Змістsoippo.edu.ua/images/Олімпіади/Inform_Zbirniki_olimpiad/fizika_2015.pdf · Методичні рекомендації щодо проведення ІІ етапу

1

Зміст

Передмова . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1. Методичні рекомендації щодо проведення ІІ етапу Всеукраїнської

учнівської олімпіади з фізики у 2014 – 2015 навчальному році . . . .

3

2. Завдання та розв’язки ІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики у 2014-2015 навчальному році . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

3. ІІІ етап Всеукраїнської олімпіади з фізики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.1. Склад журі . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.2. Завдання та розв’язки теоретичного туру . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.3. Завдання та розв’язки експериментального туру . . . . . . . . . 24

4. Аналітичний звіт про проведення ІІ та ІІІ етапів Всеукраїнської олімпіади з фізики в 2014-2015 навчальному році . . . . . . . . . . . . . .

32

5. Список учнів переможців ІІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики в 2014-2015 навчальному році . . . . . . . . . . . . . .

38

6. Список учителів, які підготували призерів ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики в 2014-2015 навчальному році . . . . . . . . . . . . . .

40

7. Річний та загальний рейтинг команд Сумської області ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

8. Рекомендації щодо підвищення якості підготовки учнів до олімпіади . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

2

Передмова

Обдаровані діти – майбутній цвіт нації, інтелектуальна еліта, гордість і честь України, її світовий авторитет, а тому перед кожним педагогічним колективом, вчителем стоїть завдання забезпечити формування інтелектуального потенціалу нації шляхом створення оптимальних умов для всебічного розвитку обдарованої молоді. Однією з ефективних форм практичної реалізації даного завдання є Всеукраїнські учнівські олімпіади.

У 2013-2014 навчальному році відбулася LI Всеукраїнська олімпіада з фізики, ІV етап якої проходив у місті Суми. Команда Сумської області у складі 4-х учнів виборола два призових місця, що свідчить про систематичну та цілеспрямовану роботу з обдарованими та здібними учнями.

Підготовка до участі в олімпіаді з фізики – важлива складова навчально-виховного процесу, що сприяє не тільки підвищенню зацікавленості у навчанні, але й формуванню важливих інтелектуальних та загальнонавчальних умінь: аналізувати, узагальнювати та систематизувати фактичний і теоретичний матеріал, працювати з різними інформаційними джерелами, формулювати відповідь на запитання проблемного характеру, встановлювати внутрішні та міжпредметні зв’язки, конкретизувати набуті знання, логічно і послідовно викладати свою думку.

Здійснюючи педагогічний супровід підготовки до різних етапів олімпіади учитель розробляє своєрідну стратегію збагачення, яка дає дитині змогу в середовищі своїх однолітків розвивати інтелектуальні здібності на відповідному рівні. Складовими такої стратегії є навчальні ситуації, які максимально навантажують провідну здібність обдарованої дитини, розробка спеціальних навчальних індивідуальних програм, орієнтовних схем-планів індивідуального освітнього маршруту учня, тобто своєрідних траєкторій руху обдарованої дитини до успіху.

Працюючи з обдарованими дітьми, вчитель створює необхідні дидактичні умови, які включають своєчасну діагностику знань, розробку системи творчих завдань, визначення витрат часу на опанування певного розділу фізики.

Пропонований бюлетень зорієнтований на поглиблення знань учнів загальноосвітніх навчальних закладів, які проявляють інтерес до вивчення фізики, а також для орієнтації вчителів та методистів у роботі з обдарованими та талановитими учнями.

Бюлетень може бути використаний учнями та вчителями для аудиторних та самостійних занять при підготовці до фізичних олімпіад, для організації факультативів та гурткової роботи з учнями.

3

1. Методичні рекомендації щодо проведення ІІ етапу

Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики у 2014 – 2015 навчальному році

Документом, що визначає мету, завдання, структуру, технологію

проведення Всеукраїнських олімпіад є Положення про Всеукраїнські учнівські олімпіади, турніри, конкурси з навчальних предметів, конкурси-захисти науково-дослідницьких робіт, олімпіади зі спеціальних дисциплін та конкурси фахової майстерності (наказ Міністерства освіти і науки, молоді та спорту України від 22.09.2011 № 1099), яким повинні керуватися оргкомітети та журі під час проведення ІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики у 2014–2015 навчальному році.

1. У ІІ етапі Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики беруть участь учні 7-11 класів, що стали переможцями І етапу.

2. Час на виконання завдань з фізики для учнів 7-го класу – 3 години (180 хвилин), 8-11 класів – 4 години (240 хвилин).

3. Оргкомітетами забезпечуються однакові умови виконання запропонованих завдань для всіх учасників та дотримання однакових вимог при перевірці робіт.

4. Звертаємо увагу, що коректування змісту завдань неприпустиме. Завдання ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики (відповідно до Положення про Всеукраїнські учнівські олімпіади, турніри, конкурси з навчальних предметів, конкурси-захисти науково-дослідницьких робіт, олімпіади зі спеціальних дисциплін та конкурси фахової майстерності), розроблені Сумським інститутом післядипломної педагогічної освіти та є його інтелектуальною власністю.

5. Оргкомітетами здійснюються всі необхідні заходи щодо забезпечення секретності змісту завдань та публічного оголошення тексту завдань.

6. Зміст завдань копіюється індивідуально для кожного учня (з розрахунку: по 1 аркушу формату А-4 (7, 8, 9, 11 класи) та 1 аркушу формату А-4 з двох сторін (10 клас)). Оприлюднюють його безпосередньо перед початком олімпіади.

7. Під час виконання завдань не дозволяється користуватися довідковою літературою, таблицями. В процесі обчислення учні можуть використовувати калькулятори.

8. Для виконання завдань кожен учень на початок олімпіади повинен мати: ручку, олівець, лінійку, гумку.

9. При виконанні письмових робіт, які підлягають шифруванню, забороняється використання будь-яких позначок, різних кольорів написання, які сприяли б дешифруванню роботи.

10. При оцінюванні завдань олімпіадних робіт з фізики: максимальна оцінка за кожне правильно розв’язане завдання – 5 балів, максимальна кількість балів, яку може отримати учасник ІІ етапу олімпіади з фізики – 25

4

балів (8-11 клас), 20 (7 клас). Критерії оцінювання кожної задачі буде надано в розвʼязках до завдань.

11. Журі перевіряє тільки завдання, що записані у чистовик учасника олімпіади. Чернетка членами журі не розглядається.

12. Перед початком змагання оргкомітет повідомляє учасників про строки подання апеляцій.

13. Заяви, подані до апеляційної комісії, розглядаються протягом установленого періоду часу до підбиття остаточних підсумків змагань.

Для успішного виконання завдань на момент проведення олімпіади

учні повинні опрацювати такі розділи програми з фізики:

7 клас – «Починаємо вивчати фізику» та «Будова речовини»; 8 клас – розділи, які вивчалися в курсі 7-го класу; розділи програми 8-го

класу: «Механічний рух» та «Взаємодія тіл»; 9 клас – розділи, які вивчалися в курсі 7-го та 8-го класів; розділи

програми 9-го класу: «Електричне поле» та «Електричний струм»;

10 клас – розділи, які вивчалися в курсі 7-го, 8-го та 9-го класів; розділи програми 10-го класу: «Кінематика», «Динаміка» та окремі теми розділу «Закони збереження в механіці», зокрема, «Закон збереження імпульсу»;

11 клас – розділи, які вивчалися в курсі 10-го класу; розділи програми 11-го класу: «Електричне поле», «Електричний струм» та окремі теми розділу «Електромагнітне поле», зокрема, теми «Індукція магнітного поля», «Потік магнітної індукції», «Сила Ампера», «Сила Лоренца».

5

2. Завдання та розв’язки ІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики

Завдання 1 (№ 1 – 7, 8 клас)

Інструментальний цех отримав завдання виготовити 80 різців. Скільки сталі на це потрібно, якщо 5 % її йде в стружку? Довжина різця 250 мм,

ширина 50 мм, висота 40 мм. Густина сталі 7,8 г/см3. Відповідь: 328,42 кг. Типові помилки. Учні допускають помилки при обчислення об’єму

деталі правильної форми, розрахунки маси тіла за формулою густини, перетворенні одиниць фізичних величин у систему СІ, визначенні відсотка від числа.

Завдання 2 (№ 2 – 7 клас)

Набір складається із 30 тягарців: 1г, 2г, 3г, 4г, 5г, 6г, …, 30 г. Яка загальна маса набору тягарців? З набору забрали 10 тягарців загальною масою, що складає третину від початкової маси. Чи можна розкласти решту тягарців на дві шальки терезів таким чином, щоб ті були у рівновазі? Якщо так, то запропонуйте послідовність дій.

Відповідь: Загальна маса тягарців 465 г. З набору забрали 10 тягарців з масами від 11 г до 20 г включно. Щоб терези були в рівновазі на ліву шальку поклали тягарці масою 1 г, 2 г, 5 г, 8 г, 9 г, 11 г, 12 г, 18 г, 19 г, 30 г, на праву – 3 г, 4 г, 6 г, 7 г, 10 г, 13 г, 14 г, 16 г, 17 г, 25 г.


Із двох станцій назустріч один одному одночасно вирушили два поїзди. Один поїзд проходить 18 км за кожні 15 хв, а другий – 30 км за 20 хв. Через скільки годин після початку руху відстань між поїздами становитиме 18,5 км, якщо відстань між станціями дорівнює 140 км?

Відповідь: 45 хв. Типові помилки. Задача відноситься до типу математичних задач на

рух, які вивчаються в 5-6 класах. Раціональний спосіб розв’язання ґрунтується на умінні учня знаходити відносну швидкість тіл. Якщо дане уміння не сформоване, то задача розв’язується нераціонально.


Двоє вартових, рухаючись прямолінійно, охороняють з протилежних сторін один невеликий об'єкт. Графіки залежності координат вартових від часу дано на малюнку. Побудуйте: 1) графіки залежності швидкості вартових від часу, 2) графік залежності швидкості першого вартового відносно другого від часу.

6

Розв’язок

Типові помилки. Задача розв’язується поетапно. Використовуючи

уміння читати графіки руху, учні успішно розраховують швидкості вартових на кожному етапі руху, але допускають помилки в побудові графіків 1 та 2 залежності швидкості від часу. Найскладнішим для учнів є побудова графіку залежності швидкості першого вартового відносно другого від часу. Для розрахунку швидкості 𝑣1−2 застосовується класичний закон додавання швидкостей. Типовим є те, що учні не враховують рух Землі відносно другого вартового, швидкість якої по модулю дорівнює швидкості руху першого вартового відносно Землі, але протилежна за напрямком.

Завдання 5 (№ 3 – 8, 9, 10 клас)

У кімнаті на столі лежить плоске дзеркало, на поверхні якого розташована тонка плосковипукла лінза з фокусною відстанню F=40 см (див. малюнок). По стелі повзе муха зі

швидкістю 𝑣 = 2см

с. Відстань від стелі

до дзеркала ℎ = 220 см. На якій відстані від дзеркала розміщене зображення мухи в даній оптичній системі, у той момент, коли вона пересікає головну оптичну вісь лінзи (в точці С)? З якою швидкістю переміщується зображення мухи?

Розв’язок Побудуємо зображення мухи в оптичній

системі лінза – дзеркало – лінза. На рисунку точка М1 – перше зображення мухи, яке утворюється лінзою, а М2 – зображення мухи, яке утворюється лінзою після відбивання променів від дзеркала. Запишемо формулу

тонкої лінзи для першого випадку: 1

ℎ+

1

𝑎=

1

𝐹, для

другого:−1

𝑎+

1

𝑏=

1

𝐹.

