Съдържание

Условие 1. Движение тела в поле тяжести.2. Луч света в слоисто-неоднородной среде.3. Круговая орбита.4. Луч света в осесимметричной неоднородной среде.Решение

BelPhO 2009, Заключителен етап, 9,11 — Задача 4. 11-1. Оптико-механическая аналогия

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2009

Заключительный этап — теоретический тур, 9 и 11 классы

Внимание: Бележка към темата

Сборник содержит шесть целых задач: три для 9 класса и три для 11 класса. В этих оригиналах раздела для 10 класса нет. Включены все 55 напечатанных конечных запросов, инструкции, справочные данные, таблица, подсказки, полные решения и дополнительные способы. Баллы и таблицы оценивания не напечатаны.

В исходных PDF нарушено отображение математического шрифта: часть греческих букв, минусов, штрихов и знаков приближения пропадает или заменяется посторонними символами. Эти обозначения переданы по текстовому слою тех же оригинальных PDF; исходные научные ошибки не исправлены.

Реология: ключ не печатает явную формулу x(t) для последовательного соединения, а описывает ее словами и графиком. При максимальном сжатии ключ ссылается на (7), хотя величина деформации дана в (9); исходная ссылка сохранена.

Глаз: в ключе количество колбочек обозначено N₂, тогда как в условии это N₁; численная подстановка использует 6,0·10⁶. В последней части ключ печатает A₁′A₂′≤ρ, одновременно говоря «должно быть больше». Номер (11) использован дважды; сохранены исходные обозначения, формулы и слова.

Оптико-механическая аналогия: в ключе угол однажды назван углом к горизонту, хотя условие задает угол к вертикали. Ссылка на формулы (4) вместо (3) сохранена. В формулах (14) и промежуточных равенствах (15) обе гравитационные дроби напечатаны с r₀, а заключительная зависимость скорости использует r; эти исходные различия сохранены.

Электрические качели: относительное изменение энергии в (8) использует W₁ в знаменателе, а напряжения – U₀. Ключ округляет 231,4 до 231 и получает примерно 116T₀. Для потерь в указанном сопротивлении катушки ключ использует U²max/(2R) и δ=T₀/(2RC₀); исходная модель и формулы сохранены, а не заменены другим расчетом.

Полупроводник: условие печатает j=Δq/(ΔS·Δt)=ΔI/Δt, хотя последнее выражение размерностно не соответствует плотности тока. Исходная температурная модель содержит exp(−E_g/kT). Красная граница в ключе округлена до 1,0 мкм, хотя приведенные константы дают около 1,11 мкм; дальнейшие формулы и графики используют исходное 1,0 мкм. Слова «регенерации», «соответствую» и неверные ссылки (11)/(12)/(19)/(20) в ключе сохранены. На графике i/i₀ при λ=1,0 мкм линия приходит к нулю, тогда как текст говорит i=i₀; исходный график сохранен.

Каталог указывает 58 частей; оригинал содержит 55 конечных номерных пунктов. Вложенные и составные запросы сохранены в своих исходных пунктах. На исходной иллюстрации потока зарядов в условии полупроводника крайние элементы уже обрезаны границами рисунка в PDF; опубликован полный исходный рисунок.

Обложка

А.И. Слободянюк. В.О. Богомолов. А.А. Мищук. Л.Г. Маркович. Республиканская физическая олимпиада 2009 года (заключительный этап). Теоретический тур. Минск. 2009.

9 класс. Инструкция

УТВЕРЖДЕНО. Заместитель председателя оргкомитета Республиканской олимпиады. _________________ К.С. Фарино. «____» марта 2009 года.

Республиканская физическая олимпиада (заключительный этап). 2009 год. Теоретический тур. 9 класс.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий.
Время выполнения заданий – 5 часов.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая – для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету, обеспечим!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.

11 класс. Инструкция

Республиканская физическая олимпиада (заключительный этап). 2009 год. Теоретический тур. 11 класс.

Полный комплект состоит из трех не связанных между собой заданий.
Время выполнения заданий – 5 часов.
При оформлении работы каждую задачу начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая – для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету, обеспечим!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
При решении задач вы также можете при необходимости использовать приближенные формулы, справедливые при малых значениях величины $x$ (то есть при $x\ll1$ ):

(1+x)^\gamma\approx1+\gamma x;\quad\exp(x)=e^x\approx1+x;\quad\sin x\approx x;\quad\cos x\approx1-\frac{x^2}2.

