Олимпиадные задачи с решениями. Сборник олимпиадных задач по физике

• Название: Сборник олимпиадных задач по физике
• Анкор: Олимпиадные задачи с решениями
• Дата: 31.08.2022
• Размер: 2.52 Mb.
• Имя файла: Олимпиадные задачи с решениями.pdf
• Тип: Сборник; #657475
• страница: 1 из 6

Сборник олимпиадных задач по физике
2017-2018 гг. С решениями. Физический факультет МГУ имени М.В.Ломоносова традиционно участвует в организации и проведении олимпиад школьников по физике. Среди них Ломоносов, Покори Воробьевы горы, Московская олимпиада школьников и «Робофест». В 2017-2018 учебном году в соответствии с Перечнем олимпиад школьников этим олимпиадам присвоены следующие уровни по предмету Физика Московская олимпиада школьников – 1 уровень

«Покори Воробьевы горы – 1 уровень

«Ломоносов» – 2 уровень

«Робофест» – 2 уровень
Победители указанных олимпиад зачислялись в 2018 году на физический факультет МГУ без вступительных испытаний, а призеры получали 100 баллов за дополнительное вступительное испытание по физике. Всего в 2018 году на физический факультет было зачислено 178 человек, являющихся победителями и призерами олимпиад школьников, что составляет 47% от общего числа зачисленных на 1 курс абитуриентов. Предлагаемый сборник подготовлен под редакцией членов методических комиссий олимпиад Варламова С.Д., Парфенова КВ,
Полякова ПА, Семенова МВ, Старокурова Ю.В., Чеснокова С.С., Якуты А. А.

2 Мы взяли интервью у ребят, поступивших на физический факультет
Артём Давыдов Олимпиада Ломоносов физика, 1 степень диплома Что послужило стимулом к участию в Олимпиаде Кому классу я твёрдо определился с направлением при поступлении физика, а целью было поступить на физический факультет, поэтому решил принять участия в олимпиаде Ломоносов. Но самое главное - это интерес к физике и различным сложным задачам. Что такое быть победителем Олимпиады Прежде всего, это огромная радость. Ведь все силы, потраченные на олимпиадную подготовку, были потрачены не зря. Также это даёт авторитет среди одноклассников и придаёт серьёзную уверенность в успехе на ЕГЭ. В чем секрет Вашей победы в Олимпиаде Самое главное - начинать пробовать свои силы на олимпиадах как можно раньше - я начал активно писать олимпиады в ом классе. Немаловажно не бояться неудачи посвящать большую часть свободного времени олимпиадной подготовке. Я занимался, в том числе, и летом перед 10-ым и 11-ым классами. Кем Вы себя видите по окончанию Московского университета На сегодняшний день подумываю о научной карьере, но, как известно, выпускники Физфака становились успешными в самых разных сферах деятельности, поэтому главное - заниматься любимым делом.

3 Мария Хмелева Олимпиады Ломоносов физика, диплом 3 степени Физтех физика, диплом 1 степени Физтех математика, диплом 3 степени
«Росатом» математика, диплом 2 степени «ОММО» диплом 2 степени. Какие моменты прошедшей олимпиады Вам запомнились больше всего Процесс подготовки и написания был веселым, потому что вовремя всех олимпиад я болела, но это мне помогло долей безразличия, я почти не волновалась. Ну и еще, наверное, запомнилось удивление от победы в олимпиаде Физтех, это было неожиданно, но приятно. Что послужило стимулом к участию в Олимпиаде Нас учили в школе, что с помощью олимпиад можно поступить в хороший университет, при этом не волнуясь за ЕГЭ. Это и послужило стимулом. Моя цель была – поступить в МГУ, и олимпиады мне в этом помогли. При этом моя нервная система осталась в сохранности, потому что я не переживала за
ЕГЭ, я уже знала, что поступлю.
Что такое быть победителем Олимпиады Честно, не знаю. Яне чувствую себя какой-то особойили очень умной. Победила – хорошо, но это все благодаря хорошей степени подготовки и, наверное, удаче.
В чем секрет Вашей победы в Олимпиаде В подготовке к этой олимпиаде. Возможно, еще в некоем спокойствии вовремя написания олимпиады.
Кем вы себя видите по окончанию Московского университета Вопрос не из легких, так как я не люблю загадывать на будущее. В любом случае – все будет хорошо. Я уверена, что поступление в МГУ – правильный выбор

