Съдържание

ВсОШ 2025, Регионален етап — Задача 22. 11-Т4 · Петля с током

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2025

Всероссийская олимпиада школьников по физике — Региональный этап, теоретический тур — Москва,2025

Внимание: Бележка към темата

Полный исходный60-страничный сборник:23целые задачи7–11классов,55номерованных запросов и6ненумерованных; все напечатанные возможные решения/варианты. Исходные несогласованности сохранены и отмечены отдельно. Баллы, критерии и продолжительность в данном источнике не напечатаны. Для измерений и построений используйте исходныйPDF с родным масштабом.

Титул, авторы и материалы исходного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. Всероссийская олимпиада школьников по физике. Региональный этап. Теоретический тур. Москва,2025г.

Комплект задач подготовлен центральной предметно-методической комиссией Всероссийской олимпиады школьников по физике. E-mail:physolymp@gmail.com.

Авторы задач

7-Т1. Александр Евсеев
7-Т2. Ольга Инишева
7-Т3. Константин Кутелев
7-Т4. Александр Евсеев
8-Т1. Андрей Сеитов
8-Т2. Александр Евсеев
8-Т3. Александр Евсеев
8-Т4. Ольга Инишева
9-Т1. Константин Кутелев
9-Т2. Антон Вергунов
9-Т3. Владимир Савинцев
9-Т4. Денис Рубцов
9-Т5. Матвей Муравьев, Иван Гурьянов
10-Т1. Алексей Заяц
10-Т2. Александр Киреев
10-Т3. Леонид Колдунов
10-Т4. Анна Шишкина
10-Т5. Юрий Черников
11-Т1. Александр Аполонский
11-Т2. Александр Аполонский
11-Т3. Константин Парфенов
11-Т4. Алексей Заяц
11-Т5. Юрий Черников

Как готовиться к региональному этапу?

В МФТИ запущен классный проект «Физтех-регионам» (https://os.mipt.ru), где в публичном бесплатном доступе лежат лекции и семинары по всем классам и по всем темам. Там же выложены подборки задач по темам. Уровень материалов позволяет хорошо подготовиться к муниципальному и региональному этапу Всероссийской олимпиады школьников по физике.

Если вы школьник, просто пользуйтесь доступными материалами. Если вы преподаватель или сотрудник регионального органа образования, то МФТИ готов помочь организовать на базе вашей школы или центра по работе с талантливыми детьми кружок по физике. Занятия будут проходить по программе «Физтех-регионам», и МФТИ не берет никаких денег за эти материалы. Единственное, вам нужно будет обеспечить работу преподавателя. Подобным образом уже функционируют кружки в более чем40регионах России.

В исходном ключе заголовок «Возможные решения». Сохранены родные группы7,8,9,10и11классов и исходные обозначения каждой целой задачи.

Условие

В горизонтальном однородном магнитном поле индукции $B$ висит гибкая проводящая нить длины $L$ , по которой течёт ток $I$ . Оба конца нити подвешены практически к одной и той же точке $A$ . В равновесном положении эти концы образуют друг с другом угол $\alpha=60^{\circ}$ , а расстояние между точкой подвеса и самой нижней точкой нити равно $H=L\sqrt3/4$ (см. рис.). Ускорение свободного падения равно $g$ . Собственным магнитным полем тока можно пренебречь. Нить является однородной.

Native current-loop diagram with complete A/C/D, B/g/I/d/H/60° labels, current and gravity arrows, magnetic-field dot, dimension boundaries and full loop geometry. Original PDF diagram-column crop; no masking or redrawing.

1 Найдите массу нити $m$ и силу натяжения нити $T_D$ в её нижней точке (точка $D$ на рисунке).

2 Определите силу натяжения нити $T_C$ в её крайне правой точке (точка $C$ на рисунке).

3 Найдите расстояние $d$ между крайне левой и крайне правой точкой висящей нити.