Звідси знаходимо невідому відстань:

𝑏 =𝐹ℎ

2ℎ−𝐹= 22 см.

h

C 𝑣∆𝑡

М2

М1

D b

O

М

a

7

Із подібності трикутників ОСМ та ОDМ2 отримуємо: 𝐶𝑀

DМ2=

𝑣∆𝑡

𝑢∆𝑡=

ℎ

𝑏, де 𝑢 – швидкість зображення мухи.

Таким чином, 𝑢 = 𝑣ℎ

𝑏= 0,2

см

с.

Типові помилки. Дана задача належить до типу комбінованих задач і вимагає синтезу знань з теми «Геометрична оптика» та уміння будувати зображення оптичної системи «лінза – дзеркало».

Розв’язуючи задачу учні допускають помилки при побудові зображення мухи в оптичній системі лінза – дзеркало – лінза. Також не можуть знайти зв'язок між величинами формули тонкої лінзи та відстанню від дзеркала до зображення мухи. Роблять помилки в математичних перетворення формули тонкої лінзи.

Завдання 6 (№ 4 – 8 клас).

Стародавні єгиптяни побудували жертовний стовп з тонких плит рівної площі, але різної густини. Плити укладали одна на іншу. У готового стовпа тиск Р між сусідніми плитами залежить від висоти ℎ, на якій розташовуються ці плити, як показано на малюнку (див. графік Р(ℎ), ℎ відміряється від поверхні землі). Одного разу релігія єгиптян зазнала змін, і вони вирішили перевернути догори частину стовпа, а саме шматок між ℎ1 = 10 м і ℎ2 = 40 м. Намалюйте графік тиску Р(h) для стовпа з перевернутою догори частиною. Поясніть свою відповідь.

Розв’язок Розглянемо детально графік між точками ℎ1 = 10 м і ℎ2 = 40 м. Тиск Р на заданому рівні h пов'язано з вагою ділянки стовпа вище

цього рівня, 𝑃(ℎ) =𝑀(ℎ)g

𝑆, де 𝑀(ℎ) – маса, розташована в стовпі вище точки

з координатою ℎ, 𝑆 – площа пластин стовпа. Тому наведений графік, фактично, показує розподіл маси в стовпі з висотою.

При підйомі по стовпу тиск зменшується на 0,25 МПа (одна поділка). Це відбувається через те, що ми піднялися вище, а маса ділянки стовпа, яка лежить вище нас, зменшилася на деяку величину 𝑚0. Між рівнями 10 і 20 метрів тиск зменшився на 3 поділки, тобто маса стовпа, укладеного між цими рівнями, дорівнює 3𝑚0. Тиск убуває між цими рівнями рівномірно, так як маса там також розподілена рівномірно. Аналогічно, між рівнями 20 та 30 метрів маса стовпа спочатку дорівнювала 𝑚0, а між рівнями 30 та 40 метрів – дорівнювала 2𝑚0.

Коли ділянку стовпа перевернули, між рівнями 10 та 20 метрів виявилася укладена та маса, яка раніше знаходилася між рівнями 30 та 40 метрів, тобто 2𝑚0. Тому на новому графіку тиск повинен зменшитися в інтервалі від 10 до 20 метрів на дві поділки.

8

Міркуючи аналогічно, легко показати, що на новому малюнку відрізок графіка, що лежить між рівнями 10 та 40 метрів просто повернеться на 180 градусів, або, що теж саме, відіб'ється вертикально, а потім горизонтально.

Типові помилки. Основна причина неуспішності розв’язку задачі – це помилки в аналізі розподілу маси в стовпі пластин до і після їх переміщення. Учні допускають помилки в інформації, яка подається графічним методом, а також при побудові графіків.


Скільки вугілля необхідно спалити для того, щоб розтопити сніг, зібраний прибиральною машиною з площі 0,04 км2. Товщина снігового покриву – 20 см. Температура повітря 𝑡 = −3о С. ККД машини – 25 %.

Густина снігу 300 кг/м3, питома теплота згоряння вугілля 3·105 кДж

кг, питома

теплоємність снігу 2·103 Дж

кг·С, питома теплота плавлення снігу 330

кДж

кг.

Відповідь: 161280 кг. Типові помилки. Учні уміють складати рівняння теплового балансу,

враховуючи всі процеси отримання та виділення кількості теплоти, проте головна помилка – в математичних перетвореннях формул.


Електричний нагрівач складається з трьох однакових нагрівних спіралей, з’єднаних так, як показано на малюнку. На скільки відсотків зміниться потужність нагрівача, якщо спіраль 3 перегорить. Вважайте, що нагрівник підключено до джерела постійного струму.

Розв’язок

Опір кола в першому випадку 𝑅1 = 𝑅 +𝑅

2=

3𝑅

2, потужність 𝑃1 =

𝑈2

𝑅1=

2𝑈2

3𝑅.

Після перегорання спіралі 3 відповідно: 𝑅2 = 2𝑅 та 𝑃2 =𝑈2

2𝑅.

Тоді зміна потужності ∆𝑃 = 𝑃2 − 𝑃1 = −𝑈2

6𝑅, а її відносна зміна

∆𝑃

𝑃1= −

1

4,

тобто потужність нагрівника зменшиться на 25%. Типові помилки. Учні уміють застосовувати закон Ома, розраховувати

потужність нагрівача, враховуючи змішане з’єднання елементів кола, але допускають помилки під час визначення опору і потужності кола після перегорання спіралі 3, розрахунку відсотків зміни потужності.

1

2 3

9

Завдання 9 (№ 1 – 10 клас) По двох взаємно перпендикулярних

провідниках протікають електричні струми так, як показано на малюнку. Сила струму в першому провіднику в 2 рази більша ніж сила струму у другому. Точки А, В, С належать прямій, яка співпадає з відрізком О1О2, що є найменшою відстанню між провідниками. Точка А ділить цей відрізок навпіл. ВО1 = АО1 = СО2. У точки А, В, С помістили короткі провідники, по яким струм рухається від С до В. У якому напрямку буде діяти сила на кожен з провідників?

Розв’язок. У точці А:

Сила Ампера, що створюється дією першого

провідника, в 2 рази перевищує силу Ампера, створену другим провідником, оскільки сила струму першого провідника в 2 рази більша, ніж у другому, а відстані від провідників до точки А однакові.

Тому 𝐹1 = 2𝐹2. 𝑡gɑ =𝐹2

𝐹1=

𝐹2

2𝐹2=

1

2 → ɑ = arctg0,5.

Х

У

Z

0

А

В

С

О1

О2

𝐼1

𝐼2

В1 𝐹2

С

О2

𝐵2

А

О1 Х

В

𝐼1

У

𝐼2

Z

0

Напрям магнітного поля та сили Ампера для провідника 1


𝐹1

Х

У

Z

0

А

В

С

О1

О2

𝐼1

𝐼2

В1 𝐹2

С

О2

𝐵2

А

О1 Х

В

𝐼1

У

𝐼2

Z

0

𝐹1

𝐹2

𝐹

У

Z

Х

Напрям магнітного

поля та сили Ампера

для провідника 1




10

У точці В.

Сила Ампера, що створюється дією першого

провідника, в 6 разів перевищує силу Ампера, створену другим провідником, оскільки сила струму першого провідника в 2 рази більша, ніж у другому, а відстані від другого провідника до точки В у 3 рази більша.

Тому 𝐹1 = 6𝐹2. 𝑡gɑ =𝐹2

𝐹1=

𝐹2

6𝐹2=

1

6 → ɑ = arctg1/6.

У точці С.

Врахуємо, що точка С розміщена від першого провідника на відстані, яка в 3 рази більша, ніж відстань від другого, та сила струму відрізняється у 2 рази, то

магнітне поле першого провідника ослабляється в 2

3

рази.

Х

Z

0 А

В

С

О1

О2

𝐼1

𝐼2

В1

𝐹2

С

О2 𝐵2 А

О1 Х

В

𝐼1

У

𝐼2

Z

0



𝐹1

У

Х

Z

0 А

В

С

О1

О2

𝐼1

𝐼2

В1

𝐹2

С

О2

𝐵2

А

О1 Х

В

𝐼1

У

𝐼2

Z

0



𝐹1

У

Х

Z

0 А

В

С

О1

О2

𝐼1

𝐼2

В1

𝐹2

С

О2 𝐵2 А

О1 Х

В

𝐼1

У

𝐼2

Z

0

𝐹1

𝐹2

𝐹

У

Z

Х







𝐹1

У

Х

Z

0 А

В

С

О1

О2

𝐼1

𝐼2

В1

𝐹2

С

О2

𝐵2

А

О1 Х

В

𝐼1

У

𝐼2

Z

0

𝐹1

𝐹2

𝐹

У

Z

Х







𝐹1

У

11

𝐹1 =2

3𝐹2. 𝑡gɑ =

𝐹1

𝐹2=

2𝐹2

3𝐹2=

2

3 → ɑ = arctg2/3.

Типові помилки. Учні допускають помилки під час визначення напрямку магнітних полів провідників у відповідних точках простору за правилом правої руки і напряму сили Ампера за правилом правої руки, запису тангенса кута та його розрахунку.

Завдання 10 (№ 5 – 10, 11 клас)

Поршень масою 2 кг може ковзати з тертям у середині вертикальної нерухомої трубки. Спочатку поршень прикріпили всередині трубки до стелі

пружиною з жорсткістю 𝑘1 = 20 Н

м, довжина якої в недеформованому стані

𝑙1 = 60 см. Поршень розташували посередині труби, відпустили і він залишився нерухомим. Потім дослід повторили, замінивши пружину.

Жорсткість нової пружини стала 𝑘1 = 10 Н

м, а довжина в недеформованому

стані 𝑙1 = 20 см. Проте, поршень у середині труби знову залишився нерухомим. При яких значеннях сили тертя поршня по трубі дана ситуація можлива?

Розв’язок За умовою задачі довжина трубки невідома. Позначимо її довжину L.

Тоді видовження першої пружини дорівнює 𝑥1 = (𝐿

2− 𝑙1). Проекція сили

пружності на вертикальну, направлену вгору вісь, дорівнює 𝐹1 = 𝑘1 (𝐿

2− 𝑙1).

Довжина пружин в недеформованому стані може бути як більшою 𝐿

2, так і

меншою, тобто сила пружності може діяти на нерухомий поршень як вгору,

так і вниз. Для другої пружини аналогічно 𝑥2 = (𝐿

2− 𝑙2), 𝐹2 = 𝑘2 (

𝐿

2− 𝑙2).

Поршень залишається нерухомим, тобто на нього діє сила тертя спокою, яка компенсує сили пружності та тяжіння. Сила тертя спокою може не перевищувати силу тертя ковзання і бути направленою в будь-яку сторону. Але сила тертя спокою по модулю не може перевищувати критичного значення сили тертя ковзання (𝐹𝑚𝑎𝑥), інакше поршень почне рухатися.

Дану умову можна записати в вигляді подвійної нерівності, використовуючи другий закон Ньютона в проекції на вертикальну

вісь: −𝐹𝑚𝑎𝑥 ≤ 𝑘1 (𝐿

2− 𝑙1) − 𝑀g ≤ 𝐹𝑚𝑎𝑥 (1)

Для другої пружини аналогічно: −𝐹𝑚𝑎𝑥 ≤ 𝑘2 (𝐿

2− 𝑙2) − 𝑀g ≤ 𝐹𝑚𝑎𝑥.

