Съдържание

ВсОШ 2026, Регионален етап, 7–11 клас — Задача 11-4. Заряд на резинке

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2026

Всероссийская олимпиада школьников по физике — Региональный этап, теоретический тур — Москва,2026

Внимание: Бележка към темата

Полный73страничный оригинал лично прочитан.23целые задачи разных классов,57номерованных частей и3единых ненумерованных запроса; все доступные методы решения и исходные фигуры сохранены. Ошибки печатного ключа и отсутствующие отдельные сдаваемые листы честно обозначены. Ключ атрибутирован архиву.

Министерство просвещения Российской Федерации — Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике

Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по физике. Теоретический тур. Москва2026.

Авторы задач — Экспериментальный тур

7-T1 — Александр Евсеев
7-T2 — Никита Богословский
7-T3 — Александр Евсеев
7-T4 — Антон Сорокин
8-T1 — Александр Евсеев, Сергей Абдрашитов
8-T2 — Олег Порошин
8-T3 — Ольга Инишева
8-T4 — Денис Рубцов
9-T1 — Александр Ершов
9-T2 — Денис Рубцов
9-T3 — Александр Аполонский, Александр Ершов
9-T4 — Александр Аполонский, Антон Вергунов
9-T5 — Денис Рубцов, Александр Ершов
10-T1 — Григорий Расторгуев, Иван Гурьянов
10-T2 — Александр Аполонский, Александр Киреев
10-T3 — Николай Янушкевич
10-T4 — Александр Аполонский, Иван Юдин
10-T5 — Алексей Заяц
11-T1 — Иван Гурьянов
11-T2 — Николай Янушкевич
11-T3 — Денис Рубцов
11-T4 — Григорий Расторгуев
11-T5 — Александр Воронцов

Примечание читателя: заголовок «Экспериментальный тур» переписан буквально со страницы авторов; обложка, колонтитулы и обозначения T определяют этот пакет как теоретический. Отдельный экспериментальный оригинал Ru26-R-E.pdf к этому источнику не относится.

Подготовка к олимпиадам — исходные ссылки

Физтех-регионам МФТИ предлагает лекции, семинары и тематические задачи для всех классов в открытом бесплатном доступе: os.mipt.ru.

Видеорешения задач регионального этапа: os-lms.mipt.ru.

Исходный QR-код ведет на указанную в оригинале страницу.

Условие

На длинную закреплённую гладкую спицу насажено лёгкое маленькое колечко, к которому прикреплён лёгкий резиновый шнур. В нерастянутом состоянии шнура его длина равна $l_0$ , коэффициент жёсткости равен $k$ . К другому его концу прикреплён точечный положительный заряд $q$ массы $m$ . Система находится в однородном магнитном поле, перпендикулярном плоскости рисунка. В начальный момент времени расстояние от заряда до спицы равно $l_0$ , а его скорость направлена перпендикулярно спице от неё и равна $v_0$ .

Исходная спица, кольцо, шнур k и l0, заряд q массы m, начальная скорость v0 и магнитное поле B

Примечания

На заряд действуют силы только со стороны шнура и магнитного поля.
Заданные по условию величины связаны соотношением: $mv_0<qBl_0$ .
Под дрейфовой скоростью понимается модуль вектора средней скорости за время $T\gg m/qB$ .

1 Определите траекторию заряда.

2 Определите дрейфовую скорость заряда.

Решение

Исходный рисунок сил заряда: поле B, скорость, силы Лоренца и упругости и оба угла

Пусть ось $x$ горизонтальна и направлена от спицы, ось $y$ направлена вверх вдоль спицы. Начало координат находится к точке начального положения заряда.

Запишем проекции второго закона Ньютона:

\begin{cases} m\ddot x=-kx+qvB\cos(90^\circ-\alpha),\\ m\ddot y=-qvB\sin(90^\circ-\alpha). \end{cases}

Преобразуем полученные уравнения:

\begin{cases}m\ddot x=-kx+qvB\sin(\alpha),\\m\ddot y=-qvB\cos(\alpha).\end{cases}

\begin{cases}m\ddot x=-kx+qB\dot y,\\m\ddot y=-qB\dot x.\end{cases}

Способ1.

Продифференцируем по времени первое уравнение системы. Тогда

m\overset{\cdots}{x}=-k\dot x+qB\ddot y,

\overset{\cdots}{x}+\left[\frac km+\left(\frac{qB}m\right)^2\right]\dot x=0.

