Съдържание

ВсОШ 2024, Муниципален етап, 7–11 клас, учебна 2024/25 — Задача 21. 11 класс. 3. Дуговая склейка (Юдин И.)

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ, папка 2025

Всероссийская олимпиада школьников по физике. Муниципальный этап. 29.11.2024 г. · 29 ноември 2024 г.

Условие

Равномерно заряженную проволоку согнули в дугу полуокружности радиусом $R$ и расположили в горизонтальной плоскости. К середине этой дуги в точке $A$ , приклеили дугу в четверть окружности с тем же радиусом в вертикальной плоскости из той же проволоки, так что центры дуг совпадали в точке $O$ (см рисунок). Линейная плотность заряда проволоки $\lambda$ . Определите:

Горизонтальная полуокружность радиуса R с центром O (пунктирный диаметр); из её середины A вертикально вверх поднимается дуга в четверть окружности, обозначенная λ; из O вверх пунктирная вертикаль, R — отрезок от O к краю полуокружности, O и A соединены пунктиром.

1. Угол вектора напряженности электрического поля в точке $O$ к горизонтальной плоскости.

2. Модуль вектора напряженности электрического поля в точке $O$ .

Отговори

Решение

Возможное решение

Рассмотрим заряженную дугу в четверть окружности и поле, которое она создаёт в центре соответствующей окружности. В силу симметрии можно утверждать, что поле будет направлено в плоскости дуги по оси симметрии. На рисунке эта дуга в четверть окружности выделена более жирной линией, а создаваемое этой дугой поле обозначено вектором $\vec{E}_1$ . Для дальнейшего рассуждения введём оси, тогда проекции вектора на оси $(E_1\cos(45^{\circ}), 0, E_1\cos(45^{\circ}))$ . Для другой части заряженной дуги $(E_1\cos(45^{\circ}), 0, -E_1\cos(45^{\circ}))$ . Для дуги в плоскости $(x, y)$ поле будет $(E_1\cos(45^{\circ}), -E_1\cos(45^{\circ}), 0)$ . Тогда суммарное поле: $(3E_1\cos(45^{\circ}), -E_1\cos(45^{\circ}), 0)$ . Тангенс искомого угла $\operatorname{tg}(\alpha) = E_1\cos(45^{\circ})/(3E_1\cos(45^{\circ})) = 1/3$ , тогда $\alpha = \operatorname{arctg}(1/3)$ .

Пространственный рисунок с осями x, y, z и началом O: горизонтальная полуокружность в плоскости xz, вертикальная дуга λ в плоскости xy, поднимающаяся из точки A; четверть полуокружности у A выделена жирной линией; из O выходит вектор E⃗1.

Модуль искомого вектора: $E_O = E_1\sqrt{9\cos^2(45^{\circ}) + \cos^2(45^{\circ})} = \sqrt{\frac{10}{2}}E_1$ .

Найдём модуль $E_1$ . Для этого рассмотрим малую часть дуги длинной $\Delta x$ , тогда заряд этой части $\Delta q = \lambda\Delta x$ . В точке $O$ создается поле величиной $\Delta E = \frac{k\lambda}{R^2}\Delta x$ . Если мы рассмотрим другую часть окружности той же длины $\Delta x$ , то в точке $O$ эта часть создаст поле той же величины $\Delta E$ , только повёрнутой. Сумма всех этих полей будет направлена по дуге, длина этой дуги в пространстве полей будет пропорциональна длине дуги проволоки с коэффициентом $\frac{k\lambda}{R^2}$ . Длина дуги $\frac{\pi}{2}R$ , тогда длина дуги поля $l_E = \frac{k\lambda}{R^2}\frac{\pi}{2}R = \frac{k\pi\lambda}{2R}$ . Суммарное поле – вектор $E_1$ – хорда, длина которой в $2\sqrt{2}/\pi$ , т.е. поле четверти окружности $E_1 = \frac{k\ \sqrt{2}\lambda}{R}$ , а само поле в точке O: $E_O = \frac{k\ \sqrt{10}\lambda}{R}$ .

Дуга окружности с элементом заряда Δq = λΔx и центром O; от O — малый вектор поля ΔE; вспомогательная дуга «в пространстве полей» и её хорда — вектор E⃗1.

Критерии оценивания

№	Критерий:	Баллы
1.1	Разбиение конструкции на четверти окружности	1
1.2	Использованы идеи симметрии при нахождении направления поля от дуги в четверти окружности.	1
1.3	Найден угол между плоскостью и вектором: $\operatorname{arctg}(1/3)$ Если решение через интегрирование и ответ верный, то пункты 1.1 и 1.2 засчитывать за полный балл.	2
2.1	Нахождение модуля поля через поле дуги в четверть окружности $E_O = \sqrt{\frac{10}{2}}E_1$	2
2.2	Нахождение поля дуги четверти окружности $E_1 = \frac{k\ \sqrt{2}\lambda}{R}$	2
2.3	Найдено поле в точке O: $E_O = \frac{k\ \sqrt{10}\lambda}{R}$ .	2
	Если решение через интегрирование и ответ верный, то пункты 2.1 и 2.2 засчитывать за полный балл.

Примечание для жюри

Полностью правильное решение, полученное неавторским методом, оценивается полным баллом. Недопустимо снижать оценку за «неправильное» оформление или неаккуратные записи.

Оригинал в Архива: VsOSh_2025_MUN_T.pdf