|
1
Верное приближение для момента сил или потенциальной энергии: $$M=-pE\theta\qquad E=pE\left(\cfrac{\theta^2}{2}-1\right) $$ |
0.10 |
|
|
2
Определён момент инерции диполя: $$I=2m\cdot\cfrac{d^2}{4}=\cfrac{md^2}{2} $$ |
0.10 |
|
|
3
Получен ответ: $$ T = 2\pi \sqrt{\frac{2\pi \varepsilon_0 m d L^2}{q Q}}. $$ |
0.10 |
|
|
1
Записано выражение для момента импульса $K$: $$K=mv_\theta r $$ |
0.10 |
|
|
2
Записано выражение для потенциальной энергии диполя в поле заряда: $$W_p=-\cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$ |
0.10 |
|
|
3
Записано выражение для кинетической энергии диполя: $$E_k=\cfrac{2m(v^2_r+v^2_\theta)}{2} $$ |
0.10 |
|
|
4
Получен ответ для $v_\theta$: $$v_\theta=\cfrac{v_0L}{r} $$ |
0.10 |
|
|
5
Получен ответ для $v_r$: $$ v_r=\pm\sqrt{\left(v^2_0L^2 - \cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0m} \right) \left(\frac{1}{L^2} - \frac{1}{r^2}\right)}. $$ |
0.10 |
|
|
1
Записано условия уменьшения расстояния между диполем и зарядом: $$v^2_0L^2 - \cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0m}<0 $$ |
0.10 |
|
|
2
Получен ответ: $$ v_{\text{cr}} = \frac{1}{L} \sqrt{ \cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0m}}. $$ |
0.10 |
|
| 1 Указано, что момент импульса и энергия диполя уменьшаются из-за излучения. | 0.10 |
|
| 2 Указано, что без излучения траектория была бы круговой. | 0.10 |
|
| 3 Изображена траектория диполя, представляющая собой круговую орбиту с медленно уменьшающимся радиусом. | 0.20 |
|
|
1
Выражение для $v_r$ через заданные величины (оценивается также в случае подстановки в ответ): $$ v_r= -L \sqrt{v_{\text{cr}}^2 - v^2_0} \sqrt{\frac{1}{r^2} - \frac{1}{L^2}}. $$ |
0.10 |
|
|
2
Получено выражение для времени $\tau$: $$\tau= \frac{1}{L \sqrt{v_{\text{cr}}^2 - v^2_0}} \int_{L/2}^{L} \frac{dr}{\sqrt{\frac{1}{r^2} - \frac{1}{L^2}}} $$ |
0.10 |
|
|
3
Получен ответ: $$\tau=\frac{\sqrt{3}}{2} \frac{L}{\sqrt{v_{\text{cr}}^2-v^2_0}} $$ |
0.20 |
|
|
1
Получено выражение для $d\theta/dr$: $$\cfrac{d\theta}{dr}=-\cfrac{v_0}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}\cdot\cfrac{L}{r^2\sqrt{\cfrac{L^2}{r^2}-1}} $$ |
0.10 |
|
|
2
Подстановка Бине: $$u=\cfrac{1}{r} $$ |
0.10 |
|
|
3
Получено выражение для $\theta$: $$\theta=\cfrac{v_0}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}\cdot\int\limits_1^{2}\cfrac{dt}{\sqrt{t^2-1}} $$ |
0.10 |
|
|
4
Получен ответ: $$\theta(\tau)=\cfrac{v_0\ln(2+\sqrt{3})}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}} $$ |
0.30 |
|
|
1
Записано выражение для потенциала поля диполя: $$\varphi(\vec{r})=\cfrac{\vec{p}\cdot\vec{r}}{4\pi\varepsilon_0r^3} $$ |
0.10 |
|
|
2
Получен ответ: $$\varphi(r{,}\theta)=-\cfrac{qd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$ |