Для кожної пружини поршень залишиться нерухомим, якщо обидві нерівності виконуються одночасно. Але це можливо не при будь-яких значеннях максимальної сили тертя 𝐹𝑚𝑎𝑥. Для того, щоб отримати ці

значення, перетворимо нерівності: −𝐹𝑚𝑎𝑥+𝑀g

𝑘1+ 𝑙1 ≤

𝐿

2≤

𝐹𝑚𝑎𝑥+𝑀g

𝑘1+ 𝑙1,

−𝐹𝑚𝑎𝑥 + 𝑀g

𝑘2

+ 𝑙2 ≤𝐿

2≤

𝐹𝑚𝑎𝑥 + 𝑀g

𝑘2

+ 𝑙2

Підставимо числа і отримаємо дві подвійні нерівності:

12

−𝐹𝑚𝑎𝑥

20+ 1,6 ≤

𝐿

2≤

𝐹𝑚𝑎𝑥

20+ 1,6;

−𝐹𝑚𝑎𝑥

10+ 2,2 ≤

𝐿

2≤

𝐹𝑚𝑎𝑥

20+ 2,2 (1)

Для того, щоб ця система була спільною, необхідно, щоб числа в першій частині верхньої нерівності було більше або дорівнювати лівому числу в нижній.

−𝐹𝑚𝑎𝑥

10+ 2,2 ≤

𝐿

2≤

𝐹𝑚𝑎𝑥

20+ 1,6. Звідси 𝐹𝑚𝑎𝑥 ≥ 4Н. Підстановкою легко

переконатися, що число в правій частині нижньої нерівності більше або дорівнює лівого числа в верхній.

Таким чином, нерівності спільні, коли максимальна сила тертя спокою перевищує 4 Н. Відзначимо, що навіть якщо 𝐹𝑚𝑎𝑥 задовольняє даній умові, то обидва поршня зможуть залишатися нерухомими не при будь-яких значеннях довжини труби L, а тільки при таких, які задовольняють нерівностям (1).

Відповідь: Це можливо, коли сила тертя більша 4 Н. Типові помилки. Учні помиляються в аналізі сил, що діють на

нерухомий поршень, записі ІІ закону Ньютона та проектуванні сил.

Завдання 11 (№ 1 – 11 клас) Одночасно з Землі кинули тіло вертикально вгору та з висоти 20 м

почало падати таке ж друге тіло. Тіла зіткнулися на деякій висоті. Час падіння другого тіла був у 2 рази більшим, ніж час його падіння при відсутності зіткнення. Визначте початкову швидкість першого тіла та висоту зіткнення. Зіткнення центральне та абсолютно пружне.

Розв’язок

Залежність координати тіл від часу: у1 = 𝑣0𝑡 −g𝑡2

2 (1), у2 = 𝐻 −

g𝑡2

2 (2).

У момент зустрічі координати тіл однакові, тому 𝑣0𝑡 −g𝑡2

2= 𝐻 −

g𝑡2

2. З

даного співвідношення визначаємо час до зіткнення 𝑡 =𝐻

𝑣0.

Підставивши вираз часу в одне з рівнянь руху тіл, отримаємо висоту,

на якій зіткнулися тіла: ℎ = 𝐻 (1 −g𝐻

2𝑣02) (3).

У

H

h

1

2

𝑣0

𝑣1

𝑣1

𝑣2

𝑣2

0

До зіткнення Після зіткнення

13

Час падіння другого тіла без зіткнення 𝑡п визначаємо з рівняння 2:

𝑡п = √2Н

g.

При абсолютно пружному зіткненні тіл, виконуються закони збереження імпульсу та енергії. Оскільки тіла однакові, то вони обмінюються швидкостями, і після зіткнення будуть продовжувати рух по траєкторії іншого тіла так, ніби зіткнення не відбулося. Таким чином, час падіння другого тіла буде дорівнювати повному часу руху першого (від початку руху до повернення на Землю) в ситуації, коли відсутнє зіткнення з другим тілом. Оскільки час руху другого тіла в ситуації зіткнення більший у

2 рази ніж час без зіткнення, то від дорівнює 𝑡2 = 2𝑡п = 2√2Н

g. Початкову

швидкість першого тіла визначаємо з рівняння 1: 0 = 𝑣0𝑡2 −g𝑡2

2

2 → 𝑣0 =

g𝑡2

2= √2gH = 20

м

с.

Висоту, на якій зіткнулися тіла, визначаємо з формули (3): ℎ = 15 м.

Завдання 12 (№ 2 – 11 клас). Замкнута циліндрична посудина ділиться рухомим поршнем на 2 рівні

частини. В одній з них знаходиться повітря, в іншій – вода і пара. При повільному нагріванні всієї посудини поршень починає рухатися і в деякий момент часу зупиняється. У цей момент він ділить об'єм посудини на частини в співвідношенні 1: 3. Визначте відношення маси води до маси пара на початку досліду. Температури в обох частинах посудини весь час однакові. Об'ємом, який займає вода в одній з частин посудини, знехтувати.

Розв’язок Нехай об’єм усієї посудини 𝑉0, маса пари 𝑚п, води – 𝑚в. Поршень

буде рухатися до того часу, доки вся вода не випарується. При цьому

об’єм, який займає пара, збільшиться від 𝑉1 =𝑉0

2 до 𝑉2 =

3𝑉0

4, а її маса – від

𝑚п до 𝑚п + 𝑚в. Рівняння стану для повітря: р1(𝑉0−𝑉1)

Т1=

р2(𝑉0−𝑉2)

Т2, де р1 та Т1 –

початкові, р2 та Т2 – кінцеві тиск і температура.

Аналогічно для пари: р1𝑉1

Т1=

(𝑚п+𝑚в)р2𝑉2

𝑚пТ2.

Із цих двох рівнянь отримуємо: р1𝑇2

р2Т1=

𝑉0−𝑉2

𝑉0−𝑉1= (1 +

𝑚в

𝑚п)𝑉2

𝑉1.

Звідси знаходимо невідоме співвідношення мас: 𝑚в

𝑚п= 2.

Завдання 13 (№ 3 – 11 клас) Конденсатори ємністю С та резистори з

опором R та 2R включені в коло так, як показано на малюнку. Знайти заряд на заземленій обкладці конденсатора. Напруга 𝑈0 відома.

14

Розв’язок Через конденсатори постійний струм відсутній. Потенціали в точках М,

N, K дорівнюють: 𝑈м = 𝑈0 , 𝑈𝑁 =𝑈0

3, 𝑈𝐾 = 0.

Сума зарядів трьох пластин конденсаторів, які зʼєднанні з точкою L, дорівнює 0: 𝑞1 + 𝑞2 + 𝑞3 =0 (1).

Нехай різниця потенціалів на конденсаторі С2 дорівнює 𝑈2.

Тоді С(𝑈0 − 𝑈2) = 𝑞1, 𝐶𝑈2 = 𝑞2, 𝐶 (𝑈2 −𝑈0

3) = 𝑞3.

Підставивши дані вирази в формулу 1, отримуємо С(𝑈0 − 𝑈2) + 𝐶𝑈2 +

𝐶 (𝑈2 −𝑈0

3) = 0. Зробивши перетворення, отримуємо вираз для 𝑈2=

2𝑈0

3. Тому

𝑞2 = −2

3С𝑈0.

Завдання 14 (№ 4 – 11 клас).

На абсолютно гладкій непровідній поверхні утримують два металевих кубики. На один кубик поклали позитивний заряд +𝑞, на другий –

негативний заряд – 𝑞. Кубики відпустили. Через який час вони зіштовхнуться? Відстань між кубиками h набагато менша ніж сторони кубика а. Густина матеріалу ρ.

Розв’язок Заряди розподіляються рівномірно на обернених один до одної гранях

кубиків. Оскільки ℎ ≪ 𝑎, то електричне поле в просторі між кубиками

дорівнює 𝐸 =𝜎

𝜀0=

𝑞

𝑎2𝜀0. На кожен кубик буде діяти сила 𝐹 = 𝑞𝐸 =

𝑞2

𝑎2𝜀0 та

надавати їм прискорення 𝑎 =𝐹

𝑚=

𝑞2

𝑎2𝜀0𝑚. До зіткнення кожен кубик повинен

пройти переміщення 𝑙 =ℎ

2=

𝑎𝑡2

2.

Звідси 𝑡 = √ℎ

𝑎= √

ℎ𝑎2𝜀0𝑚

𝑞2 = √𝜌𝑎5ℎ𝜀0

𝑞2 .

15

3. ІІІ етап Всеукраїнської олімпіади з фізики

3.1. Склад журі

Голова журі: Зимак Юрій Анатолійович,

доцент кафедри загальної та теоретичної фізики, директор департаменту доуніверситетської освіти Сумського державного університету, кандидат технічних наук.

Заступник голови журі:

Каленик Михайло Вікторович,

доцент кафедри фізики та методики навчання фізики Сумського державного педагогічного університету ім. А.С. Макаренко, кандидат педагогічних наук.

Секретар: Карпуша Валентина Михайлівна,

методист фізики Сумського обласного інституту післядипломної педагогічної освіти.

Члени журі:

1 Кравченко Володимир Олексійович

старший викладач кафедри фізики та методики навчання фізики Сумського державного педагогічного університету ім. А.С. Макаренко, кандидат фізико-математичних наук;

2 Вітренко Андрій Миколайович

старший викладач кафедри загальної та теоретичної фізики Сумського державного університету, кандидат фізико-математичних наук;

3 Ромбовський Михайло Юрійович

старший викладач кафедри загальної та теоретичної фізики Сумського державного університету, кандидат фізико-математичних наук;

4 Шкурдода Юрій Олексійович

доцент кафедри фізики та методики навчання фізики Сумського державного педагогічного університету ім. А.С. Макаренко, кандидат фізико-математичних наук;

5 Мащенко Олександр Васильович

вчитель фізики вищої категорії Косівщинської загальноосвітньої школи І-ІІІ ступенів Сумської районної ради, старший вчитель.

Експерт-консультант: Нефедченко Василь Федорович, доцент кафедри загальної та теоретичної фізики Сумського державного університету, кандидат фізико-математичних наук.

16

3.2. Завдання та розвʼязки завдань теоретичного туру

Завдання 1 (8 клас) Однорідний брус завдовжки 1 м підвішений, як

показано на рисунку. Ліву нитку укріплено на відстані 30 см від лівого кінця бруса. На якій відстані від правого кінця бруса укріплено праву нитку?

Розв'язок

Позначимо: 𝑙1 – відстань від лівої нитки до лівого кінця бруса,

𝑙2 – відстань від правої нитки до правого кінця бруса, 𝑙 – довжина бруса.

На брус діють сили: у лівій нитці – сила 𝐹1, у правій нитці – сила 𝐹2 та

сила тяжіння 𝐹т. Рухомий блок дає виграш у силі в 2 рази. Тому 2𝐹1 = 𝐹2.

Застосуємо правило моментів сил 𝐹1𝑙1 + 𝐹2(𝑙 − 𝑙2) = 𝐹т𝑙

2 та врахуємо,

що 𝐹1 + 𝐹2 = 𝐹т.

Отримаємо 𝑙2 =𝑙+2𝑙1

4= 40 см.

Завдання 2 (8 клас)

Із пункту А кільцевої траси довжиною 24 км виїхав велосипедист, а за 20 хв у тому ж напрямку виїхав мотоцикліст. За 10 хв після виїзду він наздогнав велосипедиста, а ще за 30 хв наздогнав його вдруге. Визначте швидкості велосипедиста та мотоцикліста.

Розв'язок Шлях руху велосипедиста до першої зустрічі 𝑙 = 𝑣в(𝑡0 − 𝑡1), а

мотоцикліста – 𝑙 = 𝑣м𝑡1. Звідси 𝑣в(𝑡0 − 𝑡1) = 𝑣м𝑡1 (1). Шлях руху

велосипедиста до другої зустрічі 𝑙в = 𝑣в(𝑡0 + 𝑡1 + 𝑡2), а мотоцикліста –

𝑙м = 𝑣м(𝑡1 + 𝑡2), причому 𝑙м = 𝑙в + 𝑙0 (2), де 𝑙0 – довжина кільцевої траси.