Обозначим $\beta^2=k/m+(qB/m)^2$ :

\overset{\cdots}{x}+\beta^2\dot x=0.

Откуда

\dot x(t)=C_1\cos(\beta t)+C_2\sin(\beta t).

Начальные условия:

\begin{cases}\dot x(0)=v_0\Rightarrow C_1=v_0,\\\ddot x(0)=0\Rightarrow C_2=0.\end{cases}

Таким образом,

\begin{cases} \dot x(t)=v_0\cos(\beta t),\\ x(t)=\frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t),\\ \dot y(t)=-\frac{qBv_0}{m\beta}\sin(\beta t),\\ y(t)=\frac{qBv_0}{m\beta^2}(\cos(\beta t)-1). \end{cases}

Заметим, что

\left(\frac{x(t)}{v_0/\beta}\right)^2+ \left(\frac{y(t)+qBv_0/(m\beta^2)}{qBv_0/(m\beta^2)}\right)^2=1.

То есть уравнение траектории при натянутой резинке представляет собой эллипс с центром в

(x_0,y_0)=\left(0,-\frac{qBv_0}{m\beta^2}\right) =\left(0,-\frac{qBmv_0}{km+(qB)^2}\right),

большой полуосью

a=\frac{v_0}{\beta}=\frac{mv_0}{\sqrt{km+(qB)^2}}=R\gamma,

малой полуосью

b=\frac{qBv_0}{m\beta^2}=\frac{qBmv_0}{km+(qB)^2}=R\gamma^2,

где $R=mv_0/qB$ и $\gamma=1/\sqrt{1+mk/(qB)^2}<1$ .

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата $x$ будет меньше0) заряд будет двигаться по дуге окружности радиуса $R=(mv_0)/(qB)$ .

Способ2.

Из $m\ddot y=-qB\dot x$ получим:

dv_y=-\frac{qB}m\,dx=-\Omega\,dx.

С учетом того, что в начале движения $v_y=0$ , $x=0$ и суммируя малые изменения этих величин, получаем, что

v_y=-\Omega x.

Полная исходная траектория заряда: полупериоды эллипса и окружности, оси, размеры a,2b,R,l0,дрейф и отметки t0 иT

Сила Лоренца не совершает работы, и, согласно закону сохранения энергии:

\frac{mv_0^2}2=\frac{m(v_x^2+v_y^2)}2+\frac{kx^2}2.

Откуда:

v_x^2=v_0^2-\left(\Omega^2+\frac km\right)x^2=v_0^2-\beta^2x^2,

где $\beta^2=\Omega^2+k/m$ .

Выразим:

\frac{dy}{dx}=\frac{v_y}{v_x}=\frac{\Omega x}{\sqrt{v_0^2-\beta^2x^2}}.

Откуда:

dy=-\frac{\Omega}{\beta}\frac{x\,dx}{\sqrt{a^2-x^2}} =\gamma\,d\left(\sqrt{a^2-x^2}\right),

где $a=v_0/\beta=(mv_0)/\sqrt{km+(qB)^2}$ и $\gamma=\Omega/\beta=1/\sqrt{1+mk/(qB)^2}<1$ .

Суммируя малые изменения этих величин, получим:

y-0=\gamma\left(\sqrt{a^2-x^2}-a\right).

Откуда:

\left(\frac{y+\gamma a}{\gamma a}\right)^2+\left(\frac xa\right)^2=1.

Нетрудно заметить, что это уравнение эллипса. Координаты центра эллипса $(0,-\gamma a)$ , его большая полуось равна $a=(mv_0)/\sqrt{km+(qB)^2}=R\gamma$ , а малая $b=\gamma a=(qBmv_0)/(km+(qB)^2)=R\gamma^2$ . Это уравнение описывает траекторию вплоть до возвращения длины резинки к исходной. Далее заряд попадает в область, где резинка провисает, и он движется по окружности радиуса $R=v_0/\Omega=mv_0/qB$ до возвращения длины резинки к исходной, после чего резинка натягивается и движение повторяется.

Способ3.

Из второго уравнения системы $m\ddot y=-qB\dot x$ получим:

dv_y=-\frac{qB}m\,dx=-\Omega\,dx.

С учетом того, что в начале движения $v_y=0$ , $x=0$ и суммируя малые изменения этих величин, получаем, что

v_y=-\Omega x.