0.10 |
|
|
1
Записано выражение для $\vec{E}$: $$\vec{E}=-\nabla\varphi $$ |
0.10 |
|
|
2
Получены ответ для $E_r$ и $E_\theta$ (по 0.1 балла за каждый): $$E_r=-\cfrac{2qd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^3}\qquad E_\theta=-\cfrac{qd\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^3} $$ |
2 × 0.10 |
|
|
1
Получен ответ: $$M_z=-\cfrac{Qqd\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$ |
0.10 |
|
|
1
Записана теорема об изменении момента импульса: $$\cfrac{dK}{dt}=M $$ |
0.10 |
|
|
2
Идея производной сложной функции: $$\cfrac{dK}{dt}=\cfrac{dK}{d\theta}\cfrac{d\theta}{dt} $$ |
0.30 |
|
|
3
Получен интеграл движения: $$\cfrac{K^2}{2m}-\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0}=C $$ |
0.40 |
|
|
4
Определена постоянная $C$: $$C=\cfrac{mv^2_0L^2}{2}-\cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0} $$ |
0.10 |
|
|
5
Получен ответ: $$v_\theta=\sqrt{\cfrac{v^2_0L^2}{r^2}-\cfrac{Qqd(1-\cos\theta)}{2\pi\varepsilon_0mr^2}} $$ |
0.10 |
|
|
1
Определена энергия $E$ системы: $$E=\cfrac{mv^2_0}{2}-\cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0L^2} $$ |
0.10 |
|
|
2
Получено выражение для энергии системы $E$, не зависящее от угла $\theta$: $$E=\cfrac{mv^2_r}{2}+\cfrac{C}{r^2} $$ |
0.20 |
|
|
3
Получен ответ: $$v_r=\pm\sqrt{\left(v^2_0L^2-\cfrac{Qqd}{2\pi m\varepsilon_0}\right)\left(\cfrac{1}{r^2}-\cfrac{1}{L^2}\right)} $$ |
0.10 |
|
| 1 Указано, что данный пункт аналогичен пункту $\mathrm{A5}$. | 0.20 |
|
|
2
Получено выражение для $\tau'$: $$\tau'=\cfrac{L\sqrt{3}}{2\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}} $$ |
0.10 |
|
|
3
Получено выражение для $v^2_{\text{cr}}$: $$v^2_{\text{cr}}=\cfrac{Qqd}{2\pi m\varepsilon_0L^2} $$ |
0.20 |
|
|
4
Получен ответ: $$\tau'=\cfrac{L\sqrt{3}}{2\sqrt{\cfrac{Qqd}{2\pi m\varepsilon_0L^2}-v^2_0}} $$ |
0.10 |
|
|
1
Получена зависимость $v(\theta)$: $$ v^2 = v^2_0-\cfrac{Qqd}{2\pi m\varepsilon_0}\frac{1-\cos \theta}{L^2}. $$ |
0.10 |
|
|
2
Получен ответ для $v_{\max}$: $$v_{\max}=v_0 $$ |
0.10 |
|
|
3
Получено выражение для $v_{min}$ (по 0.1 балла за каждый случай): $$ v_{\min} = \begin{cases} v_{\min} = \sqrt{v^2_0 - \cfrac{Qqd}{\pi m\varepsilon_0L^2}} , \quad \text{ при } v^2_0\geq\cfrac{Qqd}{\pi m\varepsilon_0L^2}, \\ v_{\min} = 0, \quad \text{ при } v^2_0{<}\cfrac{Qqd}{\pi m\varepsilon_0L^2} \end{cases} $$ |
2 × 0.10 |
|
|
1
Записан второй закон Ньютона в проекции на радиальное направление: $$ Q E_r- N = -\frac{m v^2}{L}, $$ |
0.20 |
|
|
2
Получен ответ: $$N=\frac{m v^2_0}{L} - \frac{Q q d}{2 \pi \varepsilon_0 L^3} $$ |
0.20 |
|
| 1 Сделан вывод о независимости силы реакции $N$ от угла $\theta$. | 0.10 |