Поділивши (1) на (2), отримаємо:

𝑣в = 𝑙0𝑡1

(𝑡0−𝑡1)(𝑡1+𝑡2)−𝑡1(𝑡0+𝑡1+𝑡2) = 24

м

с;

𝑣м =𝑣в(𝑡0 − 𝑡1)

𝑡1= 72

м

с.


Світна точка, розташована на відстані 15 см від збиральної лінзи з

фокусною відстанню 10 см, рухається зі швидкістю 2 см

с перпендикулярно до

головної оптичної осі. З якою швидкістю рухається зображення точки? Розв'язок

Із формули тонкої лінзи 𝑓 =𝐹𝑑

𝑑−𝐹. Із формул збільшення, яке дає лінза

𝑙2

𝑙1=

𝑓

𝑑, де 𝑙1 = 𝑣1𝑡 – шлях, який проходить точка, а 𝑙2 = 𝑣2𝑡 - шлях, який

проходить зображення. Звідси 𝑣2 =𝑣1𝑑

𝑑−𝐹= 4

см

с.

17


По паралельних коліях назустріч один одному рухаються два потяги:

пасажирський довжиною 𝑙1 = 300 м зі швидкістю 𝑣1 = 60км

год і вантажний зі

швидкістю 𝑣2 = 40км

год. Машиніст пасажирського потягу визначив, що

вантажний потяг проїжджає повз нього за час 𝑡 = 21,6 с. Визначити відстань від точки зустрічі потягів до точки розходження останніх вагонів.

Розв'язок Довжина вантажного поїзда 𝑙2 = (𝑣1 + 𝑣2)𝑡. Час, за який поїзда

розминулися 𝑡1 = 𝑙1+𝑙2

𝑣1+𝑣2. Тоді відстань від точки зустрічі потягів до точки

розходження останніх вагонів ∆𝑙 = 𝑙2 − 𝑣2𝑡1 = 𝑣1𝑡 − 𝑣2𝑙1

𝑣1+𝑣2 ≈ 240 м.


Коли пружину розтягнуто силою 2 Н, її довжина становить 15 см. Якщо силу збільшити до 5 Н, довжина пружини збільшується до 19,5 см. Знайти довжину не розтягнутої пружини.

Розв'язок У першому випадку 𝐹1 = 𝑘(𝑙1 − 𝑙0), а в другому 𝐹2 = 𝑘(𝑙2 − 𝑙0). Із даних

рівнянь, отримаємо 𝑙0 =𝐹1𝑙2−𝐹2𝑙1

𝐹1−𝐹2= 0,12 см.


Електричне коло містить 40 резисторів. Опори резисторів першої ланки дорівнюють 1 Ом кожний, другої – 10 Ом, третьої – 100 Ом відповідно і так до 20-ої ланки. Визначити опір кола між точками А і В.

Розв'язок Нехай шуканий опір 𝑅𝑥. Відкинемо першу ланку 1 Ом – 1 Ом.

Отримаємо „нескінченне” коло, усі резистори якого більші за початкові в 10 раз, отже, опір цього кола 10𝑅𝑥. Тоді повернемо на місце першу ланку, а весь інший ланцюг замінимо резистором 10𝑅𝑥. До резистора 1 Ом

паралельно приєднано 10𝑅𝑥: 1

𝑅0=

1

1+

1

10𝑅𝑥; 𝑅0 =

10𝑅𝑥

10𝑅𝑥+1. До резистора 1 Ом

послідовно приєднано 𝑅0:

𝑅𝑥 = 1 + 𝑅0; 10𝑅𝑥2 − 19𝑅𝑥 − 1 = 0; 𝑅𝑥 = 1,951249 Ом .

Шуканий опір можна знайти і звичайним способом. З умови задачі видно, що опори ланок швидко зростають. Для наближених розрахунків можна відкинути віддалені ланки – відповідь майже не зміниться.

18

Наприклад, відкинемо всі ланки, крім першої. В цьому випадку опір буде рівним 𝑅1 = 2 Ом. Тепер залишимо дві ланки. Отримаємо просту

послідовно-паралельну схему. 𝑅2 = 20 Ом; 1

𝑅=

1

1+

1

20; 𝑅 =

20

21 Ом;

𝑅𝑥 = 1 +20

21= 1,95238 Ом. Для трьох ланок за аналогічними міркуваннями

𝑅𝑥 = 1,95226 Ом і т.д.

Завдання 7 (9 клас) На дні широкої посудини, заповненої важкою

в’язкою рідиною, знаходиться повітряна бульбашка, що відривається від донця і починає повільно спливати. Яка кількість теплоти виділиться в рідині до того моменту, коли бульбашка підніметься на

висоту ℎ =3ℎ0

4, якщо при цьому її об’єм збільшився

удвічі? Рух бульбашки настільки повільний, що кінетичною енергією рідини можна знехтувати. Глибина рідини ℎ0 = 1,5 м, її

густина 13600кг

м3, початковий об’єм бульбашки 𝑉0 = 1 см3.

Розв'язок Частина ртуті займе старе

місце бульбашки на дні, а частина на її поверхні. Початкова потенціальна енергія краплі ртуті в об’ємі бульбашки:

𝑊𝑝0 = 𝑚gℎ =3

4𝜌g2𝑉0ℎ0. Кінцева

потенціальна енергія краплі ртуті: 𝑊𝑝 = 𝑚0gℎʹ + 𝑚0gℎ0, де

ℎʹ = 0. Тоді 𝑄 = 𝑊𝑝0 − 𝑊𝑝 =1

2𝜌g𝑉0ℎ0 = 0,102 Дж.


У холодильнику з води при температурі 10° С за 4 год. одержали 300 г льоду при температурі –3° С . Скільки відсотків становить теплота, що її віддали вода і лід від кількості електроенергії, спожитої холодильником з

мережі, якщо його потужність 70 Вт? Питома теплоємність води 4200 Дж

кг·°С,

питома теплоємність льоду 2100 Дж

кг·°С, питома теплота кристалізації води

330 кДж

кг.

Розв'язок Кількість теплоти, що її віддає вода і лід:

𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 = 𝑚(𝑐в(𝑡1 − 𝑡2) + 𝜆 + 𝑐л(𝑡2 − 𝑡3)).

Робота струму 𝐴 = 𝑃𝜏. Тоді 𝑥 =𝑄·100%

𝐴≈ 11,26%

19

Завдання 9 (9 клас) Збиральна лінза дає на екрані зображення джерела світла, збільшене

в три рази. Якщо лінзу пересунути на 48 см ближче до екрана, то зображення буде в три рази менше за джерело. Визначити фокусну відстань лінзи.

Розв'язок 𝑙 – відстань між двома положеннями лінзи. Для першого положення

лінзи Г1 =𝑓1

𝑑1, а для другого Г2 =

𝑓2

𝑑2, де 𝑑2 = 𝑑1 + 𝑙; 𝑓2 = 𝑓1 − 𝑙.

Звідси 𝑑1 = 𝑙(Г2+1)

Г1−Г2 = 24 см; 𝑓1 =

Г1𝑙(Г2+1)

Г1−Г2 = 72 см. Із формули тонкої лінзи

𝐹 = 𝑑1𝑓1

𝑑1+𝑓1 = 18 см.


Аеростат об’ємом 20000 м3 наповнено воднем, густина якого 𝜌1 =

0,09 кг

м3. Підіймальна сила дорівнює 25000 Н. На скільки вона зменшиться,

якщо аеростат наповнити гелієм (𝜌2 = 2𝜌1)? Знайти масу аеростата (без

наповнюючого газу). Вважайте, що g = 10Н

кг, густина повітря 𝜌 = 1,29

кг

м3.

Розв'язок Підіймальна сила аеростата у випадку наповнення його воднем

𝐹1 = 𝐹𝐴 − 𝐹т𝐴 − 𝐹тВ, де 𝐹𝐴 – сила Архімеда, 𝐹т𝐴 – сила тяжіння, що діє на оболонку аеростата; 𝐹тВ – сила тяжіння, що діє на водень. Підіймальна сила аеростата у випадку наповнення його гелієм 𝐹2 = 𝐹𝐴 − 𝐹т𝐴 − 𝐹тГ, де 𝐹тГ – сила тяжіння, що діє на гелій. Зміна підіймальної сили ∆𝐹 = 𝜌1g𝑉 = 18 Н.

Із першого рівняння для підіймальної сили визначимо масу аеростата:

𝑚 =(𝜌 − 𝜌1)g𝑉 − 𝐹1

g= 21,5 Н.


Визначити опір електричного кола між точками 1 і 2.

Розв'язок Якщо в точці А коло роз’єднати, то потенціали точок А1 і А2

залишаться рівними потенціалу точки А. Тоді з’єднання резисторів стає

очевидним і опір кола буде 1,5R.

20


На гладенькій горизонтальній поверхні лежить дошка довжиною

𝐿 = 1,2 м і масою М = 1,6 кг. На край дошки поклали невелике тіло масою

𝑚 = 0,4 кг. Коефіцієнт тертя між тілом і дошкою 𝜇 = 0,3. З якою мінімальною

швидкістю 𝑣02 слід різко штовхнути дошку

вправо, щоб тіло зісковзнуло з неї?

Прискорення вільного падіння g = 10 м

с2.

Розв'язок Під час проковзування відносно дошки на тіло діє сила тертя 𝐹тр1 =

𝜇𝑁 = 𝜇𝑚g. За ІІ законом Ньютона 𝐹тр1 = 𝑚𝑎1. Звідси 𝑎1 = 𝜇g. У цей час на

дошку діє сила тертя, 𝐹тр2 що дорівнює по модулю силі 𝐹тр1 і спрямована в

протилежний бік. Дошка рухається з прискоренням 𝑎2 =𝐹тр2

М=

𝜇𝑚g

М. Таким

чином і тіло, і дошка рухаються з постійними прискореннями. Кубик

розганяється: 𝑣1 = 𝑎1𝑡 = 𝜇gt, 𝑆1 =𝑎1𝑡

2

2=

𝜇g𝑡2

2. Дошка гальмує від 𝑣02 до 𝑣2:

𝑣2 = 𝑣02 − 𝑎2𝑡 = 𝑣02 −𝜇𝑚g𝑡

М, 𝑆2 = 𝑣02𝑡 −

𝑎2𝑡2

2= 𝑣02𝑡 −

𝜇𝑚g𝑡2

2М. У кінці

проковзування швидкості тіла і дошки стають однаковими 𝑣1 = 𝑣2, тобто

𝜇gt = 𝑣02 −𝜇𝑚g𝑡

М. Звідси 𝑡 =

𝑣02М

𝜇g(M+m). Тіло зісковзує з дошки, якщо виконується

умова: 𝑆1 − 𝑆2 ≥ 𝐿, тому 𝑣02 ≥ √2𝜇gL(M+m)

𝑀= 3

м

с.


Тіло, пущене вздовж похилої площини, ковзає по ній, рухаючись спочатку догори, а далі повертається до місця кидання. Графік залежності модуля швидкості тіла від часу зображено на рисунку. Визначте кут нахилу площини до горизонту.

21

Розв'язок

Із графіка залежності 𝑣(𝑡) слідує: 𝑎1 =𝑣01

𝑡1= 6

м

с2; 𝑎2 =

𝑣2

𝑡2= 4

м

с2. Якщо

тіло рухається вгору по похилій площині, то 𝑎1 = g sin𝛼 + 𝜇 g cos𝛼, а якщо вниз – то 𝑎2 = g sin𝛼 − 𝜇 g cos𝛼.