Подставим это в первое уравнение системы:

m\ddot x=-kx-qB\Omega x.

\ddot x=-\left(\frac km+\Omega^2\right)x.

Обозначим $\beta^2=\Omega^2+k/m$ .

x=C_1\cos(\beta t)+C_2\sin(\beta t).

Из начальных условий:

\begin{cases}x(0)=0\Rightarrow C_1=0,\\\dot x(0)=v_0\Rightarrow C_2=v_0/\beta.\end{cases}

x=\frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t).

Подставим в выражение для $v_y$ :

\dot y=-\Omega x=-\frac{\Omega v_0}{\beta}\sin(\beta t).

Интегрируя, получаем:

y=\frac{\Omega v_0}{\beta^2}(\cos(\beta t)-1).

Заметим, что

\left(\frac{x(t)}{v_0/\beta}\right)^2+ \left(\frac{y(t)+qBv_0/(m\beta^2)}{qBv_0/(m\beta^2)}\right)^2=1.

То есть уравнение траектории при натянутой резинке представляет собой эллипс с центром в

(x_0,y_0)=\left(0,-\frac{qBv_0}{m\beta^2}\right) =\left(0,-\frac{qBmv_0}{km+(qB)^2}\right),

большой полуосью

a=\frac{v_0}{\beta}=\frac{mv_0}{\sqrt{km+(qB)^2}}=R\gamma,

малой полуосью

b=\frac{qBv_0}{m\beta^2}=\frac{qBmv_0}{km+(qB)^2}=R\gamma^2,

где $R=mv_0/qB$ и $\gamma=1/\sqrt{1+mk/(qB)^2}<1$ .

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата $x$ будет меньше0) заряд будет двигаться по окружности радиуса $R=mv_0/qB$ .

При положительном удлинении шнура $\Delta x>0$ траектория является частью эллипса с большой и малой полуосями: $a=mv_0/\sqrt{km+(qB)^2}$ , $b=qBmv_0/(km+(qB)^2)$ .

При ненатянутом шнуре $\Delta x=0$ траектория является частью окружности с радиусом $R=mv_0/qB$ .

В целом траектория состоит из последовательно чередующихся половинок эллипса и окружности, которые без излома и без разрыва переходят друг в друга при $x=0$ .

Определим период движения заряда:

T=\frac{\pi}{\sqrt{\frac km+\left(\frac{qB}m\right)^2}}+ \frac{\pi}{qB/m} =\frac{\pi m}{qB}\left(\frac{qB}{\sqrt{km+(qB)^2}}+1\right).

Тогда дрейфовая скорость

u=\frac{2(R-b)}T= \frac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km+(qB)^2}\left(qB+\sqrt{km+(qB)^2}\right)}.

Примечание читателя: на странице67 в строке $dy/dx$ перед $\Omega x$ напечатан плюс, хотя непосредственно выше $v_y=-\Omega x$ и непосредственно ниже стоит $dy=-(\Omega/\beta)x\,dx/\sqrt{a^2-x^2}$ . Все три буквальные записи сохранены.

Примечание читателя: полный исходный пакет и отдельные листы

Лично прочитаны все73страницы: обложка и авторы1–2, условия3–21, все доступные возможные решения22–73. Сохранены23целые задачи пяти классов и57печатных номерованных запросов; еще три задачи имеют единый ненумерованный запрос. Каждый класс и каждое самостоятельное исходное задание сохранены отдельно. Ключ11-T2 сам ссылается на10-T3, полное указанное решение присутствует в этом же оригинале и приведено у обеих задач. Архивная атрибуция ключа сохранена; отдельная официальная публикация этого PDF организатором не установлена.

Условие термистора требует сдаваемого отдельного листа с двумя экземплярами графика, а условие цилиндра — отдельной масштабной фотографии для построений. Данный полный пакет содержит один график на странице17, фотографию21 и фотографию с построениями72, но не включает отдельные сдаваемые листы. В полученном полном текущем каталоге папки только теоретический и отдельно принадлежащий экспериментальный PDF. Необретенные отдельные листы не изготовлены и не объявлены полученными. Все имеющиеся изображения сохранены без перерисовки. Печатные ошибки и незавершенная фраза ключа отдельно обозначены в соответствующих решениях.

Оригинал в Архива: Ru26-R-T.pdf · решение от архива: Ru26-R-T.pdf