ВсОШ, 2025/26, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Сила трения по модулю не больше \(\mu mg\), но её направление можно выбирать. Разложите её на касательную и нормальную составляющие и найдите, как угол между силой и скоростью связан с пройденным путём.

Ответ

1) \(v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\text{ м/с}\);  2) \(v_C = v_D = v_B = v_m = 20\text{ м/с}\);  3) \(T = \left(\beta + \dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{\dfrac{R}{\mu g}} \approx 14{,}7\text{ с}\).

Решение

В рамках предположений условия максимальная величина силы трения колес о поверхность дороги равна \(|\vec F_\text{тр}| = \mu N = \mu mg\), где \(m\) — масса автомобиля, и при этом ее можно направить в любом направлении в горизонтальной плоскости дороги. Так как другие горизонтальные силы на автомобиль не действуют, то именно сила трения и разгоняет автомобиль, и удерживает его на нужной траектории.

Пусть \(\alpha\) — угол между скоростью автомобиля и направлением силы трения в некоторый момент времени (см. рисунок). Тогда уравнения для касательной и центростремительной компонент ускорения автомобиля имеют вид \[\left\{\begin{aligned} ma_\tau &= m\frac{dv}{dt} = \mu mg\cos\alpha\\ ma_n &= m\frac{v^2}{R} = \mu mg\sin\alpha \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{dv}{dt} &= \mu g\cos\alpha\\ v^2 &= \mu gR\sin\alpha \end{aligned}\right. . \tag{1}\] Видно, что разгон автомобиля завершается (\(dv/dt = 0\)) и скорость достигает максимального возможного значения \(v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\) м/с при \(\alpha = 90^\circ\). Далее угол \(\alpha\) и скорость автомобиля поддерживаются постоянными.

Ответ на второй вопрос можно получить несколькими способами. Уравнение для касательной компоненты ускорения можно преобразовать следующим образом: \[\frac{v\cdot dv}{v\cdot dt} = \frac12\,\frac{d(v^2)}{ds} = \mu g\cos\alpha \;\Rightarrow\; \frac{d(v^2)}{ds} = 2\mu g\cos\alpha. \tag{2}\] Здесь \(s\) — путь, пройденный автомобилем от момента старта. Далее можно действовать как минимум тремя путями.

Способ 1. Подставив в (2) квадрат скорости из второго уравнения (1), находим, что \[\mu gR\,\frac{d(\sin\alpha)}{ds} = \mu gR\cos\alpha\,\frac{d\alpha}{ds} = 2\mu g\cos\alpha \;\Rightarrow\; d\alpha = \frac{2}{R}\,ds.\] На старте \(s = 0\) и \(\alpha = 0\), то есть после суммирования приращений в этом соотношении от старта до любого момента времени в процессе разгона получаем связь угла \(\alpha\) с пройденным автомобилем расстоянием \(\alpha(s) = 2s/R\). Значит, разгон завершится в момент времени, когда \(\alpha = \pi/2 \Rightarrow s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Способ 2. Выразив \(\sin\alpha = v^2/\mu gR = (v/v_m)^2\) и подставив это соотношение в уравнение (2), приводим его к виду \[\frac{d(v^2)}{ds} = 2\mu g\cdot\sqrt{1 - \left(\frac{v}{v_m}\right)^4}.\] Введем новую переменную \(y \equiv (v/v_m)^2\) и получим уравнение \[\frac{dy}{ds} = \frac{2}{R}\sqrt{1-y^2} \;\Rightarrow\; \frac{2}{R}\,ds = \frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}.\] Интегрируя его по любому участку пути на дуге \(AC\), находим, что \[\frac{2}{R}\,s = \int_0^{(v/v_m)^2} \frac{dy}{\sqrt{1-y^2}} = \arcsin\left(\frac{v^2}{v_m^2}\right) \;\Rightarrow\; v^2(s) = v_m^2\cdot\sin\left(\frac{2s}{R}\right).\] Как видно, скорость достигает максимума при \(s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Способ 3. Составив систему из второго уравнения в (1) и (2), можно получить из нее уравнение для зависимости \(v^2(s)\) на участке \(AC\): \[\left\{\begin{aligned} \frac{d(v^2)}{ds} &= 2\mu g\cos\alpha\\ v^2 &= \mu gR\sin\alpha \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{d(v^2)}{ds} &= 2\mu g\cos\alpha\\ \frac{d(v^2)}{ds} &= \mu gR\cos\alpha\,\frac{d\alpha}{ds} \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{d^2(v^2)}{ds^2} &= -2\mu g\sin\alpha\,\frac{d\alpha}{ds}\\ \frac{d\alpha}{ds} &= \frac{2}{R} \end{aligned}\right.\] Действительно, подставляя в уравнение для \(d^2(v^2)/ds^2\) полученные выражения для \(\sin\alpha\) и \(d\alpha/ds\), приходим к уравнению гармонических колебаний \[\frac{d^2(v^2)}{ds^2} + \frac{4}{R^2}\,v^2 = 0.\]

