| 0 Примечание: в каждом пункте задачи ответы, полученные из неверных соображений или из-за чётного числа ошибок НЕ оцениваются. Стандартным примером является ошибка в знаке при определении $\omega_y$, после которой знак либо потерян ещё раз, либо уравнение движения явным образом подогнано под уравнение колебаний. |
|
|
|
2
M1
Записана связь силы тока $i$ с зарядом $Q$ и периодом вращения $T$ кольца: $$i=\cfrac{Q}{T}{.} $$ |
0.20 |
|
|
3
M2
Записана связь силы тока $i$ с линейной плотностью заряда $\lambda$ и линейной скоростью $v$ элементов кольца: $$i=\lambda v{.} $$ |
0.20 |
|
|
4
Получен ответ: $$i=\cfrac{\Omega Q}{2\pi}{.} $$ |
0.10 |
|
|
1
M1
Записано выражение для магнитного момента системы заряженных частиц: $$\vec{m}=\int\cfrac{\bigl[\vec{r}\times\vec{v}\bigr]dq}{2}{.}$$ Примечание: если сразу записано магнитное отношение – данный пункт автоматически оценивается. |
0.40 |
|
|
2
M1
Получено гиромагнитное соотношение: $$\vec{m}=\cfrac{q\vec{L}}{2M}{.} $$ |
0.30 |
|
|
3
M1
Выражение для момента импульса однородного шара: $$\vec{L}=\cfrac{2Mr^2\vec{\omega}}{5}{.} $$ |
0.20 |
|
|
4
M1
Получен ответ: $$\vec{m}=\cfrac{qr^2\vec{\omega}}{5}{.} $$ |
0.10 |
|
|
5
M2
Записано выражение для магнитного момента витка с током силой $I$ и площадью $\vec{S}$: $$\vec{m}_\text{в}=I\vec{S}{.} $$ |
0.10 |
|
| 6 M2 Получено выражение для магнитного момента диска радиусом $R$ и толщиной $h$, вращающегося с угловой скоростью $\vec{\omega}$ вокруг своей оси вращения: $$\vec{m}_\text{д}=\cfrac{\pi\rho{R}^4h\vec{\omega}}{2}{.}$$ | 0.30 |
|
|
7
M2
Магнитный момент шара выражен через $\rho$, $r$ и $\vec{\omega}$: $$\vec{m}=\cfrac{4\rho{r}^5\vec{\omega}}{15}{.} $$ |
0.50 |
|
|
8
M2
Получен ответ: $$\vec{m}=\cfrac{qr^2\vec{\omega}}{5}{.} $$ |
0.10 |
|
|
9
M3
Записано выражение для магнитного момента витка с током силой $I$ и площадью $\vec{S}$: $$\vec{m}_\text{в}=I\vec{S}{.} $$ |
0.10 |
|
|
10
M3
Получено выражение для магнитного момента сферы радиусом $R$ толщиной $dR$, вращающейся с угловой скоростью $\vec{\omega}$: $$\vec{m}_\text{сф}=\cfrac{4\pi\rho R^4dR\vec{\omega}}{3}{.}$$ |
0.50 |
|
|
11
M3
Магнитный момент шара выражен через $\rho$, $r$ и $\vec{\omega}$: $$\vec{m}=\cfrac{4\rho{r}^5\vec{\omega}}{15}{.} $$ |
0.30 |
|
|
12
M3
Получен ответ: $$\vec{m}=\cfrac{qr^2\vec{\omega}}{5}{.} $$ |
0.10 |
|
|
1
Записано выражение для момента сил $\vec{M}$, действующего на магнитный момент $\vec{m}$ в однородном магнитном поле с индукцией $\vec{B}$: $$\vec{M}=\bigl[\vec{m}\times\vec{B}\bigr]{.} $$ |
0.10 |
|
|
2
Получен ответ: $$\vec{M}=\cfrac{qr^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{5}{.} $$ |
0.10 |
|
|
1
Записано условие отсутствия проскальзывания: $$\vec{v}_C+\bigl[\vec{\omega}\times\vec{r}\bigr]=0{.} $$ |
0.10 |
|
|
2
Получены выражения для $\omega_x$ и $\omega_y$: $$\omega_x=-\cfrac{v_{Cy}}{r}\qquad \omega_y=\cfrac{v_{Cx}}{r}{.} $$ |
2 × 0.10 |
|
| 3 При дифференцировании условия отсутствия проскальзывания учитывается, что $\vec{r}$ – постоянный вектор. | 0.10 |
|
|
4
Получен ответ: $$\vec{a}_C=-\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]{.} $$ |
0.10 |
|
|
1
Записано уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс: $$\cfrac{d\vec{L}_C}{dt}=\vec{M}_C{.} $$ |
0.10 |
|
|
2
Получен ответ: $$\dot{\vec{\omega}}=\cfrac{5\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]}{2mr^2}+\cfrac{q\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{2m}{.} $$ |
0.10 |
|
