в воду так,
чтобы вода заполнила её на 20  30 см. Верхний
1-2
конец трубки пережимаем зажимом. Вынимаем
h
1
трубку из воды и измеряем высоту водяного столба h
и высоту столба воздуха 1 (рис. 1). Переворачиваем
2
h
трубку зажимом вниз. Пусть в этом случае высота
столба воздуха 2. По смещению жидкости измерим
(1-2). Согласно уравнению Клапейрона-Менделеева
Рис. 1
(PA  gh ) 1S  RT , (PA  gh ) 2S  RT .
Считая , S, Т константами, получаем (PA  gh ) 1 = (PA  gh ) 2
gh ( 1   2 )
откуда PA 
.
1   2
Погрешность измерений атмосферного давления по такой методике
составляет 5 – 10%, причём наибольший вклад вносит погрешность
величины (1-2).
Задача 2. Воздушная пружина (1)
Воздух, заключенный в замкнутую оболочку, обладает
упругостью (футбольный мяч, воздушный шарик, надувные
игрушки и т. д.).
Определите коэффициент упругости воздушной полости в
трубке, перекрытой с одного конца зажимом, а с другого –
столбиком воды. Внутренний диаметр трубки известен (d=3 мм).
Оборудование: Прозрачная гибкая трубка (длиной примерно 1 м),
зажим, линейка с миллиметровыми делениями (длиной 40 см), сосуд с водой
(высотой около 0,3 м) прозрачный скотч, маркер, метровая рейка.
Возможное решение
mg
По закону Гука k 
,

где m – масса капли воды; g – ускорение свободного
1-2
  2
падения;   1
– смещение капли (рис. 2).
h
2
1
2mg
d 2 gh
2

Имеем k 
.
 1   2 2( 1   2 )
h
Таким образом, измеряя соответствующие величины
Рис. 2
d 2 gh
по формуле k 
определите коэффициент k.
2( 1   2 )
Задача 3. Воздушная пружина (2)
Воздух, заключенный в замкнутую оболочку, обладает
упругостью (футбольный мяч, воздушный шарик, надувные
игрушки и т. д.).
Определите коэффициент упругости воздушной полости в
трубке, перекрытой с одного конца зажимом, а с другого – каплей –
перемычкой («коротким» столбиком воды). Внутренний диаметр
трубки известен (d=3 мм).
Оборудование: Прозрачная гибкая трубка (длиной примерно 1 м),
зажим, линейка с миллиметровыми делениями (длиной 40 см), сосуд с водой
(высотой около 0,3 м) прозрачный скотч, маркер, метровая рейка.
Возможное решение
Из уравнения Клапейрона-Менделеева можно
0
получить: при горизонтальном расположении трубки (рис.
3)
0-
mRT
,
(1)
pA 
V0
где pA – атмосферное давление; S – площадь поперечного
Рис. 3
d 2
 0 – объем трубки,
сечения трубки; V0=S0=
4
занимаемый воздухом, при ее горизонтальном расположении;
при вертикальном расположении трубки (рис. 3)
mRT
,
(2)
p A  p 
V1
где V1  V0  V , причем V<<V0.
mRT  V0  V1 
mRT  V 

 или p  

.
  V0 V1 
  V02 
p S  
p  F
V
.
p  p A
 A
 A 
V0
 0S
0
S
Из (1) и (2) получим: p  
(3)
p AS  
p A d 2

  k ,
Из соотношения (3) имеем: F  
0
4 0
где k 
p A d 2
4 0
искомый коэффициент упругости воздушной полости в
трубке.
11 КЛАСС
Задача 1. Объем комнаты
Найдите объем комнаты, в которой вы
эксперимент, не отходя от своего рабочего места.
выполняете
Оборудование. Деревянная планка заданной длины (L=40 см),
транспортир, зеркало.
Возможное решение
Поставим перед собой на расстоянии L зеркальце М и
посмотрим через него на один из углов комнаты (рис. 1).
α αL
Измеряем с помощью транспортира угол α между нормалью
α
к стене и направлением на изображение угла комнаты, а
h
x 
также угол  между нормалью к стене и направлением на
угол комнаты. По теореме синусов
Рис. 1
x
L
sin 2
, или x  L
.

sin 2 sin(  )
sin(  )
Отсюда находим расстояние h до стены
sin 2  cos
.
h  x  cos  L
sin(  )
Аналогично находим расстояние до каждой стены комнаты. Суммируя
расстояния до противоположных стен, получаем длину двух других стен.
Высоту комнаты определяем точно так же. Для
этого планку ставим вертикально на стол и на уровне

её конца держим транспортир, а зеркало кладём на
стол. Таким образом, определяем расстояние до H
потолка. Расстояние Н до пола определяем, положив
L
планку на пол и измерив угол , под которым она
видна с уровня стола (рис. 2):
Рис. 2
H  L  ctg .
Определив линейные размеры а, b, с комнаты, находим её объём:
V=аbс.
Погрешность измерений по данной методике составляет около 15%.