С учетом условий \(v^2(0) = 0\) и \((v^2)'_s(0) = \mu gR\) приходим к решению \[v^2(s) = v_m^2\cdot\sin\left(\frac{2s}{R}\right).\] Как видно, скорость достигает максимума при \(s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Таким образом, во время заезда с минимальным временем прохождения полуокружности скорость автомобиля в точках \(C\), \(D\) и \(B\) равна максимальной: \(v_C = v_D = v_B = v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\) м/с.

Ясно, что время прохождения участка полуокружности от \(C\) до \(B\) равно \[t_{CB} = \frac{3\pi R}{4v_m} = \frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\] В зависимости от способа решения в пункте 2 далее можно использовать разные способы решения и в этом пункте.

Способ 1. Исключим угол \(\alpha\) из уравнений (1): на участке \(AC\) \[\sin\alpha = \frac{v^2}{\mu gR} \;\Rightarrow\; \frac{dv}{dt} = \mu g\cdot\sqrt{1 - \left(\frac{v}{v_m}\right)^4} \;\Rightarrow\; dt = \frac{v_m}{\mu g}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},\] где введено обозначение \(x \equiv v/v_m\). На этом участке величина \(x\) изменяется от 0 до 1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия, \[t_{AC} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \beta\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\]

Способы 2 и 3. Поскольку на участке \(AC\) \(v(s) = v_m\sqrt{\sin(2s/R)} = ds/dt\), то \[dt = \frac{1}{v_m}\,\frac{ds}{\sqrt{\sin\left(\frac{2s}{R}\right)}} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\,\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},\] где введено обозначение \(x \equiv \sqrt{\sin(2s/R)}\). Отметим, что \[\sin\left(\frac{2s}{R}\right) = x^2 \;\Rightarrow\; 2\cos\left(\frac{2s}{R}\right)\frac{ds}{R} = 2x\,dx \;\Rightarrow\; \frac{ds}{R} = \frac{x}{\sqrt{1-x^4}}\,dx.\] На этом участке величина \(x\) изменяется от 0 до 1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия, \[t_{AC} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \beta\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\] В итоге общее время прохождения полуокружности \(AB\) \[T = t_{AC} + t_{CB} = \left(\beta + \frac{3\pi}{4}\right)\sqrt{\frac{R}{\mu g}} \approx 14{,}7\text{ с}.\]

Подсказка

Пусть лента отрывается под постоянным углом \(\alpha\): при отрыве участка длиной \(\Delta l\) сила совершает работу \(\sigma d\,\Delta l\). Найдите, на сколько при этом сдвигается точка приложения силы. В пункте 3 грузы в начале и в конце покоятся — примените закон изменения механической энергии.

Ответ

1) \(\alpha = \pi\);  2) \(m = \dfrac{\sigma d}{(1-\cos\alpha_1)\,g} \approx 0{,}068\text{ кг}\);  3) \(M = \dfrac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 32\text{ г}\), \(\Delta h \approx 0{,}146\text{ м}\), \(a_1 \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\), \(a_2 \approx 4{,}9\text{ м/с}^2\).