Додаючи ці рівняння, отримаємо: sin 𝛼 =𝑎1+𝑎2

2g= 30°.


На горизонтальному дні басейну під водою лежить невагома куля радіусом r з тонкою важкою ручкою довжини 𝑙, що спирається на дно. Знайти найменшу масу ручки, при якій куля ще лежить на дні. Густина води 𝜌.

Розв'язок Відносно точки дотику ручки до дна басейну момент сили тяжіння, що

діє на ручку дорівнює моменту сили Архімеда, що діє на кулю:

𝑚g𝑙 cos𝛼

2= 𝜌g𝑉(𝑙 − 𝑟) cos 𝛼.

Звідси 𝑚 =8𝜌𝜋𝑟3(𝑙+𝑟)

3𝑙.


Скільки витків нікелінового дроту треба навити на фарфоровий циліндр діаметром 𝑑1 = 1,5 см, щоб зробити кип’ятильник, в якому протягом 10 хв закипає 120 г води з початковою температурою 10° С? ККД нагрівника дорівнює 60 %; діаметр дроту 𝑑2 = 0,2 мм, напруга 𝑈 = 120 В. Питома

теплоємність води 4200 Дж

кг·°С, питомий опір нікеліну 42 · 10−8 Ом · м.

Розв'язок

ККД кип’ятильника 𝜂 =𝑄 100%

𝐴. Корисна теплота для нагрівання води

𝑄 = 𝑐𝑚(𝑡2 − 𝑡1). Робота струму 𝐴 =𝑈2𝜏

𝑅. Oпір дроту 𝑅 =

𝜌𝑙

𝑆, де довжина

дроту 𝑙 = 𝜋𝑑1𝑁, площа поперечного перерізу дроту 𝑆 =𝜋𝑑2

2

4.

Отже, 𝑁 =𝜂𝑈2𝜏𝑑2

2

4𝑐𝑚(𝑡2−𝑡1)𝜌𝑑1100%≈ 182.


Тіло знаходиться у точці А нерухомої сфери. В якому випадку воно швидше досягне нижньої точки сфери В: коли ковзатиме по поверхні сфери чи по похилій площині АВ? Тертя в обох випадках мале, початкова швидкість тіла дорівнює нулю і відстань АВ набагато менша від радіуса сфери.

22

Розв'язок Тіло рухається по поверхні сфери. Тоді його

можна розглядати як коливання математичного маятника довжиною R, оскільки відсутнє тертя, з початковою швидкістю 𝑣0.

Час руху 𝑡1 =𝑇

4=

𝜋

2√

𝑅

g≈ 1,57√

𝑅

g.

Тіло рухається по похилій площині АВ під дією складової сили тяжіння. За ІІ законом Ньютона 𝑚gsin𝛽 = 𝑚𝑎. Звідси 𝑎 = g sin𝛽. Відповідно до

рисунка СВ =АВ

2 і СВ = 𝑅 sin𝛽, тому АВ = 2𝑅 sin𝛽. Рухаючись

рівноприскорено, тіло проходить шлях АВ =𝑎𝑡2

2

2=

gsin𝛽·𝑡22

2.

Звідси 2𝑡2 = 2√𝑅

g. Тоді

𝑡2

𝑡1≈ 1,3.

Отже, по сфері тіло рухається швидше.

Завдання 17 (11 клас) Кінець капілярної трубки опущений у воду. Яка кількість теплоти

виділиться при піднятті рідини по капіляру? Коефіцієнт поверхневого натягу

води 73 мН

м, густина води 103

кг

м3, прискорення вільного падіння 10 кг

с2 .

Розв'язок

Висота підняття води у капілярі ℎ =2𝜎

𝜌g𝑟, а маса стовпа води

висотою ℎ: 𝑚 = 𝜌𝑉 = 𝜌𝜋𝑟2ℎ. Потенціальна енергія центра маси стовпа води

𝐸𝑝 = 𝑚gℎ

2=

2𝜋𝜎2

𝜌g. Робота сили поверхневого натягу 𝐴 = 𝐹нℎ = 𝜎𝑙ℎ =

4𝜋𝜎2

𝜌g.

Виділена теплота: 𝑄 = 𝐴 − 𝐸𝑝 =2𝜋𝜎2

𝜌g≈ 3,3 Дж.


Маленька металева кулька, заряд якої 𝑞1 і маса 𝑚, падає у полі тяжіння по осі рівномірно зарядженого кільця. Яке прискорення матиме кулька у точці, розташованій на відстані ℎ вище від площини кільця, якщо заряд кільця 𝑞2, а його радіус 𝑟? Відносна діелектрична проникність середовища 1, прискорення вільного падіння g.

Розв'язок Поділимо заряд кільця 𝑞2 на елементарні заряди ∆𝑞 і розглянемо

діаметрально протилежні заряди на поверхні кільця ∆𝑞 і ∆𝑞ʹ. На відстані h

від центра кільця вони створюють електричне поле напруженістю ∆�⃗� і ∆�⃗� ʹ. Розкладемо ці вектори на горизонтальні і вертикальні складові. Горизонтальні складові напрямлені у протилежні сторони, а тому їх сума

23

дорівнює нулю. Вертикальні складові напрямлені в одну сторону, а тому їх легко додати.

∆𝐸вер = ∆𝐸 cos 𝛼 =𝑘∆𝑞 cos𝛼

𝜀𝑙2.

𝐸 = ∑ ∆𝐸вер𝑖𝑛𝑖=1 =

𝑘 cos𝛼

𝜀𝑙2∑ ∆𝑞𝑖

𝑛1 =

𝑘 𝑞2cos𝛼

𝜀𝑙2.

Врахуємо, що 𝑙2 = ℎ2 + 𝑟2, cos 𝛼 =ℎ

√ℎ2+𝑟2.

Тоді 𝐸 =𝑘𝑞2ℎ

𝜀√(ℎ2+𝑟2)3.

На відстані h від центра кільця 𝑚g − E𝑞1 = 𝑚𝑎.

Звідси 𝑎 = g −𝑘𝑞2𝑞1ℎ

𝜀𝑚√(ℎ2+𝑟2)3.


Заряджений конденсатор ємністю 5 мкФ замкнули на котушку індуктивністю 0,8 Гн. Через який найменший час після підключення енергія магнітного поля котушки буде в 3 рази більшою, ніж енергія електричного поля конденсатора? Вважайте, що електричні коливання відбуваються по закону косинуса.

Розв'язок Повна енергія контуру:

𝑊1 = 𝑊𝑝.𝑚𝑎𝑥 =𝐶𝑈𝑚

2; 𝑊1 = 𝑊𝑝 + 𝑊м = 4𝑊𝑝 = 2С𝑢2

Звідси 𝑢 =𝑈𝑚

2. Нехай 𝑢 = 𝑈𝑚 cos𝜔𝑡. Враховуючи, що 𝜔 =

2𝜋

𝑇, маємо:

𝑡 =𝑇

6. Оскільки 𝑇 = 2𝜋√𝐿𝐶, то 𝑡 =

𝜋

3√𝐿𝐶 ≈ 2,1 𝑐.


Суміш із свинцевих та алюмінієвих ошурок, загальна маса яких 150 г, а температура 100 ℃, висипали в калориметр з водою, що має масу 230 г і температуру 15 ℃. У калориметрі встановилася температура 20 ℃.

Теплоємність калориметра становить 42 Дж

К. Яка маса свинцевих та

алюмінієвих ошурок окремо була в суміші? Питома теплоємність води

4200 Дж

кг·К, свинцю – 130

Дж

кг·К, алюмінію – 880

Дж

кг·К.

Розв'язок Відповідно до рівняння теплового балансу маємо 𝑄1𝐶 + 𝑄2𝐴 = 𝑄В + 𝑄к:

𝑚1𝑐1(𝑡1 − 𝜃) + 𝑚2𝑐2(𝑡1 − 𝜃) = 𝑚в𝑐в(𝜃−𝑡2) + Ск(𝜃−𝑡2), де 𝜃 – температура

теплової рівноваги, а 𝑚 = 𝑚1 + 𝑚2.

Звідси 𝑚2 =(𝜃−𝑡2)(𝑚в𝑐в+Ск)−𝑚𝑐1(𝑡1−𝜃)

(𝑡1−𝜃)(𝑐2−𝑐1)= 58 г, 𝑚1 = 𝑚 − 𝑚2 = 92 г.

24

Завдання та розвʼязки експериментального туру 8 клас

Обладнання:

Індивідуальне: сірник без голівки; смужка міліметрового паперу; прозора трубка; пластиковий стаканчик; підставка. Групове: посудина з водою; шприц без голки; вата; клейка стрічка; ножиці; дріт.

Завдання: 1. Запропонуйте та теоретично обгрунтуйте методику визначення

маси сірника. 2. Наведіть план проведення досліджень і послідовність обробки

результатів. 3. Проведіть вимірювання. 4. Проаналізуйте отриманий результат. 5. Запропонуйте заходи для підвищення точності вимірювань.

Розв’язок

Методика визначення маси сірника Визначити масу сірника можна використавши закон Архімеда. Для

цього опустити сірник у воду. Умова плавання сірника: сила Архімеда урівноважується силою тяжіння.

𝜌води𝑉водиg = 𝑚тілаg ⟹ 𝑚тіла = 𝜌води𝑉води (1)

Якщо опустити сірник у воду, налиту в пластиковий стаканчик, то підняття рівня води неможливо виміряти за допомогою міліметрового паперу, оскільки ціна поділки даної мірної стрічки більша за рівень підняття води.

Для вимірювання об’єму витісненої сірником води можна скористатися пластиковою прозорою трубкою, утворивши U-подібну сполучену посудину, яка нагадуватиме рідинний манометр з відкритими кінцями.

У такому випадку об’єм витісненої сірником води визначається за формулою 𝑉води = 2ℎ𝑆 (2), де ℎ - висота підняття рівня води в колінах

трубки, 𝑆 – площа поперечного перерізу трубки. Конструювання установки експерименту. Коліна трубки фіксуються вертикально до підставки за допомогою

клейкої стрічки (фото 1). На підставці закріплюється міліметровий папір. За допомогою шприца в трубку наливається вода. Рівень води в

колінах фіксується на міліметровому папері (фото 2). Верхні частини трубки, незаповнені водою, доцільно висушити,

прочистивши ватою, намотаною на дріт. Це дозволить уникнути прилипання сірника до внутрішніх стінок в результаті дії поверхневого натягу води.

25

Фото 1. Установка експерименту.

Фото 2. Рівні води в трубках

Вимірювання висоти ℎ підняття рівня води в колінах. Опускаємо

сірник у будь-яке коліно посудини і спостерігаємо за підвищенням рівня води (фото 3). За законом сполучених посуди рівень води в обох трубках підніметься на однакову висоту. Для того щоб маса сірника не змінювалась внаслідок набирання ним вологи, сірник попередньо вимочили у розплавленому парафіні. Вимірюємо висоту підняття рівня води в трубках

26

Фото 3. Рівні води після опускання сірника в коліно.

Вимірювання внутрішньої площі поперечного перерізу трубки S.

Діаметр трубки співрозмірний з товщиною стінок трубки, тому розмірами стінок знехтувати неможна. Використаємо шприц і міліметровий папір. Наберемо в шприц деяку кількість води, так, щоб поршень зупинився на цілій поділці (фото 4), та визначимо об’єм води 𝑉. Шприц і трубку розташуємо горизонтально, щоб під час введення води з шприца в трубку не виникнуло розривів стовпчика води. Вставимо шприц у трубку і повільно введемо всю рідину з шприца в трубку. За допомогою міліметрового паперу вимірюється довжина стовпчика рідини в трубці 𝐻 (фото 5). Оскільки об’єм

рідини в трубці і в шприці однаковий, то 𝑆 =𝑉

𝐻 (3).