Решение

Чтобы найти силу, с которой однородное магнитное поле воздействует на проводник $MN$ с током, имеющий сложную форму, возьмём маленький участок проводника длины $dl$ . Сила, действующая на него, равна $dF=IB\,dl$ и направлена перпендикулярно (см. рис.). Проекции этой силы на оси координат равны

dF_x=IB\,dl\cos\alpha=IB\,dy,

dF_y=-IB\,dl\sin\alpha=-IB\,dx.

Complete native conductor-element Ampere force geometry, M/N/B/I/x/y/dx/dy/dl/dF and alpha, with full guides.

Таким образом, суммируя по всем участкам проводника, получим, что

F_x=IB(y_N-y_M),\quad F_y=-IB(x_N-x_M),

где $(x_M;y_M)$ и $(x_N;y_N)$ — координаты точек $M$ и $N$ соответственно.

Пусть $T_A$ — сила натяжения нити в верхней точке, а $\rho=m/L$ — линейная плотность нити. Рассмотрим правую половину нити и запишем условия равновесия для сил в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

\begin{cases}T_A\cos30^{\circ}=mg/2,\\T_A\sin30^{\circ}+T_D=IBH.\end{cases}

Отсюда найдём

\begin{cases}T_A=mg/\sqrt3,\\T_A/2+T_D=IBL\cdot\sqrt3/4.\end{cases}

Применяя метод виртуальных перемещений, получим

T_A-T_D=\rho gH=\frac{mgH}{L}=\frac{mg\sqrt3}4.

Отсюда следует что

T_A-T_D=\frac{3T_A}4\Rightarrow T_A=4T_D\Rightarrow T_D=\frac{IBL}{4\sqrt3},

mg=\sqrt3T_A=4\sqrt3T_D=IBL\Rightarrow m=\frac{IBL}{g}.

Рассмотрим участок нити $CD$ и запишем условие равновесия для сил в проекции на горизонтальную ось:

T_D=IBh,

где $h$ — высота точки $C$ относительно точки $D$ , равная, соответственно,

h=\frac{T_D}{IB}=\frac L{4\sqrt3}.

С другой стороны, применяя метод виртуальных перемещений, получим

T_C-T_D=\rho gh\Rightarrow T_C-T_D=\frac{\rho g}{IB}\cdot T_D=\frac{mg}{IBL}\cdot T_D=T_D\Rightarrow T_C=2T_D=\frac{IBL}{2\sqrt3}.

Пусть $K$ — некоторая точка, находящаяся на высоте $y$ относительно точки $D$ и смещённая относительно неё на $x$ вправо. Обозначим $T$ силу натяжения нити в точке $K$ , $\varphi$ — угол между касательной в точке $K$ и горизонталью, а $l$ — длину участка $KD$ . Тогда

T\sin\varphi=\rho gl+IBx=IB(l+x),

T\cos\varphi=T_D-IBy,

T=T_D+\rho gy=T_D+IBy.

Дифференцируя первое уравнение и учитывая, что $dl=dx/\cos\varphi=dy/\sin\varphi$ , получим

d(T\sin\varphi)=IB(dl+dx)=IB\,dy\cdot\frac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}.

С другой стороны,

T(1+\cos\varphi)=2T_D,

откуда имеем

T\sin\varphi\cdot d(T\sin\varphi)=2T_D\cdot IB\,dy\Rightarrow\frac{(T\sin\varphi)^2}2=2T_D\cdot IBy\Rightarrow T\sin\varphi=2IB\sqrt{hy}.

Учитывая, что $\operatorname{tg}\varphi=dy/dx$ , окончательно получим значение $d$ :

\frac{dy}{dx}=\frac{2IB\sqrt{hy}}{IB(h-y)}\Rightarrow\frac d2=\frac1{\sqrt h}\int_0^h\frac{h-y}{2\sqrt y}\cdot dy=h-\frac13h=\frac23h\Rightarrow d=\frac{4h}3=\frac L{3\sqrt3}.

Примечание к источнику: на странице 57 исходная система проекций оставлена буквально, включая порядок синуса и косинуса.

Оригинал в Архива: Ru25-R-T.pdf · решение от архива: Ru25-R-T.pdf