Решение

Когда приложенная сила \(F\) постоянна по величине и направлению, угол наклона оторванной части ленты \(\alpha\) также постоянен. Если внешняя сила достаточна по величине и приводит к отрыву части ленты малой длины \(\Delta l\), точка, к которой приложена внешняя сила, перемещается на расстояние \(\Delta x\), совершая при этом работу, которую можно связать с величиной \(\sigma\) и площадью ленты оторвавшейся части ленты \(\Delta S = d\cdot\Delta l\): \[\Delta A = \Delta x\cdot F = \sigma\cdot\Delta S = \sigma\cdot d\cdot\Delta l. \tag{1}\]

Перемещение точки приложения силы \(\Delta x\) может быть выражено через \(\Delta l\) и \(\alpha\): \[\Delta x = \Delta l\cdot(1 - \cos\alpha). \tag{2}\] Подставляя (2) в (1), получаем выражение для силы \(F = F(\alpha)\), необходимой для отрывания ленты от стола под некоторым углом: \[F = \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha}.\] Сила принимает минимальное значение при максимальном знаменателе \(1 - \cos\alpha = 2\), то есть при \(\alpha = \pi\).

Теперь рассмотрим второй случай. Силы натяжения ленты и нити равны по модулю, так что будем их обозначать \(T\). Из условия равновесия груза \(T = mg\). Очевидно, что если сила натяжения \(T\) не превышает силу отрыва ленты для угла \(\alpha_1\), то лента не будет отрываться и система будет покоиться. Максимальная сила \(T\), которая может быть достигнута при равновесии системы, \(T = \sigma d/(1 - \cos\alpha_1)\). Тогда масса груза равна \[m = \frac{\sigma d}{(1 - \cos\alpha_1)\cdot g} \approx 0{,}068\text{ кг}.\]

Теперь рассмотрим случай добавления груза массой \(M\). Для начала определим длину участка ленты \(\Delta L\), который оторвался от стола до момента остановки грузов. Его можно выразить через высоту блока \(H\) и углы \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\): \[\Delta L = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} \approx 0{,}732\cdot H = 0{,}732\text{ м}.\] Для нахождения \(\Delta h\) используем условие на сохранение полной длины нити и ленты (ввиду их нерастяжимости): \[\Delta L + L_1 = L_2 + \Delta h,\] где \(L_1 = H/\sin\alpha_1\) и \(L_2 = H/\sin\alpha_2\) — это расстояния от блока до точки отрыва ленты от стола в начальный и конечный момент соответственно. Тогда \[\Delta h = \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_2} - \frac{H}{\operatorname{tg}\alpha_1} + \frac{H}{\sin\alpha_1} - \frac{H}{\sin\alpha_2} = H\left(\frac{1 - \cos\alpha_1}{\sin\alpha_1} - \frac{1 - \cos\alpha_2}{\sin\alpha_2}\right) \approx 0{,}146\cdot H = 0{,}146\text{ м}.\] Положение, в котором остановится система, определяется законом изменения полной механической энергии: изменение потенциальной энергии груза (кинетическая энергия в крайних положениях равна нулю) равно работе по отрыву ленты: \[(m + M)g\cdot\Delta h = A = \sigma d\,\Delta L.\] Отсюда \[M = \frac{\sigma d\,\Delta L}{g\,\Delta h} - m \approx 0{,}032\text{ кг} = 32\text{ г}.\] Ускорения грузов в начальный и конечный моменты времени находятся из второго закона Ньютона: \[(m + M)a_1 = (m + M)g - T(\alpha_1)\] или \[(m + M)a_1 = (m + M)g - \frac{\sigma d}{1 - \cos\alpha_1}.\] Искомые значения: \[a_1 = g - \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_1)} \approx 3{,}2\text{ м/с}^2\] и \[a_2 = \frac{\sigma d}{(m + M)(1 - \cos\alpha_2)} - g \approx 4{,}9\text{ м/с}^2.\] Заметим, что после остановки ускорения грузов будут равны нулю.

Подсказка

Давление газа постоянно, поэтому высота поршня пропорциональна температуре, а площадь боковой стенки — тоже. Получите из теплового баланса скорость поршня как функцию температуры газа и найдите её наибольшее значение на пути от начальной температуры до \(T_0\).

Ответ

\(T_\text{Г} = \dfrac{T_0 + \sqrt{T_0^2 + 4T_\text{Х}(T_0 - T_\text{Х})}}{2}\) при \(T_\text{Х} \geqslant T_0/2\);  \(T_\text{Г} = T_0\cdot\dfrac{1+\sqrt2}{2}\) при \(T_\text{Х} < T_0/2\).