Фото 4. Кількість води в шприці 𝑉 = 0,5 мл3

27

Фото 5. Довжина стовпчика рідини в трубці обʼємом 𝑉 = 0,5 мл3 Підставивши співвідношення (2), (3) в формулу (1) отримаємо робочу

формулу: 𝑚тіла =2𝜌водиℎ𝑉

𝐻.

Результати експерименту. Таблиця даних:

𝑚тіла =2 · 103 кг

м3 · 6 · 10−3м · 0,5 · 10−6м3

54 · 10−3м= 0,11 · 10−3 кг

У даному досліді знехтували крайовими ефектами на межі поділу

«вода-сірник». Це і буде основною причиною похибок. Причини похибок:

‒ Інструментальні похибки; ‒ Неврахування крайових ефектів; ‒ Похибки експериментатора.

Підвищити точність вимірювань можна, якщо взяти шприц з меншою ціною поділки (інсуліновий), врахувати крайові ефекти.

9, 10 клас


сірникова коробка, шматок пластиліну, лінійка, монета номіналом

5 копійок, олівець з ластиком.

Завдання:

1) визначити силу тертя між зовнішньою і внутрішньою частинами

сірникової коробки;

2) дослідити залежність сили тертя від величини зміщення 𝑥 внутрішньої частини сірникової коробки відносно зовнішньої;

ℎ · 10−3, м 𝐻 · 10−3, м 𝑉 · 10−6, м3 𝑚тіла · 10−3, кг

6 54 0,5 0,11

28

3) проаналізувати отримані результати, зробити висновок про залежність сили тертя від площі контакту зовнішньої і внутрішньої частин коробки, порівняти з випадком ковзання тіла по поверхні.

Розвʼязок Середнє значення сили тертя, що діє при деякому зміщенні

зовнішньої частини коробки відносно внутрішньої, можна визначити за зміною потенціальної енергії внутрішньої частини при падінні з деякої висоти h. Змістивши внутрішню частину на деяке значення х (відмічаємо олівцем), розміщуємо коробок вертикально, піднімаємо на висоту h і відпускаємо. При дотику до столу зовнішня частина зупиняється, а внутрішня входить в неї на 𝑥, зупиняючись під дією сили тертя, тому:

𝐴тер = ∆𝐸пот , 𝐹тер ∙ 𝑥 = 𝑚𝑔ℎ. Звідси 𝐹тер = 𝑚𝑔ℎ

𝑥 .

Висоту h підбираємо так, щоб коробок повністю не закривався (внутрішня частина не вдарялася о стіл), а 𝑥 дорівнювало кілька міліметрів, при необхідності у внутрішню частину приліплюємо пластилін. Масу m внутрішньої частини з пластиліном вимірюємо за допомогою лінійки, використовуючи її як важіль, і 5-копіїчної монети. При цьому треба враховувати масу самої лінійки.

Результати експерименту

1. Визначення сили тертя між зовнішньою і внутрішньою частинами

сірникової коробки.

Масу сірникової коробки знайдемо за допомогою лінійки, утворивши важіль та використавши масу монети. Умова рівноваги важеля: 𝑚к𝑙к = 𝑚м𝑙м

→ 𝑚к =𝑚м𝑙м

𝑙к.

Плече дії ваги сірникової коробки 𝑙к = 7,9 · 10−2 м, плече дії ваги

монети 𝑙м = 5,6 · 10−2 м.

𝑚к =𝑚м𝑙м𝑙к

=𝑚м · 7,9 · 10−2 м

5,6 · 10−2 м= 0,71𝑚м

Висота падіння сірникової коробки: ℎ = 20,7·10−2 м.

Зміщення внутрішньої частини коробки відносно внутрішньої:

29

𝑥1 = 5 мм, 𝑥2 = 5 мм, 𝑥3 = 6 мм, 𝑥4 = 6 мм, 𝑥5 = 6 мм, 𝑥6 = 7 мм,

𝑥7 = 8 мм, 𝑥8 = 8 мм.

𝑥сер =𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3+𝑥4+𝑥5 + 𝑥6 + 𝑥7+𝑥8

8= 6,4 мм

Визначення сили тертя між зовнішньою і внутрішньою частинами сірникової

коробки: 𝐹тер = 𝑚к𝑔ℎ

∆𝑥сер=

0,71𝑚м·9,8м

с2·20,7·10−2 м

6,4·10−3 м= 225,05𝑚м Н.

Відносна похибка вимірювання:

휀𝐹 =∆ℎ

ℎ+

∆𝑥сер

𝑥сер=

1·10−3м

20,7·10−2 м+

1·10−3м

6,4·10−3 м= 0,0048 + 0,16 ≈ 0,2.

Абсолютна похибка: ∆𝐹 = 휀𝐹 · 𝐹 = 0,2 · 225,05𝑚м = 45𝑚м

Отже, 𝐹тер = (230 ± 45)𝑚м Н.

2. Дослідження залежності сили тертя від величини зміщення 𝑥 внутрішньої частини сірникової коробки відносно зовнішньої.

𝑚к 0,71mм (пуста коробка) 2mм (коробка з пластиліном)

ℎ, 10−2 м 15,8 18,3 20,7 13,3 15,8 18,3

𝑥, 10−3 м 5

5

5,5

7

6,5

7

8

8

9

12

13

15

16

17

21

22

𝑥сер, 10−3 м 5,17 6,83 8,33 12,5 16 21,5

𝐹тер, 𝑚м 𝐻 213 186 173 209 194 167

∆𝐹тер, 𝑚м 𝐻 43 37 35 42 39 33

Залежність сили тертя Fтер від зміщення x внутрішньої частини для пустої

сірникової коробки.

Графік залежності 𝐹тер(𝑥) Графік залежності 𝐹тер(𝑥) з

урахуваннях похибки

30

Залежність сили тертя Fтер від зміщення x внутрішньої частини для

сірникової коробки з пластиліном.

Графік залежності 𝐹тер(𝑥) Графік залежності 𝐹тер(𝑥) з

урахуваннях похибки

11 клас


Індивідуальне: тарілка, досліджувана рідина, медичний шприц, лінійка, монети відомої маси (5 коп. – 4,32 г), шматок рівної металевої дротини. Групове: спирт, вата.

Завдання: Визначити поверхневий натяг рідини. У звіті: – розробити теорію експерименту, вивести розрахункову формулу; – скласти план вимірювань; провести вимірювання; – виконати обчислення шуканої величини; – вказати шляхи підвищення точності експерименту.

Розв'язок Наллємо повну тарілку

води. Покладемо на край тарілки дротину так, щоб один кінець її торкався води, а інший був за межами тарілки. Дріт виконує дві функції: одна частина піднімає другу з води, тобто є аналогом дротяної рамки, яку витягають із води для вимірювання поверхневого натягу. Залежно від рівня води можуть спостерігатися різні положення дроту.

𝐿1

𝐹н mg

𝐿

2

31

Найзручніше для розрахунків і вимірів горизонтальне розташування дроту при рівні води на 1 – 1,5 мм нижче краю тарілки. За допомогою шприца можна регулювати рівень, доливаючи воду. Дріт варто висувати з тарілки доти, доки плівка води під дротиною не почне розриватися. У цьому крайньому положенні плівка має висоту 1,5 – 2 мм, і можна сказати, що сили поверхневого натягу, прикладені до дроту, спрямовані практично вертикально вниз.

Нехай 𝑚д – маса дроту, 𝐿 – його довжина, 𝐿1 – довжина дроту над

водою. Вимірювання та обчислення спростяться, якщо рідина буде

змочувати всю довжину 𝐿1. Запишемо умову рівноваги дроту щодо краю

тарілки: 𝑚дg (𝐿

2− 𝐿1) − 𝐹н

𝐿1

2= 0.

Підставимо сюди силу поверхневого натягу 𝐹н = 2𝜎𝐿1 та виразимо

поверхневий натяг σ. Плівка води утворює дві поверхні, тому у формулі для

сили поверхневого натягу є число два.

Остаточно отримуємо: 𝜎 =𝑚дg(

𝐿

2−𝐿1)

𝐿12 (1).

Величини 𝐿 i 𝐿1 вимірюємо лінійкою. Масу дротини знайдемо за допомогою лінійки, використавши масу

монети: 𝑚д𝑥1 = 𝑚м𝑥2. Звідси 𝑚д =𝑚м𝑥2

𝑥1 (2).

Підставляючи (2) в (1), отримуємо: 𝜎 =𝑚мg𝑥2(𝐿−2𝐿1)

2𝑥1𝐿12 .

Результати експерименту:

Довжина дроту 𝐿, м

Довжина змочуваної частини дроту 𝐿1, м

Плече дротини 𝑥1, м

Плече монети 𝑥2, м

0,207 0,097 0,125 0,175

𝜎 =4,32 · 10−3 · 9,8 · 0,175 · (0,207 − 2 · 0,097)

2 · 0,125 · 0,0972= 40,945 · 10−3

𝐻

м≈ 41

м𝐻

м

Відносна похибка:

휀 =∆𝐿

𝐿+ 2

∆𝐿1

𝐿1+

∆𝑥1

𝑥1+

∆𝑥2

𝑥2=

0,001

0,202+ 2

0,001

0,097+

0,001

0,13+

0,001

0,175= 0,039.

Абсолютна похибка:

∆𝛿 = 휀𝛿 = 0,039 ∙ 40,945 · 10−3 𝐻

м= 1,6 · 10−3 𝐻

м≈ 2

м𝐻

м.

Відповідь: 𝜎 = (41 ± 2) м𝐻

м.

32

4. Аналітичний звіт про проведення

ІІ та ІІІ етапів Всеукраїнської олімпіади з фізики в 2014-2015 навчальному році

Відповідно до Положення про Всеукраїнські учнівські олімпіади,

турніри, конкурси з навчальних предметів, конкурси-захисти науково-дослідницьких робіт, олімпіади зі спеціальних дисциплін та конкурси фахової майстерності за № 1099 від 22.09.2011, зареєстрованого в Міністерстві юстиції України за № 1318/20056 від 17.11.2011, та згідно наказу управління освіти і науки Сумської обласної державної адміністрації від 14.11.2014 № 566-ОД «Про проведення ІІІ етапу Всеукраїнських учнівських олімпіад та участь команд учнів Сумської області у IV етапі Всеукраїнських учнівських олімпіад у 2014-2015 навчальному році» 4-5 лютого 2015 року проведена олімпіада з фізики серед учнів 8, 9, 10 та 11 класів.

У ІІ етапі олімпіади з фізики взяли участь 1238 учнів з усіх міст і районів області. Серед них учнів 7-их класів – 306, 8-их класів – 271, 9-их – 264, 10-их – 217, 11-их – 180. Із сільських шкіл – 31,26 % учнів, міських – 45,88 %, спеціалізованих – 22,86 %.

ІІ етап олімпіади проходив за завданнями, розробленими методистом фізики Сумського ОІППО Карпушею В.М. До комплекту завдань входили умови задач, їх розв’язки (відповіді), критерії оцінювання.

Задачі охоплювали знання, засвоєні учнями на момент проведення олімпіади, та відповідали програмам предметів «Фізика» та «Математика» за відповідний та попередні класи навчання. Розподіл задач за темами навчальних програм наведено в таблиці 1.