4 Олимпиада школьников Ломоносов – 2017/2018» по физике Олимпиада Ломоносов по физике в МГУ проводится в два этапа – отборочный и заключительный. Отборочный этап проходит в форме заочного испытания. На этом этапе каждый ученик го – го классов может участвовать по собственному выбору водном или двух турах, проводимых по единой форме. Задания каждого из туров равноценные по сложности и составляются раздельно для учащихся младших (х – хи старших (х – х) классов. Эти задания размещаются в личных кабинетах участников на сайте http://olymp.msu.ru. Доступ к условиям заданий открывается для участников дважды в год в ноябрей тур) ив декабрей тур. Прием решений и ответов по каждому из туров прекращается одновременно сих завершением. Победители и призеры отборочного этапа приглашаются для участия в заключительном этапе олимпиады. Ниже приводятся примеры заданий для участников отборочного этапа олимпиады Ломоносов. Поскольку числовые данные в условиях задач для каждого участника индивидуальны, приводимые здесь решения задачи ответы к ним даны в общем виде.

5 Отборочный этап олимпиады школьников Ломоносов – 2017/2018» Пример задания для х – х классов
1. Длина нерастянутой пружины l
0
, а коэффициент жесткости k. К пружине подвесили груз массой m. Найдите длину l пружины после того, как груз займет положение равновесия. Ускорение свободного падения g. Решение Поскольку сила тяжести, действующая на мальчика, равна
mg, по закону Гука имеем
mg
x
k



. Отсюда удлинение пружины под действием веса груза
k
mg
l


, и Ответ
k
mg
l
l


0
2. По гладкой горизонтальной поверхности скользят вдоль одной прямой навстречу друг другу массивный брусок со скоростью u и небольшая легкая шайба со скоростью v. В момент времени t = 0 шайба оказалась в некоторой точке А, расстояние от которой до передней грани бруска в этот момент было равно L. Через какое время τ после этого шайба снова окажется в точке А, испытав абсолютно упругое столкновение бруском Считайте, что скорость шайбы перпендикулярна передней грани бруска, а масса шайбы пренебрежимо мала по сравнению с массой бруска. Решение. По закону сложения скоростей скорость шайбы относительно бруска
u





v
v
отн
Поскольку векторы
v

и
u

направлены в противоположные стороны, модуль скорости сближения шайбы с бруском равен
u


v
v
отн
. Время, прошедшее до столкновения шайбы с бруском,
u
L
t


v
1
. За это время шайба переместится от точки А на расстояние
u
L
t
L



v
v
v
1 1
. После столкновения шайбы с массивным бруском скорость бруска не изменится. Для нахождения скорости шайбы после столкновения с бруском учтем, что в системе, связанной с бруском, в момент удара сохраняется кинетическая энергия шайбы, поэтому модуль скорости шайбы относительно бруска при ударе

6 не изменится и остается равным
u


v
v
отн
, а вектор относительной скорости шайбы после удара будет направлен вперед походу бруска. Переходя вновь в неподвижную систему отсчета, по закону сложения скоростей получаем, что модуль скорости шайбы в этой системе станет равным
u
2

v
. После соударения с бруском шайба пройдет расстояние до точки Аза время
)
2
(
)
(
2
u
u
L
t



v
v
v
. Время, через которое шайба снова окажется в точке А, равно
u
L
t
t
2 2
2 Ответ
u
L
2 2



v
3. В калориметре находится смесь воды и льда в состоянии термодинамического равновесия. Через время τ
1
после включения спирали, подсоединенной к источнику постоянного напряжения, весь лёд растаяла ещё через время τ
2
вода нагрелась на Δt. Пренебрегая теплоёмкостью калориметра, определите, каково было отношение n массы воды в к массе льда л в момент включения спирали. Удельная теплоёмкость воды св, удельная теплота плавления льда Решение. Пусть мощность, передаваемая спиралью содержимому калориметра, равна N. Поскольку в момент включения спирали смесь воды и льда находилась в состоянии термодинамического равновесия, те. при температуре таяния льда, тол. По условию на нагрев образовавшейся и имевшейся ранее в калориметре воды потребовалось время
2

