Съдържание

BelPhO 2016, Заключителен етап, 9,10,11 — Задача 10-2. 10 класс — 2. Заряженный стержень

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2016

Заключительный этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Полностью получены и прочитаны 22 страницы теоретических условий и 36 страниц соответствующего ключа заключительного этапа 2016 года: девять целых заданий, по три для 9, 10 и 11 классов, с 70 исходными запросами. Сохранены все исходные разделы, продолжения решений, дополнительные оптические рассуждения, сноски, формулы, фотографии, графики и рисунки. Отдельный пустой лист к оптической задаче сохранен полностью, включая код участника и координатную сетку. Время, баллы и отдельная схема оценивания в полученных оригиналах не напечатаны. Общий лист инструкций напечатан для 9 класса; отдельных листов инструкций для 10 и 11 классов в полученном комплекте нет. Дата 16 марта на листе утверждения не подменяет неизвестную дату проведения. В исходной папке нет дополнительных теоретических приложений; экспериментальные оригиналы относятся к отдельно опубликованному туру.

Научные и редакционные разночтения сохранены без исправления оригинала. В ключе Физо повторяются номера формул, максимум во второй части обозначен n_min; I₀ описана как наблюдаемая при неподвижном колесе интенсивность, хотя далее стоит I₀/2. Третья ветвь для второго колеса действительно содержит I₀/3. В осциллографическом ключе напечатаны R₂ вместо обозначения напряжения и различные ссылки на графики. В оптическом условии совпадающие оси обозначены OX/OV, хотя рисунок подписан X(U). Ключ прямо говорит о НЕ параллельных изображениях теней. Сохранены β/α в формуле (7), tan²α в (16), пропущенный K в последнем слагаемом (18), все выражения (19)/(20) и исходные обозначения в аналитическом дополнении. В ключе рассеяния разность Δφ напечатана χ₁−χ₁; в разложении энергии отсутствует коэффициент 2 у смешанного члена.

В условии о стержне λ в пункте 1.5 названа поверхностной плотностью, несмотря на исходную линейную плотность. Последний ответ ключа обозначен 1.6 вместо 1.5, численное k₁ дано без соответствующих исходных числовых параметров. Термоэлектрический ключ не содержит ответа на пункт 1.6; ответ не дописан. Его формула (2) действительно печатает скорость электронов 1,17×10²⁸ м/с. Сохранены исходные знаки, обозначения m/mₑ/v₀/v₁, разные коэффициенты в цепочке (9)/(10), численные мощности с неуказанными числовыми E/λ и различие множителя n в (25)/(26). В звуковом ключе Ω=(2π/ν)(V/c) противоречит предыдущему периоду и численному результату; исходная формула сохранена.

В ключе аквариума используется ξ вместо x, конечная формула скорости не содержит v, а формула (7) содержит исходное ошибочное разложение. В звездном условии две последовательные части обе обозначены «Часть 1» и повторяют номера 1.1–1.3. Ключ содержит β вместо µ, W_E/W_T, повтор (5), последний результат гравитационного интеграла −3GM/(5R) без второго M, а также слово «планеты» вместо звезды. Для 2.4 напечатано промежуточное выражение энергии через плотность, для 2.5 — критерий минимума; отсутствующие конечные формулы M(ρ) не добавлены.

Оригинальная общая обложка

Группа секретных физиков. Республиканская физическая олимпиада 2016 года (Заключительный этап). Теоретический тур. Гомель 2016.

Оригинальный лист утверждения и инструкции для 9 класса

УТВЕРЖДАЮ. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады Заместитель Министра образования ____________________ Р.С. Сидоренко. «16» марта 2016 г.

Республиканская физическая олимпиада 2016 год. (Заключительный этап). Теоретический тур. 9 класс.

Полный комплект состоит из трех заданий.
При оформлении работы каждое задание начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач (но не с их решениями), обращайтесь к представителям Жюри.

Постарайтесь внимательно прочитать условия задач! Может вам покажется, что условия задач слишком длинные. Но мы сочинили их такими, чтобы Вам было легче решать. Поверьте, иногда решения короче таких условий! Не теряйте присутствия духа, смело беритесь за решение каждой задачи. Помните, оцениваются не только полные решения, но и их отдельные части и даже отдельные здравые мысли.

Условие

Тонкий диэлектрический стержень АВ, положительно заряженный с постоянной линейной плотностью $\lambda$ , находится в воздухе (вакууме).