Таблиця 1. Розподіл задач ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики за темами навчальних програм з фізики (математики)

Клас № задачі

1 2 3 4 5

7 Будова речовини

Починаємо вивчати фізику

Математика (5-6 клас)

Починаємо вивчати фізику

Будова речовини

8 Будова речовини (7 клас)

Механічний рух

Світлові явища (7 клас)

Взаємодія тіл. Тиск і сила тиску

Будова речовини (7 клас)

9 Теплові явища

Механічний рух (8 клас)

Світлові явища (7 клас)

Електричний струм

Взаємодія тіл (8 клас)

10 Магнітне поле (9 клас)

Кінематика Світлові явища (7 клас)

Електричний струм (9 клас)

Динаміка

11

Динаміка (10 клас)

Молекулярна фізика та термодинаміка (10 клас)

Електричний струм

Електричне поле

Механіка (10 клас)

33

Учні найкраще виконали задачі № 1, 2 (7 клас), № 1, 4 (8 клас), № 1, 5 (9 клас), № 4, 5 (10 клас), № 1, 4 (11 клас). Складними виявилися задачі № 3 (7 клас), № 3, 4 (8 клас), № 3, 4 (9 клас), № 1, 3 (10 клас), № 2, 3, 5 (11 клас).

Учні допускають помилки при:

обчисленні об’єму тіл правильної форми, маси тіла з використанням густини тіла, перетворенні одиниць фізичних величин у систему СІ (7-8 клас);

побудові зображення тіла в оптичній системі «плоске дзеркало – збиральна лінза» (8-10 клас);

розрахунку відносної швидкості тіл (8-9 клас);

побудові графіків руху (8-9 клас) та аналізу графіків (8 клас);

розрахунку потужності приладів у колах зі змішаним з’єднанням провідників (10 клас);

аналізі механічних сил та їх проектуванні на координатні осі (10-11 клас);

використання закону збереження імпульсу, закону Кулона (11 клас). Оргкомітети ІІ етапу олімпіади з фізики відзначають недостатній

рівень володіння математичними навичками: розрахунком відсотків (7-9 клас), перетвореннями формул, знаходження величини кута за співвідношеннями сторін прямокутного трикутника (10 клас).

За результатами ІІ етапу олімпіади відсутні переможці у Путивльському районі серед учнів 7-9 класів, Буринському та Недригайлівському районах – 8-9 класів. У 9 районах (Білопільський, Буринський, Великописарівський, Конотопський, Краснопільський, Недригайлівський, Охтирський, Роменський, Тростянецький) та м. Лебедин учні 10-11 класів не набрали третини балів від максимальної кількості, тому в даних районах переможці не були визначені.

Низький рівень підготовки учнів до олімпіади з фізики оргкомітети ІІ етапу пояснюють двома причинами – відсутність класів з поглибленим вивченням фізики та низьким рівнем знань з математики.

У ІІІ етапі олімпіади з фізики брали участь 68 учнів з усіх міст і районів

області (крім Недригайлівського району), що складає 93 % від квоти (74 учасника). 7 % учнів не брали участі в олімпіаді в зв’язку з захворюванням.

Серед учасників учнів 8-х класів – 24, 9-х – 22, 10-х – 12, 11-х – 10. Із сільських шкіл – 22 %, міських – 18 %, спеціалізованих – 60 % учнів.

Найбільшу кількість учасників представили м. Суми (11 учнів), м. Шостка (9 учнів), м. Конотоп та Кролевецький район (по 5 учасників).

Олімпіада проводилася на базі Сумського обласного інституту післядипломної педагогічної освіти. У закладі було створено належні умови для організації і проведення олімпіади. Олімпіада відбулася без порушення умов її проведення.

До складу журі ввійшли 7 представників вищих навчальних закладів м. Суми (4 викладачі Сумського державного університету, 3 – Сумського

34

державного педагогічного університету ім. А.С. Макаренка) та 1 вчитель фізики загальноосвітньої школи Сумського району. З них: 1 кандидат технічних наук, 1 кандидат педагогічних наук, 5 кандидатів фізико-математичних наук (87,5 % кандидатів наук від загальної кількості членів журі) та 1 учитель вищої категорії, старший учитель (12,5 %).

Олімпіада з фізики проводилася у два тури: – експериментальний (виконання експериментального завдання); – теоретичний (розв’язування різних типів фізичних задач). Завдання експериментального туру були розроблені предметно-

методичною комісією у складі 2-х осіб: Зимак Ю.А. (голова журі ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики), Карпуша В.М. (методист фізики Сумського ОІППО). Теоретичний тур проводився за завданнями Департаменту освіти і науки Сумської облдержадміністрації.

Завдання охоплювали зміст програм, затверджених Міністерством освіти і науки України, відповідного класу навчання у обсязі, який засвоїли учні на момент проведення олімпіади.

З метою єдиного підходу до оцінювання завдань журі розробило критерії та шкалу оцінювання кожної задачі. Максимальна кількість балів за правильно виконане завдання експериментального туру – 10, теоретичного – 25. Загальна кількість балів усіх турів – 35.

Середній бал виконання завдань експериментального туру учнями 8-го класу склав 1,52 бали, 9-го – 1,82 бали, 10-го – 3,34 бали, 11-го – 3,0 бали; теоретичного: учнями 8-го класу – 8,13 бали, 9-го – 9,46 балів, 10-го – 18,92 бали, 11-го – 12,63 бали.

Найбільшу кількість балів отримали по 1 учню з кожного класу: у експериментальному турі:

11 клас – 9 балів (90 % від максимальної кількості балів);



8 класу –3,5 балів (35 % від максимальної кількості балів). у теоретичному турі:

11 клас – 21,5 балів (86 % від максимальної кількості балів);

10 клас – 20,5 балів (82 % від максимальної кількості балів);


8 клас – 25 балів (100 % від максимальної кількості балів). Найменшу кількість балів у експериментальному турі отримали по

1 учню 11-го та 10-го класів (0,5 балів – 5 % від максимальної кількості балів), 2 учні 8-го класу – 0,5 балів (5 % від максимальної кількості балів), 2 учні 9-го класу – 0 балів (0 % від максимальної кількості балів).

Найменшу кількість балів у теоретичному турі отримали 1 учень 11 класу – 5,25 балів (21 % від максимальної кількості балів), 1 учень 10-го класу – 2,5 балів (10 % від максимальної кількості балів), 1 учень 9-го класу – 0 балів (0 % від максимальної кількості балів), 1 учень 8-го класу – 1 бал (4 % від максимальної кількості балів).

Найбільшу кількість балів за результатами двох турів набрали: – 8 клас – 27 балів (якість виконання завдань 77,1 %);

35

– 9 клас – 27 балів (якість виконання завдань 77,1 %); – 10 клас – 26 балів (якість виконання завдань 74,3 %); – 11 клас – 30,5 бали (якість виконання завдань 87,1 %). Найменшу кількість балів за результатами двох турів: – 8 клас (1,5 – 2,5 балів) – учні Конотопського, Роменського районів,

м. Охтирка; – 9 клас (1,5 – 2,5 балів) – учні Охтирського, Середино-Будського

районів, м. Ромни; – 10 клас (3 бали) – учень Лебединського району. Усього найменшу кількість балів за результатами двох турів отримали

7 учасників (10,3 % від загальної кількості учасників олімпіади), з яких 5 учнів навчається в сільських школах.

Низькі результати показали 2 учні 8-го класу (3,5 та 4,5 бали) Державного ліцею-інтернату з посиленою військово-фізичною підготовкою «Кадетський корпус» імені І.Г. Харитоненка та 1 учень 9-го класу (5,5 бали) Сумської обласної гімназії-інтернат для талановитих та творчо обдарованих дітей Сумської обласної ради.

Завдання ІІІ етапу олімпіади складалися з задач, що ґрунтувалися на знаннях різних розділів фізики. До розділу «Кінематика» належали задачі № 2, 4 (завдання 8-го класу), № 2 (завдання 9-го класу).

Задачу № 2 (8 клас) з теми «Рівномірний прямолінійний рух» в повному обсязі розв’язали 21 % учнів та 12,5 % учнів – частково. Учні володіють уміннями складати рівняння руху тіл, але допускають помилки в математичних перетвореннях, оскільки мають слабко сформований математичний апарат для розв’язування задач у загальному вигляді.

Традиційною для олімпіад з фізики є задача з теми «Відносність руху» (№ 4, 8 клас), яку повністю розв’язали 8,3 %. 29 % учасників врахували відносність руху при складанні рівнянь. Для 50 % учнів задача була складною.

До розділу «Динаміка» належали задачі № 5 (завдання 8-го класу), № 5 (завдання 9-го класу), № 2, 3 (завдання 10-го класу).

58 % учнів 8-го класу застосовують закон Гука (№ 5, 8 клас). 25 % учнів 9-го класу розраховують силу Архімеда та складають

умову плавання тіла, але 75 % учнів виявили нерозуміння поняття «підіймальна сила» як різниці між силою Архімеда та силою тяжіння (№ 5, 9 клас).

73 % учнів 10 класу не застосували ІІІ закон Ньютона до явища взаємодії дошки та бруска, що стало ключовим фактором невиконання задачі № 2.

Простішою для учнів 10-го класу була задача № 3. 66,7 % учнів уміють читати графіки швидкості тіл та розраховувати за графічними даними прискорення. Але допускають помилки при розрахунку значення прискорення під час руху тіла по похилій площині.

Завдання олімпіади містили 2 задачі з теми «Статика» - № 1 (8 клас) та № 4 (10 клас), які виявилися складними як для учнів 8-го, так і для учнів 10-го класу. Лише 8 % учнів 8-го класу розв’язали даний тип задач в

36

повному обсязі. У розвʼязках задачі відсутній супроводжуючий малюнок з аналізом сил, що стало причиною хибного визначення плечей дії сил та запису умови рівноваги бруса. 83 % учнів 10-го класу не вірно вказують точки прикладання сил, зокрема, сили Архімеда; визначають плече дії сили як відстань від осі обертання до точки прикладання сили, а не як найкоротшу відстань до лінії дії сили; не розуміють поняття «Момент сили».

До розділу «Теплові явища» належали задачі № 3 (завдання 9-го класу), № 5 (завдання 11-го класу).

Задачі даного розділу були легкими: 90 % учнів 11-го та 70 % учнів 9-го класу уміють складати рівняння теплового балансу.

До розділу «Оптика» належали задачі № 3 (завдання 8-го класу), № 4 (завдання 9-го класу). 37,5 % учнів 9-го та 59,1 % учнів 11-го класу застосовують формулу тонкої лінзи, але лише 25 % учнів 9-го та 36 % 11 класу уміють поєднати дану формулу з формулою збільшення зображення. Задачі даного розділу були середніми по складності.

До розділу «Електричний струм» належали задачі № 1 (завдання 9-го класу), № 1, 5 (завдання 10-го класу).

58 % учнів 10-го класу та 18 % учнів 9-го класу уміють будувати еквівалентні схеми електричних кіл (завдання № 1). Основний недолік – відсутність обґрунтування еквівалентної схеми. Для 50 % учнів 9-го класу задача такого типу була складною.

До розділу «Електромагнітні коливання» належала задача № 4 (завдання 11-го класу), яку повністю розв’язали 40 % учнів. Учні знають формули періоду електромагнітних коливань, енергії електричного поля конденсатора та енергії магнітного поля котушки, але 40 % учнів при розрахунку повної енергії контуру не врахували, що для зазначеного в умові задачі моменту коливань значення напруги (сили струму) набувають миттєвих значень, які залежать від часу.

До розділу «Електричне поле» належала задача № 3 (завдання 11-го класу), яку виконали 30 % учнів. Учні застосували закон Кулона, але не врахували дію сили тяжіння при складанні ІІ закон Ньютона. 70 % учнів не розуміють принцип суперпозиції електричних полів.