Условие

Оптико-механическая аналогия – это сходство траектории движения частицы в потенциальном силовом поле с траекторией лучей в оптически неоднородной среде. Траектория материальной точки и траектория светового луча совпадают при определенном соответствии потенциальной энергии и переменного в пространстве показателя преломления среды. Этот факт был теоретически открыт выдающимся ирландским математиком и физиком У. Р. Гамильтоном в 1834 году и уже в нашем столетии оказал влияние на установление связи между волновой оптикой и волновой (квантовой) механикой.

Полная исходнаяиллюстрация к оптико-механическойаналогии.

В данном задании вам предстоит рассмотреть два примера аналогия между оптикой и механикой.

1. Движение тела в поле тяжести.

Тело брошено с начальной скоростью $v_0$ под углом $\alpha_0$ к вертикали вдоль горизонтальной поверхности. Сопротивлением воздуха пренебрегаем.

Полная исходная траектория,начальнаяскорость/alpha0/g/x/y/стрелки.

1.1 Запишите закон движения тела, т.е. зависимость его координат от времени $x(t),y(t)$ . Используйте систему координат, показанную на рисунке.

1.2 Запишите уравнение траектории движения тела $y(x)$ .

1.3 Определите дальность полета тела и максимальную высоту его подъема.

1.4 Покажите, что в любой точке траектории движения тела угол $\alpha$ , который образует касательная с вертикалью, удовлетворяет условию

f(y)\sin\alpha=f_0\sin\alpha_0,\qquad (1)

где $f(y)$ – некоторая функция вертикальной координаты $y$ . Найдите эту функцию.

Полная траектория с касательной,alpha/alpha0/v0/g/x/y.

1.5 Предложите алгоритм построения траектории по произвольной известной зависимости угла $\alpha(y)$ от вертикальной координаты $y$ .

2. Луч света в слоисто-неоднородной среде.

Показатель преломления прозрачного бруска больших размеров плавно изменяется с высотой по закону

n=n_0\sqrt{1-\gamma y},\qquad (2)

где $n_0,\gamma$ – известные постоянные величины. Луч света попадает на грань бруска в точке $A$ и после преломления на ней образует угол $\alpha$ с осью $Oy$ . Система координат показана на рисунке.

Полный неоднородныйбрусок,лучв точкеA,alpha/x/y.

2.1 На какую максимальную глубину проникнет луч света в брусок?

2.2 На каком расстоянии от точки входа луч выйдет из бруска?

3. Круговая орбита.

Спутник движется с постоянной по модулю скоростью $v_0$ по круговой орбите радиуса $r_0$ вокруг планеты радиус, которой равен $R$ . Ускорение свободного падения на поверхности планеты равно $g$ .

Вся круговаяорбита,планета/r0/скоростьV0.

3.1 Определите радиус орбиты спутника.

3.2 По неизвестной причине в некоторый момент времени направление вектора скорости спутника изменилось на небольшой угол, при этом модуль скорости не изменился. При этом, очевидно, орбита стала эллиптической. Найдите зависимость модуля скорости спутника от его расстояния до центра планеты $v(r)$ .

Подсказка. Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия двух точечных тел определяется по формуле

U=-G\frac{Mm}r,

где $M,m$ – массы тел, $r$ – расстояние между телами, $G$ – гравитационная постоянная.

3.3 Найдите изменение модуля скорости спутника $\Delta v$ при малом изменении его расстояния до центра планеты $\Delta r$ .

3.4 Покажите, что когда спутник находится на расстоянии $r_0$ от центра планеты, выполняется соотношение

\frac{\Delta v}{\Delta r}=-\frac vr.\qquad (3)

4. Луч света в осесимметричной неоднородной среде.

Цилиндр изготовлен из прозрачного материала, но показатель преломления материала, из которого он изготовлен, медленно уменьшается с увеличением расстояния до его оси по закону

n(r)=n_0(1-\gamma r),\qquad (4)

где $n_0,\gamma$ – известные постоянные величины.

Полный осесимметричныйцилиндр,вспышка/r0/оба круга.

4 На каком расстоянии от оси цилиндра надо произвести вспышку света, чтобы некоторые из световых лучей могли распространяться по окружности вокруг с центром на оси цилиндра?

Решение

1. Движение тела в поле тяжести.

