Физтех 2026/27 · Физика · 11 кл., №9 — решение · отбор · 1-я попытка

Условие

Шарик, подвешенный на лёгкой проводящей нити (см. рис.), вращается в вертикальной плоскости в однородном магнитном поле с индукцией $1$ [Тл]. Линии индукции магнитного поля направлены перпендикулярно плоскости вращения. Отношение модуля силы натяжения нити в нижней точке траектории шарика к модулю силы натяжения в верхней точке траектории шарика равно $20$ Модуль разности потенциалов на концах нити в нижней точке траектории шарика равен $0{,}5$ [В]. Найдите модуль скорости $|V|$ шарика в нижней точке траектории. Ответ приведите в [м/с] и округлите до десятых. Ускорение свободного падения $10$ [м/с $^2$ ].

Дано: $B = 1$ Тл; $k = \dfrac{T_1}{T_2} = 20$ (нижняя точка к верхней); $\Delta\varphi = 0{,}5$ В (разность потенциалов на концах нити в нижней точке); $g = 10$ м/с $^2$ Длина нити $L$ и масса шарика $m$ не даны. Найти: $V$ в нижней точке, м/с, до десятых.

Рисунок к условию

О задаче · 11 класс

Олимпиада: Физтех
Предмет / класс: Физика · 11 класс
Сезон / этап: 2026/27 · первый тур, первая попытка

Исследуй задачу

Модель с пояснениями к решениюОткрыть модель

Есть пояснения и построения из решения. Открой, когда захочешь воспользоваться этой помощью.

Исследование после решения

Шарик на проводящей нити: натяжение и ЭДС по кругу (g = 10 м/с²)

Как меняются скорость внизу, длина нити, натяжение и ЭДС, если менять отношение натяжений k, разность потенциалов Δφ и индукцию B?

Отношение натяжений T₁/T₂Разность потенциалов внизу Δφ, ВИндукция поля B, ТлХод демонстрации

Статичный режим

Модель загружается…

Модель берёт формулу для $V$ из шага 4 как данность и показывает её следствия при разных параметрах: движение по окружности, натяжение нити и ЭДС.

Попробуйте сами. В задаче две «половины»: механика (натяжения в нижней и верхней точках связаны через $V$ $L$ и закон сохранения энергии) и электродинамика (нить — это движущийся проводник, на его концах возникает ЭДС индукции). Длина нити не дана — значит, её нужно либо найти, либо исключить. Попробуйте выписать по одному уравнению на каждую «половину» и посмотреть, какая комбинация $V$ и $L$ входит в каждое.

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Подсказка 1

Нить вращается вокруг точки подвеса, поэтому разные её участки движутся с разными скоростями: у подвеса скорость нулевая, у шарика — $V$ Цепь разомкнута, тока нет, поэтому разность потенциалов на концах нити равна ЭДС индукции в ней. Для натяжений запишите второй закон Ньютона в нижней и верхней точках (проекция на направление к центру) и свяжите скорости в этих точках законом сохранения энергии: шарик поднимается на $2L$

Подсказка 2

Первый шаг — ЭДС нити. Скорость её точек растёт линейно: от $0$ у подвеса до $V$ у шарика. Какую «среднюю» скорость тогда нужно подставить в формулу ЭДС движущегося проводника $\mathcal{E} = Bv\ell$ Так получится первая связь между $V$ и $L$ Вторую связь ищите в механике: попробуйте выразить оба натяжения через одну и ту же комбинацию $V$ и $L$

Разобрать решение по шагам

Принятые допущения

Цепь разомкнута (нить не образует замкнутого контура с подвесом), поэтому ток отсутствует и разность потенциалов на концах нити равна ЭДС индукции в ней (её найдём в шаге 1).
Шарик не заряжен, магнитное поле не влияет на его механику; нить лёгкая, нерастяжимая и натянута на всём обороте.
Под «отношением модулей сил натяжения» понимается отношение в двух точках одного и того же оборота при сохранении механической энергии.

Шаг 1. ЭДС в нити: это вращающийся проводник

Нить проводящая, но цепь разомкнута — тока нет, поэтому разность потенциалов на концах нити равна ЭДС индукции в ней: $|\Delta\varphi| = \mathcal{E}$ . Почему вообще есть ЭДС? Нить движется в магнитном поле, причём не поступательно: она поворачивается вокруг точки подвеса $O$ В нижней точке траектории угловая скорость нити $\omega = \dfrac{V}{L}$ и участок нити на расстоянии $r$ от подвеса движется со скоростью $v(r) = \omega r$ перпендикулярно нити и перпендикулярно $\vec B$

Самый короткий путь: для движущегося проводника $\mathcal{E} = BvL$ но скорость вдоль нити не одна и та же — она растёт линейно от $0$ у подвеса до $V$ у шарика. Для линейного профиля можно взять среднюю скорость $\dfrac{0 + V}{2} = \dfrac{V}{2}$ , и тогда

\mathcal{E} = B\cdot\frac{V}{2}\cdot L = \frac{BVL}{2}.