У завдання були включені комбіновані задачі, які передбачали використання знань та умінь з декількох тем. Задача № 3 (9 клас) охоплювала теми «Робота електричного струму» та «Тепловий баланс». 70 % учнів 9-го класу застосували уміння складати рівняння теплового балансу та формулу роботи струму для розрахунку ККД холодильника.

У задачі № 5 (10 клас) поєднувалися уміння застосовувати формули ККД нагрівника, кількості теплоти при нагріванні речовини, роботи струму, опору провідника. 90 % учнів 10-го класу виконали задачу на 60 %.

Дані дві задачі були легкими, але складною виявилася комбінована задача № 1 (11 клас), яка ґрунтувалася на застосуванні знань з тем «Рух по похилій площині» та «Механічні коливання». 90 % учнів 11-го класу здійснили поверхневий аналіз ситуації задачі й не отримали ідеї її розв’язку.

37

Закон збереження енергії є універсальним законом природи і застосовується до різноманітних фізичних явищ. Серед завдань олімпіади є задачі, що враховують перетворення різних видів енергій, зокрема, механічної енергії в теплову. Такого типу задачу (№ 2, 9 клас) не виконали 100 % учнів 9-го класу. Також лише 10 % учнів 11 класу врахували, що робота поверхневого натягу не лише приводить до піднімання рідини, а й до виділення кількості теплоти (задача № 2).

Члени журі ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики відзначили, що типовий недолік розв’язання задач у роботах учасників – наявність проміжних етапів розв’язку і відсутність виводу кінцевої формулу задачі та помилки в алгебраїчних перетвореннях формул.

За результатами ІІІ етапу олімпіади було присуджено 27 призових місць:

– 8 клас: І місце – 1 учень, ІІ місце – 3 учні, ІІІ місце – 4 учні; – 9 клас: І місце – 1 учень, ІІ місце – 2 учні, ІІІ місце – 5 учнів; – 10 клас: І місце – 1 учень, ІІ місце – 2 учні, ІІІ місце – 3 учні; – 11 клас: І місце – 1 учень, ІІ місце – 1 учень, ІІІ місце – 3 учні. Кількість переможців у 10-х та 11-х класах складала 50 % від кількості

учасників олімпіади відповідного класу. Відповідно: у 9-у класі – 36,4 %, у 8-у – 33,3 %, оскільки учні цих класів за результатами двох турів отримали сумарний бал менший ніж третина від максимально можливої сумарної кількості балів (максимальний бал – 35, третина – 11,7 балів).

Найкращі результати показали команди Путивльського району (1 переможець, 100 %), м. Суми (9 переможців, 90 %), м. Конотоп (4 переможця, 80 %). Високий результат у команд м. Ромни (2 переможця, 66, 7 %), м. Шостка (5 переможців, 62,5 %), Кролевецького району (3 переможця, 66,7 %), Тростянецького та Лебединського районів (1 переможець, 50 %). Команда Сумської обласної гімназії-інтернату для талановитих та творчо обдарованих дітей Сумської обласної ради виборола одне призове місце (33,3 % від учнів команди).

Найгірше виступили команди Шосткинського, Охтирського, Роменського районів.

21 учитель фізики підготував переможців ІІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики. Серед них: Таранова Т.Ю. підготувала трьох призерів; Демків О.С., Северин В.М., Василенко В.О., Курносенко О.В. – по два призери. Дані вчителі два роки поспіль готують призерів ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики, що свідчить про систематичну та цілеспрямовану роботу учителів з обдарованими учнями.

38

5. Список учнів переможців ІІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики

в 2014-2015 навчальному році

№ з/п

Клас Прізвище, імʼя, по батькові

Повна назва навчального закладу Зайняте місце

1 8 Супрун Юлія Олександрівна

Сумська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів №10 ім. Героя Радянського Союзу О. Бутка, м. Суми

І

2 9 Бондарець Артем Павлович

Кролевецька загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 2 імені М.О. Лукаша Кролевецької районної ради

І

3 10 Бєлолюбцева Софія Сергіївна

Олександрівська гімназія Сумської міської ради

І

4 11 Мелешко Дмитро Юрійович


І

5 8 Чайка Андрій Анатолійович

Шосткинський навчально-виховний комплекс: спеціалізована школа І-ІІ ступенів – ліцей Шосткинської міської ради

ІІ

6 8 Лавський Владислав Євгенович

Сумська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 12, м. Суми,

ІІ

7 9 Фріцак Максим Вячеславович


ІІ

8 9 Мороз Ангеліна Сергіївна

Кролевецька спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 1 Кролевецької районної ради

ІІ

9 10 Івницький Олексій Андрійович

Роменська спеціалізована загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 1 ім. П.І. Калнишевського Роменської міської ради

ІІ

10 10 Лісовенко Максим Сергійович

Сумська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 9, м. Суми

ІІ

11 11 Ільїн Станіслав Сергійович

Сумська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів №10 ім. Героя Радянського Союзу О. Бутка, м. Суми,

ІІ

12 8 Коваленко Тетяна Володимирівна


ІІІ

13 8 Романько Ярослав

Шосткинський навчально-виховний комплекс: спеціалізована школа

ІІІ

39

Сергійович І-ІІ ступенів – ліцей Шосткинської міської ради

14 8 Батраченко Владислав Олександрович

Тростянецька спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 5 Тростянецької районної ради

ІІІ

15 8 Доля Максим Вячеславович

Конотопська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів №12 Конотопської міської ради

ІІІ

16 8 Фрол Валентина Вікторівна

Межиріцька загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів Лебединської районної ради

ІІІ

17 9 Коренев Владислав Олександрович


ІІІ

18 9 Заяц Катерина Валентинівна


ІІІ

19 9 Кочетков Денис Олександрович


ІІІ

20 9 Курченко Юрій Анатолійович

Путивльська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 1 імені Радіка Руднєва Путивльської районної ради

ІІІ

21 9 Смальченко Наталія Григорівна

Конотопська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 9 Конотопської міської ради

ІІІ

22 10 Логвіна Ангеліна Вікторівна


ІІІ

23 10 Бабко Дмитро Сергійович


ІІІ

24 10 Гасс Леонід Едуардович


ІІІ

25 11 Московець Наталія Сергіївна

Роменська спеціалізована загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 2 ім. акад. А.Ф.Йоффе Роменської міської ради

ІІІ

26 11 Ахтирцев Ілля Іванович

Сумська обласна гімназія-інтернат для талановитих та творчо обдарованих дітей Сумської обласної ради

ІІІ

40

27 11 Фірстенко Валерій Миколайович


ІІІ

6. Список учителів, які підготували призерів

ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики

в 2014-2015 навчальному році

№ з/п

Прізвище, імʼя, по батькові

Повна назва навчального закладу Кількість переможців

1 Таранова Тетяна Юріївна


3

2 Курносенко Ольга Василівна


2

3 Северин Віктор Миколайович


2

4 Демків Олександр Степанович


2

5 Василенко Володимир Олексійович


2

6 Кріль Ольга Григорівна


1

7 Яценко Станіслав Грирогович

Кролевецька загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 2 імені М.О. Лукаша Кролевецької районної ради

1

8 Гончаренко Віктор Миколайович


1

9 Червʼяцова Юлія Олександрівна

Сумська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 12, м. Суми,

1

10 Іванова Наталія Володимирівна

Сумська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 9, м. Суми

1

11 Дʼяченко Майя Юріївна


1

41

12 Колоусова Людмила Миколаївна


1

13 Галанов Олександр Миколайович


1

14 Авраменко Наталія Григорівна


1

15 Кравченко Наталія Анатоліївна

Тростянецька спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 5 Тростянецької районної ради

1

16 Чухненко Тетяна Олександрівна

Межиріцька загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів Лебединської районної ради

1

17 Дідусенко Надія Миколаївна

Путивльська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 1 імені Радіка Руднєва Путивльської районної ради

1

18 Ворона Галина Василівна

Конотопська спеціалізована школа І-ІІІ ступенів № 9 Конотопської міської ради

1

19 Романчук Микола Миколайович

Роменська спеціалізована загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 1 ім. П.І. Калнишевського Роменської міської ради

1

20 Литвиненко Олена Вікторівна

Роменська спеціалізована загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів № 2 ім. акад. А.Ф.Йоффе Роменської міської ради

1

21 Донченко Віталій Іванович

Сумська обласна гімназія-інтернат для талановитих та творчо обдарованих дітей Сумської обласної ради

1

42

7. Річний та загальний рейтинг команд Сумської області ІІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з фізики

№ з/п

Район/місто

Річний рейтинг Загальний

рейтинг 2012-2013 н. р.

2013-2014 н. р.

2014-2015 н. р.

1 Білопільський 6 0 0 6

2 Буринський 0 0 0 0

3 В-Писарівський 0 - 0 0

4 Глухівський 4,75 6 0 10,75

5 Конотопський 0 7 0 7

6 Краснопільський 0 12 0 12

7 Кролевецький 13,41 6,6 12,4 32,41

8 Лебединський 0 0 6,25 6,25

9 Липоводолинський 3,75 0 0 3,75

10 Недригайлівський 0 0 - 0

11 Охтирський 0 0 0 0

12 Путивльський 0 0 14,5 14,5

13 Роменський 13,13 0 0 13,13

14 С-Будський 0 0 0 0

15 Сумський 7 0 0 7

16 Тростянецький 5,58 0 7,75 13,33

17 Шосткинський 0 0 0 0

18 Ямпільський 0 4 0 4

19 м. Глухів 9,5 0 0 9,5

20 м. Конотоп 7,2 9,2 12,1 28,5

21 м. Лебедин 0 0 0 0

22 м. Охтирка 0 0 0 0

23 м. Ромни 8,88 8,83 13,7 31,41

24 м. Шостка 10,41 9 14,5 33,91

25 м. Суми 19,03 16,72 19,75 55,5

26 Сумська обласна гімназія-інтернат для талановитих та творчо обдарованих дітей

8,94 9,83 5,5 24,27

27 Державний ліцей-інтернат з посиленою військово-фізичною підготовкою «Кадетський корпус» ім. І.Г. Харитоненка

0 7,5 0 7,5

43

8. Рекомендації щодо підвищення якості підготовки учнів до

олімпіади

Керівникам районних (міських) методичних обʼєднань:

1. Проаналізувати результати виступу учнівських команд у ІІ та ІІІ

(обласному) етапах Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики.

2. Провести в межах Р(М)МО обмін ефективним досвідом з

організації підготовки школярів до виступу в учнівській олімпіаді з фізики.

3. Проводити заходи для педагогів (тренінги, консультації),

спрямовані на підвищення фахової майстерності вчителів фізики з питань

якісної підготовки учнів до Всеукраїнської учнівської олімпіади з фізики.

4. Проводити з учителями обговорення складних тем навчальної

програми з фізики, практикуми з розв’язування задач підвищеної

складності, особливо завдань практичної спрямованості.

Учителям фізики загальноосвітніх навчальних закладів:

1. Здійснювати цілеспрямовану роботу з обдарованими та здібними

учнями на уроках і в позаурочний час.

2. При підготовці учнів до участі в учнівській олімпіаді з фізики

врахувати типові помилки, які допустили учні на ІІ та ІІІ етапах олімпіади.

3. Приділити увагу розв’язуванню теоретичних задач у загальному

вигляді.

4. Пропонувати здібним учням у якості індивідуальних домашніх

завдань задачі підвищеної складності, олімпіадні задачі, нестандартні

задачі та експериментальні завдання на дослідження фізичних процесів,

розробку вимірювальних приладів.

44

Для нотаток

Documents

Змістsoippo.edu.ua/images/Олімпіади/Inform_Zbirniki_olimpiad/fizika_2015.pdf · Методичні рекомендації щодо проведення ІІ етапу