|
| 2 Сделан вывод, что при $N=0$ возможно движение по окружности при отсутствии стержня. | 0.20 |
|
|
3
Получен ответ для $v_{\text{cr}}$: $$v_{\text{cr}}=\sqrt{\cfrac{Qqd}{2\pi\varepsilon_0mL^2}} $$ |
0.20 |
|
| 1 Показано, что при отсутствии излучения заряд движется по половине окружности. | 0.10 |
|
| 2 Указано, что траектория заряда представляет собой набор полуокружностей с медленно уменьшающимся радиусом. | 0.10 |
|
| 3 Изображена траектория заряда, представляющая собой набор полуокружностей с медленно уменьшающимся радиусом. | 0.20 |
|
|
1
Получено выражение для $v^2_r$: $$v^2_r=v^2_0-\cfrac{2C}{mr^2} $$ |
0.20 |
|
| 2 Сделан вывод о том, что для падения в центр поля константа $C$ должна быть неположительной. | 0.10 |
|
| 3 Показано, что падение возможно при $\theta_0<\pi/2$. | 0.20 |
|
|
1
Получено условие падения в центр поля через заданные величины: $$\cfrac{mv^2_0b^2}{2}\leq\cfrac{Qqd\cos\theta_0}{4\pi\varepsilon_0} $$ |
0.30 |
|
| 2 Указано, что сечение падения представляет собой круг радиусом $b_{\max}$. | 0.30 |
|
|
3
Получен ответ: $$\sigma=\cfrac{Qqd\cos\theta_0}{2mv^2_0\varepsilon_0} $$ |
0.20 |
|
| 1 Указано, что минимальное расстояние достигается при $v_r=0$. | 0.10 |
|
|
2
Получено выражение для $r_{min}$: $$r_{min}=\sqrt{\cfrac{C}{E}} $$ |
0.20 |
|
|
3
Получен ответ: $$r_{min}=\sqrt{b^2-\cfrac{Qqd\cos\theta_0}{2\pi mv^2_0\varepsilon_0}} $$ |
0.20 |
|
|
1
Правильная подстановка Бине (балл ставится при наличии обоих равенств): $$r=\cfrac{1}{u}\qquad \dot r=-\cfrac{K}{m}\cfrac{du}{d\theta} $$ |
0.10 |
|
|
2
Получено дифференциальное уравнение, связывающее $u$ и $\theta$: $$\cfrac{du}{\sqrt{E-Cu^2}}=\pm\cfrac{d\theta}{\sqrt{C+\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0}}} $$ |
0.40 |
|
|
3
Получено уравнение для определения $\Delta{\theta}$: $$\int\limits_{\theta_0}^{\pi+\theta_0-\Delta\theta}\cfrac{d\theta}{\sqrt{1+\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0C}}}=2\int\limits_0^{\sqrt{E/C}}\cfrac{du}{\sqrt{E/C-u^2}} $$ |
0.30 |
|
|
4
Верное выражение для правой части уравнения: $$2\int\limits_0^{\sqrt{E/C}}\cfrac{du}{\sqrt{E/C-u^2}}=\pi $$ |
0.10 |
|
|
5
Верное разложение подкоренного выражения: $$\cfrac{1}{\sqrt{1+\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0C}}}\approx 1-\cfrac{Qqd\cos\theta}{8\pi\varepsilon_0C} $$ |
0.10 |
|
|
6
Верное приближение для левой части уравнения: $$\int\limits_{\theta_0}^{\pi+\theta_0-\Delta\theta}\left(1-\cfrac{Qqd\cos\theta}{8\pi\varepsilon_0C}\right)d\theta=\pi-\Delta\theta+\cfrac{Qqd(\sin\theta_0+\sin(\theta_0-\Delta\theta))}{8\pi\varepsilon_0C} $$ |
0.30 |
|
|
7
Получен ответ: $$\Delta\theta=\cfrac{Qqd\sin\theta_0}{2\pi\varepsilon_0mv^2_0b^2} $$ |
0.20 |
|