1.1 Рассмотрим малый участок $FG=\Delta l$ стержня, который виден из точки С пространства под малым углом $\Delta\varphi$ (см. рис.), причем $\Delta\varphi\ll\varphi$ . Покажите, что модуль $\Delta E$ напряженности электростатического поля, создаваемого этим участком стержня в точке С, пропорционален величине угла $\Delta\varphi$ , и может быть представлен в виде $\Delta E=k_1\cdot\Delta\varphi$ . Найдите коэффициент пропорциональности $k_1$ .

Оригинальный рисунок со всеми исходными стрелками, осями, шкалами, данными и обозначениями.

1.2 Докажите, что вектор $\vec E$ напряженности электростатического поля, создаваемого стержнем АВ, направлен вдоль биссектрисы DC угла ACB (см. рис.). Данный результат Вы можете использовать в последующих пунктах задачи, даже если не смогли его доказать.

1.3 Вычислите модуль $E_C$ напряженности электростатического поля, создаваемого стержнем АВ в точке С на оси симметрии стержня.

1.4 Найдите выражение $E(h)$ для модуля напряженности электростатического поля, создаваемого тонким заряженным с постоянной линейной плотностью $\lambda$ бесконечным стержнем, на расстоянии $h$ от него.

1.5 Два тонких длинных (бесконечных), заряженных с постоянной поверхностной плотностью $\lambda=25$ нКл/м стержня скрещиваются в пространстве под прямым углом (см. рис.). Расстояние между ближайшими точками стержней $h=1{,}0$ м. Найдите силу $\vec F$ электростатического отталкивания стержней.

Математическая подсказка: площадь $S$ под графиком функции $y(x)=\cos(x)$ на участке от нуля до $x$ , вычисляется по формуле $S=\sin(x)$ .

Решение

1.1 Выделим на стержне маленький участок $FG=\Delta l$ , который виден из точки С под малым углом $\Delta\varphi$ и находится на расстоянии $r=CG$ от точки С, а также на угловом расстоянии $\varphi$ от отрезка $h$ (см. рис.). С учетом того, что угол HGF также равен $\varphi$ можем записать

\cos\varphi=\frac h{GC}=\frac hr=\frac{GH}{\Delta l}=\frac{r\Delta\varphi}{\Delta l}.\qquad(1)

откуда следует, что

\Delta l=\frac{r^2}h\Delta\varphi.\qquad(2)

Поскольку стержень заряжен равномерно, то на участке стержня $\Delta l$ находится заряд $\Delta q=\lambda\Delta l$ , который, согласно закону Кулона, создаёт в точке С напряженность $\Delta\vec E$ , равную по модулю

\Delta E=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac{\Delta q}{r^2}=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda{r^2}\frac{r^2}h\Delta\varphi=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h\Delta\varphi.\qquad(3)

Поскольку для разных участков стержня величины $\lambda$ и $h$ постоянны, то из (3) следует неожиданный вывод, что $\Delta\vec E$ не зависит ни от $r$ , ни от $\varphi$ , а определяется только малым углом $\Delta\varphi$ , под которым данный малый отрезок виден из точки С. Соответственно, из (3) найдем искомое значение коэффициента пропорциональности

k_1=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h=1{,}5\cdot10^3\,\frac{\text{Н}}{\text{Кл}\cdot\text{рад}}=1{,}5\,\frac{\text{кН}}{\text{Кл}\cdot\text{рад}}.\qquad(4)

1.2 Рассмотрим два симметричных (по углу $\varphi$ ) относительно биссектрисы DC малых участка стержня $\Delta l_i$ и $\Delta l_j$ , имеющих одинаковую угловую ширину $\Delta\varphi$ . Согласно (3), векторы напряженностей $\vec E_i$ и $\vec E_j$ , создаваемых ими, равны по модулю и симметричны относительно биссектрисы угла. Следовательно, их сумма $\vec E_{i+j}$ ориентирована вдоль биссектрисы угла. Заметим, что длины (и заряды!) отрезков $\Delta l_i$ и $\Delta l_j$ различны, но согласно (2) большему отрезку соответствует большее расстояние, что и приводит к равенству модулей соответствующих напряженностей.

Разбивая стержень на подобные пары и суммируя их напряженности, приходим к выводу, что напряженность $\vec E$ электростатического поля всего стержня также направлена вдоль биссектрисы угла $A\widehat CB$ .