. Следовательно, влил в






t
с
m
m
n
Ответ:
1 с. Резистор сопротивлением R
1
подключен к реостату с сопротивлением R и длиной L (см. рисунок. Найдите сопротивление R
AB
цепи между точками
A и B, если движок реостата находится на расстоянии x от его левого конца. Решение Эквивалентная схема цепи изображена на рисунке, где резисторы
2
R
и
3
R
представляют собой левый и правый участки реостата. При этом
L
Rx
R

2
,

7
L
x
L
R
R
)
(
3


. Сопротивление двух параллельно соединенных резисторов
2 1
2 1
R
R
R
R
R



. Полное сопротивление цепи Ответ











L
x
L
Rx
L
R
x
R
R
R
AB
1 1
5. Высота Солнца над горизонтом составляет угол α. Под каким углом β к горизонту следует расположить плоское зеркало для того, чтобы осветить солнечными лучами дно наклонной штольни, образующей угол 60° с горизонтом Решение. Ход луча, падающего на зеркало и отраженного от него, изображен на рисунке. Видно, что угол

между падающим лучом и нормалью к зеркалу равен


2 30 60 2
1









. Угол

между нормалью к зеркалу и горизонтом равен
2 Согласно теореме о равенстве углов с взаимно перпендикулярными сторонами, такой же угол зеркало образует с вертикалью. Поэтому искомый угол
2 60 Ответ
2 Пример задания для х – х классов
1. Груз массой m, подвешенный на пружине, совершает вертикальные гармонические колебания с амплитудой A и периодом T. Определите силу натяжения пружины F в тот момент, когда груз достигает нижней точки. Ускорение свободного падения g.
Решение.Будем отсчитывать координату груза относительно точки подвеса пружины, координатную ось OX направим вниз. Пусть длина недеформированной пружины
0
l
, а ее жесткость
k
. Тогда координата положения равновесия груза
0
x
определится из условия
)
(
0 0
l
x
k
mg


,

8 откуда
k
mg
l
x
/
0 0


. Груз совершает колебания относительно положения равновесия с амплитудой A , поэтому в нижней точке координата груза будет
A
x
x


0
max
. По закону Гука сила растяжения пружины при этом равна
kA
mg
l
x
k
F




)
(
0
max
. Поскольку период колебаний груза равен
k
m
T


2
, жесткость пружины
2 Следовательно,











2 Ответ











2 2
4
T
A
g
m
F
2. На горизонтальном столе покоится клин массой M. Сверху на клин падает шарик массой m. Определите угол α при основании клина, если известно, что после упругого удара о клин шарик отскочил по горизонтали, а клин начал двигаться поступательно. Трением между всеми поверхностями можно пренебречь. Решение Поскольку смещения шарика и клина за время соударения пренебрежимо малы и трение отсутствует, то сила взаимодействия шарика и клина направлена по нормали к наклонной плоскости. Следовательно, изменение импульса шарика
v





m
p
при ударе также будет направлено по нормали к наклонной плоскости клина (см. рисунок, где и
v

– скорости шарика дои после удара соответственно,
u

– скорость клина после удара. Из рисунка видно, что
0
tg
v
v


. По закону сохранения импульса в проекции на горизонтальное направление
Mu
m

v
. По закону сохранения кинетической энергии при упругом ударе
2 2
2 2
2 Отсюда
M
m
u
v

