| А1. 1 Использовано приближение равномерного распределения зарядов по поверхностям шаров. | 0.10 |
|
|
А1. 2
Учтён закон сохранения заряда: $$q_2=-q_1=q{.} $$ |
0.10 |
|
|
А1. 3
Записано условие эквипотенциальной поверхности гантели: $$\varphi_2 - \varphi_1 = \int_1^2 -\vec{E} d\vec{l} = -\bigl(\vec{E_0}{,}\vec{l}\bigr) + \frac{q_2}{4\pi \varepsilon_0 r}- \frac{q_1}{4\pi \varepsilon_0 r}=0{.} $$ |
0.20 |
|
|
А1. 4
Получен ответ: $$\vec{p}=2\pi\varepsilon_0r\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)\vec{l}{.} $$ Propagation error:
|
0.10 |
|
|
А2. 1
Для момента сил $\vec{M}$ записано: $$\vec{M}=\bigl[\vec{p}\times\vec{E}_0\bigr]{.} $$ |
0.10 |
|
|
А2. 2
Получен ответ: $$\vec{M}=2\pi\varepsilon_0r\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)\bigl[\vec{l}\times\vec{E}_0\bigr]{.} $$ Propagation error: Если в ответе для $\vec M$ неправильный численный коэффициент, то результаты пунктов, использующие выражение для $\vec M$, оцениваются |
0.10 |
|
| А3. 1 Указано или используется, что в положении равновесия $\vec{M}=0$. | 0.10 |
|
|
А3. 2
Получены ответы: $$\alpha_0=0{,}~\pi/2{.} $$ |
0.10 |
|
| A4. 1 Показано, что положение равновесия $\alpha_0=0$ является устойчивым. | 0.10 |
|
| A4. 2 Показано, что положение равновесия $\alpha_0=\pi/2$ является неустойчивым. | 0.10 |
|
|
A4. 3
Определён момент инерции гантели относительно оси, проходящей через центр стержня перпендикулярно ему: $$I_C=\cfrac{ml^2}{2}{.} $$ Propagation error: Дальнейшие результаты, полученные с использованием неправильного $I_C$, оцениваются. |
0.10 |
|
|
A4. 4
Записано основное уравнение динамики вращательного движения вблизи положения устойчивого равновесия: $$-2\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2\alpha=I_C \ddot \alpha $$ |
0.10 |
|
|
A4. 5
Получен ответ: $$T=2\pi\sqrt{\cfrac{m}{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}}{.} $$ |
0.10 |
|
|
А5. 1
M1
Записано выражение для потенциальной энергии гантели в электростатическом поле: $$W_p=-\cfrac{\bigl(\vec{p}{,}\vec{E}_0\bigr)}{2}{.} $$ |
0.20 |
|
| А5. 2 M1 Сделан вывод, что для полного оборота необходимо пройти положение неустойчивого равновесия с ненулевой угловой скоростью. | 0.10 |
|
|
А5. 3
M1
Записан закон сохранения энергии: $$\cfrac{I_C\omega^2_{min}}{2}=\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2{.} $$ |
0.20 |
|
|
А5. 4
M2
Записан закон сохранения энергии: $$\cfrac{I_C(\omega^2-\omega^2_{min})}{2}=A_E{.} $$ |
0.10 |
|
|
А5. 5
M2
Записано выражение для $A_E$: $$A_E=\int\limits_{0}^\alpha Md\alpha{.} $$ |
0.20 |
|
|
А5. 6
M2
Получено выражение для $A_E$: $$A_E=-\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2\sin^2\alpha{.} $$ |
0.10 |
|
| А5. 7 M2 Сделан вывод, что для полного оборота необходимо пройти положение неустойчивого равновесия с ненулевой угловой скоростью. | 0.10 |
|
|
А5. 8
Получен ответ: $$\omega_{min}=\sqrt{\cfrac{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}{m}}{.} $$ Propagation error: если ответ на $\omega_{min}$ неправильный, то ответы, то все ответы на все следующие пункты, использующие выражение для $\omega_{min}$, оцениваются |