Решение

Поскольку поршни лёгкие и могут перемещаться без трения, давление внутри и снаружи одинаковое (равно \(p_0\)). Объём газа под поршнем \(V = \pi r^2h\), где \(h\) — высота расположения поршня. Уравнение Менделеева–Клапейрона для газа внутри цилиндра \[p_0\pi r^2h = \nu RT.\] Для малых изменений высоты и температуры \[p_0\pi r^2\,dh = \nu R\,dT,\] где \(dh = v\,dt\).

Изменение температуры газа происходит изобарически. Уравнение теплового баланса для малого промежутка времени \(\alpha h2\pi r(T_0 - T)\,dt = \nu C_p\,dT\).

Из трёх записанных уравнений находим связь скорости и температуры: \[v = \frac{2\alpha\nu R^2}{\pi C_p p_0^2r^3}\cdot T(T_0 - T).\] Иначе \[v(T) = aT(T_0 - T),\] где \(a = (2\alpha\nu R^2)/(\pi C_p p_0^2r^3) = \text{const}\).

Графическое отображение полученной зависимости — парабола, пересекающая ось абсцисс в точках \(0\) и \(T_0\). Для горячего цилиндра максимальное значение скорости достигается в начальной точке движения при \(T = T_\text{г}\) и равно по модулю \(v_\text{г}^{\max} = aT_\text{г}(T_\text{г} - T_0)\).

Для холодного цилиндра максимальное значение скорости не определяется однозначно. При \(T_\text{х} \geqslant T_0/2\) оно также достигается в начальной точке движения при \(T = T_\text{х}\) и равно \[v_\text{х}^{\max} = aT_\text{х}(T_0 - T_\text{х}).\] Если \(T_\text{х} < T_0/2\), то максимум скорости соответствует значению \(T = T_0/2\) (вершина параболы) и равен \[v_\text{х}^{\max} = aT_0^2/4.\] Приравнивая выражения для скоростей \(v_\text{г}^{\max} = v_\text{х}^{\max}\), находим искомое.

При \(T_\text{х} \geqslant T_0/2\) получим \(T_\text{г}(T_\text{г} - T_0) = T_\text{х}(T_0 - T_\text{х})\). Решаем квадратное уравнение (относительно \(T_\text{г}\)): \[T_\text{г}^2 - T_\text{г}T_0 - T_\text{х}(T_0 - T_\text{х}) = 0,\] оставляем только положительный корень. Итак: \[T_\text{г} = \frac{T_0 + \sqrt{T_0^2 + 4T_\text{х}(T_0 - T_\text{х})}}{2}.\] При \(T_\text{х} < T_0/2\) получим \(T_\text{г}(T_\text{г} - T_0) = T_0^2/4\). Решаем квадратное уравнение (относительно \(T_\text{г}\)): \[T_\text{г}^2 - T_\text{г}T_0 - T_0^2/4 = 0,\] оставляем только положительный корень. Итак: \[T_\text{г} = T_0\cdot\frac{1+\sqrt2}{2}.\] \[T_\text{г} = \begin{cases} T_0\cdot\dfrac{1+\sqrt2}{2}, & \text{если } T_\text{х} < T_0/2;\\[2ex] \dfrac{T_0 + \sqrt{T_0^2 + 4T_\text{х}(T_0 - T_\text{х})}}{2}, & \text{если } T_\text{х} \geqslant T_0/2. \end{cases}\]

Подсказка

Пока шнур натянут, запишите второй закон Ньютона в проекциях: из уравнения вдоль спицы сразу следует, что \(v_y\) пропорциональна удлинению шнура. Когда шнур не натянут, заряд движется только под действием силы Лоренца. Сшейте эти два участка движения.

Ответ

1) траектория состоит из последовательно чередующихся половинок эллипса (при натянутом шнуре, полуоси \(a = \dfrac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}}\) поперёк спицы и \(b = \dfrac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\) вдоль неё) и окружности радиусом \(R = \dfrac{mv_0}{qB}\) (при ненатянутом), которые переходят друг в друга без излома при \(x = 0\);  2) \(u = \dfrac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}\).