Примечание: Воспользуйтесь свойством двойного векторного произведения:
$$\bigl[\vec{a}\times\bigl[\vec{b}\times\vec{c}\bigr]\bigr]=\vec{b}\bigl({~}\vec{a}\cdot\vec{c}{~}\bigr)-\vec{c}\bigl({~}\vec{a}\cdot\vec{b}{~}\bigr)$$
| 1 Сила трения $\vec{F}$ выражена из уравнения динамики вращательного движения. | 0.10 |
|
|
2
Получен ответ: $$\vec{F}=-\cfrac{2m\vec{a}_C}{5}-\cfrac{q\vec{B}\bigl({~}\vec{r}\cdot\vec{\omega}{~}\bigr)}{5}{.} $$ |
0.10 |
|
| 1 Показано, что проекция на ось $z$ момента сил, действующих на шар, пропорциональна $\omega_y$. | 0.20 |
|
| 2 Получено, что проекция угловой скорости шара $\omega_z$ на ось $z$ пропорциональна $x_C$. | 0.30 |
|
| 3 Проекция угловой скорости $\omega_z$ имеет правильный знак. | 0.10 |
|
|
4
Получен ответ: $$\omega_z=-\cfrac{qBx_C}{2mr} $$ |
0.20 |
|
| 1 Показано, что проекция на ось $y$ равнодействующей сил, приложенных к шару, всегда равна нулю. | 0.30 |
|
| 2 Использовано условие изначального покоя шара и показана прямолинейность траектории движения центра. | 0.10 |
|
| 1 Получено, что проекция на ось $x$ ускорения центра шара $a_{Cx}$ является линейной функцией проекции на ось $z$ его угловой скорости $\omega_z$. | 0.10 |
|
| 2 После подстановки связи $\omega_z$ с $x$ получено, что проекция на ось $x$ ускорения центра шара $a_{Cx}$ является линейной функцией координаты $x_C$ его центра. | 0.10 |
|
| 3 Из решения следует, что угловой коэффициент зависимости $a_{Cx}(x_C)$ является отрицательным. | 0.10 |
|
|
4
Получен ответ $$a_{Cx}=\cfrac{5g\sin\alpha}{7}-\cfrac{q^2B^2x}{14m^2} $$ |
0.20 |
|
| 1 Уравнение движения шара сведено к уравнению гармонических колебаний. | 0.10 |
|
|
2
Показано, что зависимость координаты $x_C(t)$ имеет следующий вид: $$x_C(t)=A(1-\cos\omega_0t) $$ |
0.20 |
|
|
3
Правильное выражение для $\omega_0$: $$\omega_0=\cfrac{qB}{m\sqrt{14}} $$ |
0.20 |
|
|
4
Правильное выражение для $A$: $$A=10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2 $$ |
0.20 |
|
| 1 Показано, что годограф вектора угловой скорости является эллипсом, лежащим в плоскости $yz$. | 0.10 |
|
| 2 Показано, что центр эллипса расположен в точке с координатами $(\omega_{y(c)}{,}\omega_{z(c)})=(0{,}-\omega_{0z})$, где $\omega_{0y}$ и $\omega_{0z}$ – полуоси эллипса | 0.10 |
|
|
3
Получены выражения для $\omega_{0y}$ и $\omega_{0z}$: $$\omega_{0z}=\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\qquad \omega_{0y}=\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\sqrt{\cfrac{2}{7}} $$ |
2 × 0.10 |
|
| 4 Правильно изображён годограф вектора угловой скорости (балл ставится, даже если полуоси эллипса определены неверно). | 0.10 |
|
| 1 Указано, что точка с максимальной скоростью расположена на наибольшем расстоянии от мгновенной оси вращения шара. | 0.10 |
|
| 2 Для заданного положения определено положение точки, имеющей максимальную скорость. | 0.20 |
|
|
3
Максимальная скорость правильно выражена через полуоси эллипса: $$v_{max}=\omega_{0y}r\left(1+\sqrt{1+\cfrac{\omega^2_{0z}}{\omega^2_{0y}}}\right) $$ |
0.20 |
|
|
4
Получен ответ: $$v_{max}=\cfrac{5mg\sin\alpha(3+\sqrt{2})}{qB\sqrt{7}} $$ |
0.10 |
|
| 1 Показано, что модуль силы трения максимален в нижней точке траектории. | 0.30 |
|
|
2
Получен ответ: $$\mu_{min}=\cfrac{12\tan\alpha}{7} $$ |
0.30 |
|
| 1 Определены положения равновесия шара при его движении в разные стороны. | 0.10 |
|
| 2 Показано, что при каждой остановке амплитуда колебаний шара, отсчитываемая от положения равновесия, уменьшается на величину, равную расстоянию между положениями равновесия. | 0.20 |