То же самое строго: на малом участке $dr$ возникает ЭДС $d\mathcal{E} = B\,v(r)\,dr = B\omega r\,dr$ , и складывая по всей нити (площадь треугольника под графиком $v(r)$ ), получаем

\mathcal{E} = \int_0^{L} B\omega r\,dr = \frac{1}{2}B\omega L^2 = \frac{1}{2}B\cdot\frac{V}{L}\cdot L^2 = \frac{BVL}{2}.

Тот же результат даёт и закон Фарадея: за время $dt$ нить заметает сектор площадью $dS = \dfrac{1}{2}L^2\,d\alpha$ , поэтому $\mathcal{E} = B\dfrac{dS}{dt} = \dfrac{1}{2}BL^2\omega$ . Итак, первое уравнение:

\Delta\varphi = \frac{BVL}{2}\quad\Longrightarrow\quad L = \frac{2\Delta\varphi}{BV}.

Это связь между неизвестными $V$ и $L$ длина нити выражена через искомую скорость.

Скорость точек нити растёт линейно от подвеса O к шарику: v(r) = ωr, средняя скорость V/2. ЭДС — «площадь треугольника» под этим графиком, умноженная на B: ℰ = BωL²/2 = BVL/2.

Шаг 2. Натяжение в нижней и верхней точках

Шарик движется по окружности радиуса $L$ значит, в любой точке сумма проекций сил на направление к центру равна $\dfrac{mv^2}{L}$ Магнитное поле на незаряженный шарик не действует (тока в нити нет, заряда у шарика нет), так что сил две: натяжение $\vec T$ вдоль нити к подвесу и $m\vec g$ вниз.

Нижняя точка: к центру направлено $\vec T_1$ от центра — $m\vec g$

T_1 - mg = \frac{mV^2}{L}\quad\Longrightarrow\quad T_1 = mg + \frac{mV^2}{L}.

Верхняя точка: к центру направлены и $\vec T_2$ и $m\vec g$

T_2 + mg = \frac{mv_2^2}{L}\quad\Longrightarrow\quad T_2 = \frac{mv_2^2}{L} - mg.

Здесь $v_2$ — скорость в верхней точке, пока неизвестная.

Силы в нижней и верхней точках (схема, не в масштабе): натяжение всегда вдоль нити к подвесу, тяжесть всегда вниз. Внизу они противоположны, вверху — сонаправлены; шарик поднимается на 2L. Стрелки mg одинаковые, T₁ длиннее mg, T₂ короче mg; на самом деле T₁ ≈ 6,3 mg, а T₂ ≈ 0,32 mg.

Шаг 3. Исключаем $v_2$ законом сохранения энергии

От нижней точки до верхней шарик поднимается на $2L$ натяжение работы не совершает (оно перпендикулярно скорости), магнитных сил нет, поэтому

\frac{mV^2}{2} = \frac{mv_2^2}{2} + mg\cdot 2L\quad\Longrightarrow\quad v_2^2 = V^2 - 4gL.

Подставляем в $T_2$

T_2 = \frac{m(V^2 - 4gL)}{L} - mg = \frac{mV^2}{L} - 5mg.

Теперь оба натяжения выражены через одну и ту же комбинацию $\dfrac{V^2}{L}$ Попутно видно красивое тождество: $T_1 - T_2 = 6mg$ при любых $V$ и $L$ — именно поэтому натяжения внизу и вверху никогда не равны, и отношение $k = 1$ невозможно. Обозначим $a = \dfrac{V^2}{L}$ (это центростремительное ускорение в нижней точке) и запишем отношение $k = \dfrac{T_1}{T_2}$

k = \frac{a + g}{a - 5g}\quad\Longrightarrow\quad k(a - 5g) = a + g\quad\Longrightarrow\quad a(k-1) = (5k+1)g,

a = \frac{V^2}{L} = \frac{(5k+1)\,g}{k-1}.

Масса сократилась — её и не должно быть в ответе. При $k = 20$ $a = \dfrac{101\cdot 10}{19} \approx 53{,}2$ м/с $^2$

Шаг 4. Соединяем механику и электродинамику

У нас два уравнения на два неизвестных $V$ и $L$ из шага 1 $L = \dfrac{2\Delta\varphi}{BV}$ , из шага 3 $\dfrac{V^2}{L} = \dfrac{(5k+1)g}{k-1}$ . Подставляем первое во второе:

\frac{V^2}{L} = \frac{V^2\cdot BV}{2\Delta\varphi} = \frac{BV^3}{2\Delta\varphi} = \frac{(5k+1)g}{k-1}.

Отсюда скорость входит в кубе:

V^3 = \frac{2\Delta\varphi\,g\,(5k+1)}{B\,(k-1)},\qquad V = \sqrt[3]{\frac{2\Delta\varphi\,g\,(5k+1)}{B\,(k-1)}}.