Решение

Пусть ось \(x\) горизонтальна и направлена от спицы, ось \(y\) направлена вверх вдоль спицы. Начало координат находится в точке начального положения заряда. Запишем проекции второго закона Ньютона: \[\left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qvB\cos(90^\circ - \alpha),\\ m\ddot y &= -qvB\sin(90^\circ - \alpha). \end{aligned}\right.\] Преобразуем полученные уравнения: \[\left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qvB\sin\alpha,\\ m\ddot y &= -qvB\cos\alpha. \end{aligned}\right. \qquad \left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qB\dot y,\\ m\ddot y &= -qB\dot x. \end{aligned}\right.\]

Способ 1. Продифференцируем по времени первое уравнение системы. Тогда \[m\dddot x = -k\dot x + qB\ddot y, \qquad \dddot x + \left[\frac{k}{m} + \left(\frac{qB}{m}\right)^2\right]\dot x = 0.\] Обозначим \(\beta^2 = \dfrac{k}{m} + \left(\dfrac{qB}{m}\right)^2\): \[\dddot x + \beta^2\dot x = 0.\] Откуда \[\dot x(t) = C_1\cos(\beta t) + C_2\sin(\beta t).\] Начальные условия: \[\left\{\begin{aligned} \dot x(0) &= v_0 \Rightarrow C_1 = v_0,\\ \ddot x(0) &= 0 \Rightarrow C_2 = 0. \end{aligned}\right.\] Таким образом, \[\left\{\begin{aligned} \dot x(t) &= v_0\cos(\beta t),\\ x(t) &= \frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t),\\ \dot y(t) &= \frac{-qBv_0}{m\beta}\sin(\beta t),\\ y(t) &= \frac{qBv_0}{m\beta^2}\left(\cos(\beta t) - 1\right). \end{aligned}\right.\] Заметим, что \[\left(\frac{x(t)}{\frac{v_0}{\beta}}\right)^2 + \left(\frac{y(t) + \frac{qBv_0}{m\beta^2}}{\frac{qBv_0}{m\beta^2}}\right)^2 = 1.\] 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 \(\gamma = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата \(x\) будет меньше 0) заряд будет двигаться по дуге окружности радиуса \(R = mv_0/(qB)\).

Способ 2. 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 \[v_y = -\Omega x.\]

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: \[v_x^2 = v_0^2 - \left(\Omega^2 + \frac{k}{m}\right)x^2 = v_0^2 - \beta^2x^2,\] где \(\beta^2 = \Omega^2 + \dfrac{k}{m}\). 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 \(a = v_0/\beta = (mv_0)\Big/\sqrt{km + (qB)^2}\) и \(\gamma = \Omega/\beta = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Суммируя малые изменения этих величин, получим: \[y - 0 = \gamma\left(\sqrt{a^2 - x^2} - a\right).\] Откуда: \[\left(\frac{y + \gamma a}{\gamma a}\right)^2 + \left(\frac{x}{a}\right)^2 = 1.\] Нетрудно заметить, что это уравнение эллипса. Координаты центра эллипса \((0, -\gamma a)\), его большая полуось равна \(a = (mv_0)\Big/\sqrt{km + (qB)^2} = R\gamma\), а малая \(b = \gamma a = \dfrac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2\). 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.

Способ 3. 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: \[m\ddot x = -kx - qB\Omega x, \qquad \ddot x = -\left(\frac{k}{m} + \Omega^2\right)x.\] Обозначим \(\beta^2 = \Omega^2 + \dfrac{k}{m}\). \[x = C_1\cos(\beta t) + C_2\sin(\beta t).\] Из начальных условий: \[\left\{\begin{aligned} x(0) &= 0 \Rightarrow C_1 = 0,\\ \dot x(0) &= v_0 \Rightarrow C_2 = \frac{v_0}{\beta}. \end{aligned}\right. \qquad x = \frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t).\] Подставим в выражение для \(v_y\): \[\dot y = -\Omega x = -\frac{\Omega v_0}{\beta}\sin(\beta t).\] Интегрируя, получаем: \[y = \frac{\Omega v_0}{\beta^2}\left(\cos(\beta t) - 1\right).\] Заметим, что \[\left(\frac{x(t)}{\frac{v_0}{\beta}}\right)^2 + \left(\frac{y(t) + \frac{qBv_0}{m\beta^2}}{\frac{qBv_0}{m\beta^2}}\right)^2 = 1.\] 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 \(\gamma = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата \(x\) будет меньше 0) 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: \(a = mv_0\Big/\sqrt{km + (qB)^2}\), \(b = qBmv_0/(km + (qB)^2)\).