|
|
3
Получена формула для $a_{i+1}$: $$a_{i+1}=x_0-(1+2i)\Delta{x} $$ |
0.20 |
|
|
4
Получена связь $S_{i{,}i+1}$ и $a_{i+1}$: $$S_{i{,}i+1}=2a_{i+1} $$ |
0.10 |
|
|
5
$$S_{i{,}i+1}=2\cdot 10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\left(1-\cfrac{k(1+2i)}{r\tan\alpha}\right) $$ |
0.20 |
|
|
1
Указано, что остановка шара эквивалентна следующему неравенству в момент остановки его центра: $$|F_\text{кач}|\leq kmg\cos\alpha/r $$ |
0.10 |
|
|
2
Получен ответ: $$x\in\biggl[10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\left(1-\cfrac{k}{r\tan\alpha}\right){;}10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\left(1+\cfrac{k}{r\tan\alpha}\right)\biggr] $$ |
0.10 |
|
|
1
Определено количество половин колебаний: $$N=\cfrac{r\tan\alpha}{2k} $$ |
0.20 |
|
|
2
Получено выражение для $\tau$: $$t=\cfrac{\pi N}{\omega_0} $$ |
0.10 |
|
|
3
Получен ответ: $$t=\cfrac{\pi mr\tan\alpha}{kqB}\sqrt{\cfrac{7}{2}} $$ |
0.20 |
|
|
1
M1
Используется закон изменения механической энергии: $$Q=-\Delta{W}_p-E_k $$ |
0.20 |
|
|
2
M1
Определено изменение потенциальной энергии шара: $$\Delta{W}_p=-mg\sin\alpha x_0 $$ |
0.20 |
|
|
3
M1
Записано выражение для кинетической энергии шара: $$E_k=\cfrac{I\omega^2_z}{2} $$ |
0.20 |
|
| 4 M1 После подстановки получено, что кинетическая энергия шара $E_k\sim x^2_0$. | 0.10 |
|
|
5
M1
Получен ответ: $$Q=5mg^2\sin^2\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2 $$ |
0.30 |
|
|
6
M2
Записано соотношение: $$Q=-A_\text{кач} $$ |
0.10 |
|
|
7
M2
Записано выражение для работы силы трения качения на одном колебании: $$A_i=-\cfrac{kN}{r}\cdot{2A_i}=-\cfrac{2kmg\cos\alpha}{r}\cdot{a_i} $$ |
0.20 |
|
| 8 M2 Суммарная работа $A_\text{кач}$ определяется как сумма элементов геометрической прогрессии. | 0.20 |
|
| 9 M2 Подстановка суммы геометрической прогрессии. | 0.10 |
|
|
10
M2
Получен ответ: $$Q=5mg^2\sin^2\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2 $$ |
0.40 |
|
|
1
Определён момент сил трения, действующих на кольцо на радиусом $r$ толщиной $dr$: $$dM'=\cfrac{\mu dN}{dS}\cdot{2\pi{r}dr}\cdot{r} $$ |
0.20 |
|
|
2
Получен ответ: $$M'=\cfrac{2\mu mgr_0\cos\alpha}{3} $$ |
0.20 |
|
|
1
Указано, что до начала верчения шар движется равноускоренно. Примечание: если движение шара до начала верчения не равноускоренное – пункты D2 – D4 оцениваются в ноль баллов. |
0.10 |
|
| 2 Указано, что верчение начнётся в момент, когда проекция момента силы Лоренца на ось $z$ по модулю станет равной $M'$. | 0.10 |
|
| 3 Определена координата $v_{Cx}$, соответствующая началу верчения. (Пункт оценивается, даже если $M'$ определено неверно). | 0.10 |
|
|
4
Получен ответ: $$t_1=\cfrac{14\mu mr_0}{3qBr\tan\alpha} $$ |
0.20 |
|
|
1
Зависимость скорости центра шара от времени $\tau$, прошедшего с момента начала верчения, имеет вид: $$v_{Cx}(\tau)=v_0+v_1\sin\omega_0\tau $$ |
0.20 |
|
|
2
Показано, что зависимость $\omega_z(\tau)$ имеет вид: $$\omega_z(t)=-A(1-\cos\omega_0\tau) $$ |
0.30 |
|
|
3
Правильное выражение для $A$: $$A=\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr} $$ |
0.40 |
|
| 4 Сделан вывод о том, что верчение более не прекратится. | 0.30 |
|
|
5
Построение графика (по 0.1 балла за каждый критерий):
|
3 × 0.10 |
|
|
1
Показано, что зависимость $x(\tau)$ имеет вид: $$x_C(\tau)=x_1+v_0\tau+B(1-\cos\omega_0\tau) $$ |
0.10 |
|
|
2
Построение графика (по 0.1 балла за каждый критерий):
|
5 × 0.10 |
|