Шаг 5. Подстановка и округление

V = \sqrt[3]{\frac{2\cdot 0{,}5\cdot 10\cdot(5\cdot 20 + 1)}{1\cdot(20-1)}} = \sqrt[3]{\frac{1010}{19}}

V = \sqrt[3]{53{,}16} \approx 3{,}76\ \text{м/с}.

По условию округляем до десятых: $V \approx 3{,}8$ м/с.

Проверим, что такое движение действительно возможно, то есть нить вверху натянута. Длина нити из шага 1:

L = \frac{2\Delta\varphi}{BV} = \frac{1}{3{,}76} \approx 0{,}27\ \text{м}.

Натяжение вверху берём из шага 3, где $a = \dfrac{V^2}{L} \approx 53{,}2$ м/с $^2$ то есть $\dfrac{a}{g} \approx 5{,}32$ :

T_2 = \frac{mV^2}{L} - 5mg = mg\left(\frac{a}{g} - 5\right)

T_2 \approx mg\,(5{,}32 - 5) \approx 0{,}32\,mg > 0.

Нить вверху натянута, и шарик проходит верхнюю точку (скорость там $v_2 \approx 1{,}87$ м/с).

Проверка

Размерность: $\dfrac{\Delta\varphi\, g}{B}$ имеет размерность $\dfrac{\text{В}\cdot\text{м/с}^2}{\text{Тл}}$ , а $1\ \text{Тл} = 1\ \dfrac{\text{В}\cdot\text{с}}{\text{м}^2}$ , поэтому получаем $\dfrac{\text{м}^3}{\text{с}^3}$ ; кубический корень даёт м/с.

Предельный случай: при $k \to \infty$ натяжение вверху стремится к нулю, и формула даёт $\dfrac{V^2}{L} \to 5g$ — это известное условие минимальной скорости внизу $V_{\min} = \sqrt{5gL}$ при которой шарик на нити проходит верхнюю точку; при $k \to 1$ знаменатель обращается в нуль, и это правильно: $T_1 - T_2 = 6mg$ так что натяжения внизу и вверху не могут быть равны.

Проверка обратной подстановкой (можно сделать на калькуляторе): при $a = \dfrac{V^2}{L} \approx 53{,}16$ м/с $^2$

T_1 = m(a + g) \approx 6{,}316\,mg,\qquad T_2 = m(a - 5g) \approx 0{,}316\,mg,

\frac{T_1}{T_2} \approx \frac{6{,}316}{0{,}316} \approx 20,

как в условии. ЭДС нити тоже совпадает с условием:

\frac{BVL}{2} = \frac{1\cdot 3{,}76\cdot 0{,}266}{2} \approx 0{,}5\ \text{В}.

Ответ

$V \approx 3{,}8$ м/с (точнее $3{,}76$ м/с)

Главная идея

Нить — вращающийся проводник, и его ЭДС $\dfrac{BVL}{2}$ (средняя скорость нити $\dfrac{V}{2}$ ) даёт связь $V$ и $L$ механика круга (второй закон Ньютона в двух точках плюс закон сохранения энергии) даёт вторую связь $\dfrac{V^2}{L} = \dfrac{(5k+1)g}{k-1}$ . Две связи — два неизвестных, масса сокращается, а скорость выходит в кубе.

Если в задаче «нить/стержень вращается вокруг конца в магнитном поле» и спрашивают разность потенциалов на концах — это ЭДС $\dfrac{1}{2}B\omega L^2$ (не $BvL$ ). Если дано отношение натяжений в нижней и верхней точках вертикальной окружности — это всегда пара «второй закон Ньютона в двух точках + закон сохранения энергии с подъёмом $2L$ », и отношение фиксирует именно $\dfrac{V^2}{gL}$ а не $V$ и $L$ по отдельности. Недостающую $L$ ищите во второй, «электрической» части условия.

Где легко ошибиться

Считать ЭДС в нити как $BVL$ будто вся нить движется со скоростью шарика. На самом деле точка подвеса неподвижна, скорость растёт линейно вдоль нити, и ЭДС равна $B\cdot\dfrac{V}{2}\cdot L$ — вдвое меньше.

С ошибочной ЭДС получается $L = \dfrac{\Delta\varphi}{BV}$ — вдвое меньше верной длины, и $V^3$ тоже выходит вдвое меньше верного значения $53{,}16$

V^3 = \frac{a\,\Delta\varphi}{B} \approx 26{,}6,

V = \sqrt[3]{26{,}6} \approx 3{,}0\ \text{м/с}

вместо верных $3{,}8$ м/с.

Источник и авторство

Физтех · физика · 11 класс · 2026/27 · первый тур, первая попытка. Официальная задача 9.1 (ID 5941).

Официальные условия ↗ · Материалы организатора ↗

Подсказки, объяснение и исследовательские модели — Popov Academy. Решение проверено; результат сопоставлен с официальными материалами.

Тема, знания и приёмы

Магнитное поле и индукция · Продвинутая подготовка

ЭДС движущегося проводника
Центростремительное ускорение
Энергия

Приёмы решения: Уравнение сил · Закон сохранения энергии

Задать вопрос по задаче →