0.10 |
|
|
B1. 1
Получено уравнение: $$\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)=IR+\cfrac{q}{2\pi\varepsilon_0r}{.} $$ |
0.30 |
|
|
B1. 2
Уравнение колебаний RLC-контура: $$ L \ddot{q} + R \dot q + \frac{q}{C} = \mathcal{E}(t)$$ |
0.10 |
|
|
B1. 3
Получен ответ: $$L_{eff}=0{.} $$ |
0.10 |
|
|
B1. 4
Получен ответ: $$R_{eff}=R{.} $$ |
0.10 |
|
|
B1. 5
Получен ответ: $$C_{eff}=2\pi\varepsilon_0r{.} $$ Propagation error:
|
0.10 |
|
|
B1. 6
Получен ответ: $$\mathcal{E}_{eff}(t)=E_0l\cos\theta\cos\omega t{.} $$ Propagation error: Если ответ не упрощен с учетом условия $r \ll l$, то оценивается все, кроме ответа на этот пункт |
0.20 |
|
|
B2. 1
Записано выражение: $$p_l(t)=q(t)l{.} $$ |
0.10 |
|
|
B2. 2
Использован метод комплексных амплитуд и получено выражение, аналогичное данному: $$E_0l\cos\theta=\hat{q}_0\left(\cfrac{1}{2\pi\varepsilon_0r}+i\omega R\right){.} $$ |
0.10 |
|
|
B2. 3
Определена комплексная амплитуда заряда $q$ (по 0.1 за амплитуду и фазу): $$\hat{q}_0=\cfrac{2\pi\varepsilon_0rE_0l\cos\theta e^{i\varphi_0}}{\sqrt{1+(2\pi\varepsilon_0rR\omega)^2}}{,}~\varphi_0=-\operatorname{arctg}(2\pi\varepsilon_0rR\omega){.} $$ |
2 × 0.10 |
|
|
B2. 4
Получен ответ: $$p_l(t)=\cfrac{2\pi\varepsilon_0rE_0l^2\cos\theta}{\sqrt{1+(2\pi\varepsilon_0rR\omega)^2}}\cos(\omega t-\operatorname{arctg}(2\pi\varepsilon_0rR\omega)){.} $$ |
0.10 |
|
| B3. 1 Сделан вывод, что $2\pi\varepsilon_0rR\omega\ll 1$. | 0.10 |
|
|
B3. 2
Получен один из вариантов ответа: $$p_l(t)\approx 2\pi\varepsilon_0rE_0l^2\cos\theta\cos(\omega t-2\pi\varepsilon_0rR\omega)\approx2\pi\varepsilon_0rE_0l^2\cos\theta(\cos\omega t+2\pi\varepsilon_0rR\omega\sin\omega t){.} $$ |
0.10 |
|
|
B4. 1
Получены соотношения (по $0{.}1$ балла за каждое): $$p_x(t)=p_l(t)\sin\theta\cos\omega t\qquad p_y(t)=p_l(t)\sin\omega t\qquad p_z(t)=p_l(t)\cos\theta\cos\omega t{.} $$ |
3 × 0.10 |
|
|
B4. 2
Использованы соотношения: $$\langle\sin^2\omega t\rangle=\langle\cos^2\omega t\rangle=\cfrac{1}{2}\qquad \langle\sin\omega t\cos\omega t\rangle=0{,} $$ или же: $$\langle \cos\omega t\cos(\omega t+\varphi_0)\rangle=\cfrac{\cos\varphi_0}{2}\qquad \langle \sin\omega t\cos(\omega t+\varphi_0)\rangle=-\cfrac{\sin\varphi_0}{2} $$ |
0.10 |
|
|
B4. 3
Получены ответы (по $0{.}2$ балла за каждый): $$\langle p_x\rangle=\pi\varepsilon_0\sin\theta\cos\theta rE_0l^2\qquad \langle p_y\rangle=2\pi^2\varepsilon^2_0\cos\theta r^2E_0l^2\omega R\qquad \langle p_z\rangle=\pi\varepsilon_0\cos^2\theta rE_0l^2{.} $$ |
3 × 0.20 |
|
| C1. 1 Указано или используется, что движение гантели будет оставаться плоским. | 0.10 |
|
|
C1. 2
Для проекции момента сил $\langle M_x\rangle$ записано: $$\langle M_x\rangle=\langle p_y\rangle E_0{.} $$ |
0.10 |
|
|
C1. 3
Для момента сил $\langle M_x\rangle$ получено: $$\langle M_x\rangle=2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0l^2\omega R{.} $$ Propagation error: Если здесь неправильный численный коэффициент, то оцениваются все пункты, кроме ответа на С1 |
0.10 |
|
|
C1. 4