1.3 Для вычисления нормального компонента $\vec E_\perp$ напряженности электростатического поля всего стержня рассмотрим малый элемент стержня длиной $\Delta l_i$ (Рис.), находящийся на расстоянии $r_i$ от точки наблюдения. Пусть нормальный компонент поля этого элемента равен $E_{i\perp}=E_i\cos\varphi_i$ . Тогда искомая величина $E_\perp$ будет представлена суммой

E_\perp=\sum_iE_{i\perp}=\sum_iE_i\cos\varphi_i.\qquad(5)

Однако, с учётом (3), сумма значительно упрощается. Действительно, при таком подходе имеем

E_\perp=\sum_iE_i\cos\varphi_i=\sum_i\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h\cos\varphi_i\Delta\varphi_i=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h\sum_i\cos\varphi_i\Delta\varphi_i.\qquad(6)

сумма $S=\sum_i\cos\varphi_i\Delta\varphi_i$ , входящая в выражение (6), представляет собой площадь под графиком функции $y(x)=\cos(x)$ . И, согласно математической подсказке в условии, равна $S=\sum_i\cos\varphi_i\Delta\varphi_i=\sin\varphi$ . Заметим, что геометрический смысл этой суммы — сумма проекций хорд на диаметр окружности. Это замечание вполне позволяет получить математическую подсказку в условии самостоятельно.

Таким образом, часть заряженного стержня, соответствующая углу $\alpha$ в условии, создает нормальную напряженность $E_{\perp\alpha}=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h\sin\alpha$ , а вторая часть стержня — точно такую же.

E_C=2E_\perp=\frac1{4\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h(\sin\alpha+\sin\alpha)=\frac1{2\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h\sin\alpha.\qquad(7)

Естественно, что вектор $\vec E_\perp$ ориентирован перпендикулярно стержню в направлении «от него». Если бы заряд стержня был отрицателен, то направление было бы «к нему».

1.4 Для перехода к полю бесконечного тонкого равномерно заряженного стержня в формуле (7) следует положить $\alpha=\pi/2$ . При этом получаем, что напряженность электростатического поля бесконечного стержня на расстоянии $h$ от него равна по модулю

E(h)=\frac1{2\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h\sin\frac{\alpha+\alpha}{2}=\frac1{2\pi\varepsilon_0}\frac\lambda h.\qquad(8)

и направлена перпендикулярно стержню.

1.6 Изобразим скрещивающиеся заряженные стержни на чертеже так, чтобы один из них (создающий поле) был виден в виде точки, а второй (на который действует поле) — находился в плоскости чертежа. На маленький кусочек FG стержня длиной

FG=\Delta l=\frac{HG}{\cos\varphi}=\frac{r\Delta\varphi}{\cos\varphi}\qquad(9)

действует сила, определяемая зарядом $\lambda\Delta l$ рассматриваемого кусочка и полем $E(r)=\lambda/(2\pi\varepsilon_0r)$ в данной точке пространства.

Поскольку силы, действующие вдоль стержня, будут скомпенсированы, то нам следует искать только силы, перпендикулярные к стержню. Тогда для участка FG можем записать

\Delta F=E(r)\lambda\Delta l\cos\varphi=\frac\lambda{2\pi\varepsilon_0r}\lambda\frac{r\Delta\varphi}{\cos\varphi}\cos\varphi=\frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0}\Delta\varphi.\qquad(10)

Суммируя (10) по всем кусочкам стержня, найдем величину силы электростатического расталкивания стержней, которая перпендикулярна стержню и ориентирована по продолжению высоты h на рисунке

F=\sum_i\Delta F_i=\sum_i\frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0}\Delta\varphi_i=\frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0}\sum_i\Delta\varphi_i=\frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0}\cdot\pi=\frac{\lambda^2}{2\varepsilon_0}=3{,}5\cdot10^{-5}\,\text{Н}=35\,\text{мкН}.\qquad(11)

Интересно, что сила взаимодействия между заряженными стержнями не зависит от расстояния h между ними. Следовательно, при изменении расстояния h ответ (11) не изменится. Это связано с влиянием двух факторов: при удалении стержней друг от друга поле, естественно, уменьшается, но увеличивается заряд, попадающий на отрезок FG стержня при данном угле ϕ Δ .

Оригинал в Архива: 2016_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2016_theoretical_solutions.pdf