,
M
m


1 0
v
v
. Объединяя записанные выражения,

9 получаем, что
m
M
M



tg
Ответ:
m
M
M



arctg
3. В тепловом двигателе, рабочим телом которого является ν молей идеального одноатомного газа, совершается циклический процесс, диаграмма которого изображена на рисунке. Работа газа за один цикл равна A, температуры газа в состояниях 1 и 3 равны соответственно T
1
и
T
3
. Найдите коэффициент полезного действия цикла η. Универсальная газовая постоянная R. Решение. Работа газа в циклическом процессе равна алгебраической сумме количеств теплоты, которыми газ обменивается с нагревателем и холодильником
1 3
3 2
2 Полученное газом количество теплоты
3 2
2 1




Q
Q
Q
. Следовательно, КПД двигателя
1 3




Q
A
A
, причем
0 По первому закону термодинамики
1 3
3 1
1 3
)
(
2 3






A
T
T
R
Q
, где
)
)(
(
2 1
3 1
3 1
1 3
V
V
p
p
A




– работа газа на участке 1 – 3. Поскольку продолжение прямой 1 – 3 проходит через начало координат, справедливо равенство
3 3
1 1
V
p
V
p

, с учетом которого выражение для
1 преобразуется к виду
)
(
2 1
3 3
1 1
1 3
V
p
V
p
A



. Используя уравнения состояния
1 1
1
RT
V
p


,
3 3
3
RT
V
p


, находим, что
)
(
2 1
3 1
1 Следовательно
)
(
2 3
1 Ответ
%
100
)
(
2 1
3






T
T
R
A
A

10
4. Плоский конденсатор включен последовательно в цепь, состоящую из резистора сопротивлением R и источника с ЭДС E. В пространство между пластинами конденсатора параллельно им вдвигают с постоянной скоростью v металлическую пластинку толщиной d. Поперечные размеры вдвигаемой пластинки
l
l

совпадают с размерами обкладок конденсатора, а расстояние между обкладками d
0
. Пренебрегая внутренним сопротивлением источника, найдите силу тока I вцепи. Электрическая постоянная Решение. Пусть пластинка вдвинута в конденсатор на расстояние x, отсчитываемое от нижнего края пластинки до верхнего края обкладок конденсатора. Емкость конденсатора при этом равна
)
(
]
)
(
[
)
(
)
(
0 0
0 0
0 0
0 0
d
d
d
xd
d
d
l
l
d
x
l
l
d
d
lx
x
C











, а его заряд
U
d
d
d
xd
d
d
l
l
x
q
)
(
]
)
(
[
)
(
0 0
0 0





, где U − напряжение между обкладками конденсатора. При равномерном движении пластины ток зарядки конденсатора, сначала равный нулю, довольно быстро возрастает до установившегося значения, то есть становится практически постоянным. В этом случае
U
d
d
d
d
l
t
q
I
)
(
0 0
0






v
. Учитывая, что напряжение на конденсаторе равно
IR
U


E
, находим окончательно, что
dR
l
d
d
d
d
l
I
v
v
0 0
0 Ответ
dR
l
d
d
d
d
l
I
v
v
0 0
0 0
)
(





E
5. Точечный источник света лежит на главной оптической оси тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием F. Расстояние от источника до центра линзы равно 2F. На какое расстояние x сместится изображение источника, если линзу повернуть на угол α так, чтобы центр линзы остался неподвижным Решение. Когда линза не повернута, изображение находится от нее на расстоянии, равном
F
2
. Ход лучей при построении изображения, даваемого повернутой линзой, приведен на рисунке штриховыми линиями. Так как один из лучей совпадает с главной оптической осью не повернутой линзы, изображение источника при повороте линзы останется

11 на той же прямой. Введем следующие обозначения (см. рисунок
a
OA

,
b
OB

,
y
OD

. Тогда Из подобия треугольников имеем
b
y
a
F

2
, откуда
a
bF
y
2

, причем


cos
2F
a
. Из формулы тонкой линзы следует, что Объединяя записанные выражения, находим, что
1
cos
2 Ответ
1
cos
2
)
cos
1
(
4





F
x

12 Заключительный этап олимпиады школьников Ломоносов – 2017/2018» Пример задания для х – х классов