Записано основное уравнение динамики вращательного движения: $$\cfrac{ml^2}{2}\cfrac{d\omega}{dt}=-\langle M_x\rangle{.} $$ |
0.10 |
|
|
C1. 5
Получен ответ: $$\omega(t)=\omega_0\exp\biggl(-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\biggr) $$ |
0.10 |
|
|
C2. 1
Идея оценки $\tau$ из условия: $$\omega(\tau)=\omega_{min}{,} $$ где зависимость $\omega(t)$ определяется пунктом $\mathrm{C1}$. |
0.10 |
|
|
C2. 2
Получен ответ через $\omega_{min}$: $$\tau\approx\cfrac{m}{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}\ln\cfrac{\omega_0}{\omega_{min}}{,} $$ |
0.10 |
|
|
C2. 3
Получен ответ: $$\tau\approx\cfrac{m}{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}\ln\left(\omega_0\sqrt{\cfrac{m}{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}}\right){.} $$ |
0.10 |
|
|
D1. 1
Указано, что в главных осях инерции момент импульса твёрдого тела представляется в виде: $$\vec{L}=I_x\omega_x\vec{e}_x+I_y\omega_y\vec{e}_y+I_z\omega_z\vec{e}_z{.} $$ |
0.10 |
|
|
D1. 2
Записано выражение: $$\vec{L}=\cfrac{ml^2\vec{\omega}_\perp}{2}{,} $$ где $\vec{\omega}_\perp$ — составляющая угловой скорости, перпендикулярная стержню. |
0.10 |
|
|
D1. 3
Определена величина $\vec{\omega}_\perp$: $$\vec{\omega}_\perp=\vec{\omega}'\left(1+\cfrac{\bigl(\vec{\omega}'{,}\vec{\Omega}\bigr)}{\omega'^2}\right){.} $$ |
0.10 |
|
|
D1. 4
Получен ответ: $$\vec{L}=\cfrac{ml^2\vec{\omega}'}{2}\left(1+\cfrac{\bigl(\vec{\omega}'{,}\vec{\Omega}\bigr)}{\omega'^2}\right){.} $$ |
0.10 |
|
|
D1. 5
Получен ответ с учётом $\Omega_z\ll\omega'$: $$\vec{L}\approx \cfrac{ml^2\vec{\omega}'}{2}{.} $$ |
0.10 |
|
| D2. 0 Указано, что момент импульса $\vec{L}$ имеет только компоненты $L_x$ и $L_z$. | 0.10 |
|
|
D2. 2
Выражения для компонент $M_x$, $M_y$ и $M_z$ момента сил, действующих на гантель со стороны электростатического поля, выражены через компоненты дипольного момента (по $0{.}1$ балла за каждое выражение): $$M_x=p_yE_0\qquad M_y=-p_xE_0\qquad M_z=0{.} $$ |
3 × 0.10 |
|
| D2. 3 Сделан вывод, что $L_z=const$. | 0.10 |
|
|
D2. 4
Получены выражения для средних по времени компонент $\langle M_x\rangle$ и $\langle M_y\rangle$ момента сил, действующих на гантель со стороны электростатического поля (по $0{.}1$ балла за каждое): $$\langle M_x\rangle=0\qquad \langle M_y\rangle=-\pi\varepsilon_0r\sin\theta\cos\theta E^2_0l^2{.} $$ |
2 × 0.10 |
|
| D2. 5 Указано, что $\langle\vec{M}\rangle\perp\vec{L}$ и сделан вывод, что $L=const$. | 0.10 |
|
| D2. 6 Из условий $L_z=const$ и $L=const$ сделан вывод, что $L_x=const$. | 0.10 |
|
|
D2. 7
Из основного уравнения динамики вращательного движения в проекции на ось $y$ получено: $$\Omega_zL_x=\langle M_y\rangle{.} $$ |
0.10 |
|
| D2. 8 Из постоянства $L_x$ и $\theta$ сделан вывод, что $\Omega_z=const$. | 0.10 |
|
|
D2. 9
Для $L_x$ получено: $$L_x=-\cfrac{ml^2\omega'\cos\theta}{2}{.} $$ |
0.10 |
|
|
D2. 10
Получен ответ (по $0{.}1$ балла за каждую форму): $$\Omega_z=\cfrac{2\pi\varepsilon_0rE^2_0\sin\theta}{m\omega'}=\cfrac{\omega^2_{min}\sin\theta}{2\omega'}{.} $$ |
2 × 0.10 |
|