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: \[T = \frac{\pi}{\sqrt{\frac{k}{m} + \left(\frac{qB}{m}\right)^2}} + \frac{\pi}{\frac{qB}{m}} = \frac{\pi m}{qB}\left(\frac{qB}{\sqrt{km + (qB)^2}} + 1\right).\] Тогда дрейфовая скорость \[u = \frac{2(R - b)}{T} = \frac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}.\]

Подсказка

Вдоль оси цилиндр изображение не увеличивает, а поперёк работает как толстая линза: увеличение видно по излому линий миллиметровки. Второе соотношение даёт ширина полосы, видимой сквозь цилиндр: её края образуют лучи, идущие по касательной к цилиндру.

Ответ

1) \(n \approx 1{,}48\);  2) \(\dfrac{y}{R} = \dfrac{R-h}{R} \approx 0{,}46\), где \(h\) — расстояние от оси цилиндра до плоскости среза.

Решение

Заметим, что по условию фотографирование происходит с большого расстояния, поэтому можно считать, что увеличение цилиндра в направлении его оси отсутствует. Дополнительно можно убедиться в этом, проверив, что точки пересечения линий миллиметровки и их изображений лежат примерно на оси цилиндра.

Теперь исследуем увеличение для параксиальных лучей в направлении, перпендикулярном оси цилиндра. Пусть расстояние от оси цилиндра до плоскости равно \(h\). Будем считать его положительным, если осталось больше половины цилиндра. Рассмотрим точку, смещённую от плоскости симметрии системы на малое расстояние \(x\). Найдём положение её изображения, образованного параксиальными лучами.

Из закона преломления света получаем: \[\gamma = n\beta = \frac{nx}{h + R}.\] Запишем геометрические соотношения. \[\frac{x(h + H)}{h} = \Gamma x = \frac{nx(h + H + R)}{h + R}.\] Выразим и подставим значение \(H\). \[H = h(\Gamma - 1), \qquad \Gamma(h + R) = n(\Gamma h + R).\] Получаем искомое увеличение: \[\Gamma = \frac{nR}{R - (n - 1)h}.\] Заметим, что мы видим не всю миллиметровку, которую закрывает цилиндр. Такое может быть только в случае \(h > 0\), то есть отрезали меньше половины цилиндра. По фотографии видно, что область видимости ограничивают лучи, идущие по касательной к цилиндру.

Из закона преломления света имеем: \[\cos\theta = \frac{1}{n}, \qquad d = 2\left(R - h\operatorname{tg}\theta\right), \qquad \frac{d}{2R} = 1 - \frac{h\sqrt{n^2 - 1}}{R}.\] Теперь достаточно измерить по фотографии \(\Gamma\) и \(d/R\). Тогда у нас будет система из двух уравнений с двумя неизвестными.

Проведём ось цилиндра, вертикальную линию миллиметровки и касательную к её изображению в точке на оси цилиндра. Отрезок \(CA\) — перпендикуляр из точки касательной на ось цилиндра. Тогда увеличение можно найти по фотографии: \[\Gamma = \frac{AC}{AB} \approx 2{,}0.\] Для поиска области видимости можем воспользоваться подобием: для любой прямой можем определить, какую её часть видно через цилиндр. Воспользуемся горизонтальной линией на миллиметровке: закрыто цилиндром 22 мм, видно через цилиндр 9 мм. \[\frac{d}{2R} \approx 0{,}41.\] Для удобства введём обозначение \(\xi = h/R\). \[\left\{\begin{aligned} 2 &= \frac{n}{1 - (n - 1)\xi};\\ 0{,}41 &= 1 - \xi\sqrt{n^2 - 1}. \end{aligned}\right. \qquad \xi = \frac{0{,}59}{\sqrt{n^2 - 1}} = \frac{2 - n}{2(n - 1)}.\] Получили уравнение на \(n\), которое можно решить численно: \(n = 1{,}48\). Подставляя полученное значение в формулы для \(\xi\), получаем: \[\xi = 0{,}54.\] При этом искомая величина выражается через \(\xi\): \[\frac{y}{R} = \frac{R - h}{R} = 1 - \xi = 0{,}46.\]