| D2. 11 Из условия $\omega_{min}\ll\omega'$ сделан вывод, что $\Omega_z\ll\omega'$. | 0.10 |
|
| D3. 1 Указано, что спустя большой промежуток времени гантель должна двигаться таким образом, чтобы в стержне перестали течь электрический ток. | 0.10 |
|
| D3. 2 Указано, что в стержне перестанет течь электрический ток при $\theta=\pi/2$. | 0.10 |
|
|
D3. 3
Определена величина $L_z$ в начальный момент: $$L_z=I\omega_0\sin\theta_0{.} $$ |
0.10 |
|
|
D3. 4
Определена величина $L_z$ в установившемся режиме: $$L_z=I\omega_\infty{.} $$ |
0.10 |
|
|
D3. 5
Получен ответ: $$\omega_\infty=\omega_0\sin\theta_0{.} $$ |
0.10 |
|
|
D4. 0
Записано уравнение динамики вращательного движения стержня в проекции на ось $y$: $$L_x\Omega_z+\cfrac{ml^2\ddot{\theta}}{2}=\langle M_z\rangle{.} $$ |
0.20 |
|
|
D4. 2
Указано, что слагаемым, содержащим $\ddot{\theta}$, можно пренебречь и получено: $$\Omega_z=\cfrac{\omega^2_{min}\sin\theta}{2\omega'}{.} $$ |
0.10 |
|
|
D4. 3
Получена зависимость $\omega'(\theta)$ (из условия $L_z = const.$): $$\omega'(\theta)=\cfrac{\omega_0\sin\theta_0}{\sin\theta}{.} $$ |
0.10 |
|
|
D4. 4
Получен ответ: $$\Omega_z(\theta)=\cfrac{\omega^2_{min}\sin^2\theta}{2\omega_0\sin\theta_0}{.} $$ |
0.10 |
|
|
D5. 1
Определена проекция $\langle M_x\rangle$ усреднённого момента сил на ось $x$: $$\langle M_x\rangle=2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0l^2R\omega\cos\theta{.} $$ |
0.10 |
|
|
D5. 2
Записано уравнение динамики вращательного движения в проекции на ось $x$: $$\langle M_x\rangle=\dot{L}_x-\Omega_zL_y{.} $$ |
0.20 |
|
|
D5. 3
Получено уравнение с разделяющимися переменными, эквивалентное следующему: $$-2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0l^2R\omega_x=\cfrac{ml^2\dot{\omega}_x}{2}{.} $$ |
0.40 |
|
|
D5. 4
Записано выражение: $$\omega_x=-\omega'\cos\theta{.} $$ |
0.10 |
|
|
D5. 5
Получено выражение для $\omega_x(t)$: $$\omega_x(t)=-\omega_0\cos\theta_0\exp\left(-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right) $$ |
0.10 |
|
|
D5. 6
Получен ответ: $$\theta(t)=\operatorname{arctg}\left(\operatorname{tg}\theta_0\exp\left(\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right)\right){.} $$ |
0.10 |
|
|
D6. 1
Получена зависимость $\dot{\theta}(t)$: $$\dot{\theta}(t)=\cfrac{A\operatorname{tg}\theta_0e^{At}}{1+\operatorname{tg}^2\theta_0e^{2At}}{,}~A=\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}{m}{.} $$ |
0.10 |
|
|
D6. 2
Получен ответ (по 0.1 балла за каждый случай): $$\dot{\theta}_{max}=\begin{cases} \cfrac{2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}{m}\quad при\quad \theta_0\leq\pi/4\\ \cfrac{2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R\sin2\theta_0}{m}\quad при\quad \theta_0>\pi/4 \end{cases} $$ |
2 × 0.10 |
|
| D6. 3 Отмечено, что $\dot{\theta}_{max}\sim r^2R$ и сделан вывод о том, что $\dot\theta_{max}\ll\omega_0$. | 0.10 |
|
|
D7. 1
Получен ответ: $$\Omega_z(t)=\cfrac{\pi\varepsilon_0rE^2_0\sin2\theta_0}{m\omega_0\left(\operatorname{tg}^2\theta_0+\exp\left(-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right)\right)} $$ |
0.20 |
|