1.1 Решение данной части задачи хорошо известно. Так как ускорение направлено вдоль оси $Oy$ , то закон равноускоренного движения имеет вид

\begin{cases}x=v_0t\sin\alpha_0,\\y=v_0t\cos\alpha_0-\frac{gt^2}2.\end{cases}\qquad (1)

Полная параболас V/Vx/Vy/V0/alpha/alpha0/g/x/y и стрелками.

1.2 Уравнение траектории получим, исключив из закона движения время $t$ :

t=\frac x{v_0\sin\alpha_0}\quad\Rightarrow\quad y=v_0\cos\alpha_0\frac x{v_0\sin\alpha_0}-\frac g2\left(\frac x{v_0\sin\alpha_0}\right)^2.

После упрощения получим функцию

y=x\operatorname{ctg}\alpha_0-\frac g{2v_0^2\sin^2\alpha_0}x^2,\qquad (2)

описывающую параболическую траекторию движения.

1.3 Выражения для дальности полета и максимальной высоты подъема также хорошо известны:

S=\frac{2v_0^2\sin\alpha_0\cos\alpha_0}g;\quad h_{\max}=\frac{v_0^2\cos^2\alpha_0}{2g}.\qquad (3)

1.4 Можно заметить, что произведение модуля скорости на синус угла $\alpha$ является проекцией скорости на горизонтальную ось $Ox$ : $v\sin\alpha=v_x$ , которая остается неизменной в процессе движения, так как нет внешних сил, изменяющих эту проекцию скорости. Таким образом, искомой функцией $f(y)$ может служить модуль скорости тела, который может быть найден из закона сохранения энергии

v=\sqrt{v_0^2-2gy}=v_0\sqrt{1-\frac{2g}{v_0^2}y}.\qquad (4)

Таким образом, уравнение (1), приведенное в условии задачи, может быть записано в виде

\sqrt{1-\frac{2g}{v_0^2}y}\sin\alpha=\sin\alpha_0.\qquad (5)

1.5 Основная идея заключается в разбиении траектории на малые участки, предпочтительнее постоянной длины $l$ . Допустим, мы нашли точку траектории с координатами $(x_k,y_k)$ . По известной зависимости угла координаты $y$ , можно рассчитать угол, под которым будет направлен следующий малый участок траектории $\alpha_k=\alpha(y_k)$ . Координаты конца очередного отрезка рассчитываются по формулам

\begin{cases}x_{k+1}=x_k+l\sin\alpha_k,\\y_{k+1}=y_k+l\cos\alpha_k.\end{cases}\qquad (6)

Полный шаговыйотрезок,l/alpha-k/xk/xk+1/yk/yk+1/оси.

При заданных начальных координатах эта процедура позволяет однозначно построить всю траекторию движения. Таким образом, зависимость $\alpha(y)$ однозначно определяет траекторию движения.

Примечание. Можно показать, что задание функции $\alpha(y)$ позволяет записать дифференциальное уравнение, имеющее однозначное решение.

2. Луч света в слоисто-неоднородной среде.

Запишем закон преломления света в слоисто неоднородной среде

n(y)\sin\alpha=n_0\sin\alpha_0,

И подставим выражение для зависимости показателя преломления от координаты $y$

n_0\sqrt{1-\gamma y}\sin\alpha=n_0\sin\alpha_0.\qquad (7)

Это уравнение полностью совпадает с уравнением (5), определяющим траекторию движения тела, брошенного под углом к горизонту.

Заметим, что в механике аналогом показателя преломления служит модуль скорости тела – неожиданный результат: там, где в оптике скорость луча возрастает, в механике должна убывать!

Для полного соответствия между уравнениями (5) и (7) следует положить

\gamma=\frac{2g}{v_0^2}.\qquad (8)

Следовательно, траектория луча, описываемая уравнением (7), также является параболой, с параметрами, определяемыми формулами (3). Поэтому для решения данной части задачи достаточно переписать формулы (4) с соответствующей заменой (8)

\begin{aligned}S&=\frac{2v_0^2\sin\alpha_0\cos\alpha_0}g\quad\Rightarrow\quad S=\frac{4\sin\alpha_0\cos\alpha_0}\gamma,\\h_{\max}&=\frac{v_0^2\cos^2\alpha_0}{2g}\quad\Rightarrow\quad h_{\max}=\frac{\cos^2\alpha_0}\gamma.\end{aligned}\qquad (9)

Полный луч-парабола в бруске,A/alpha0/hmax/S/x/y.

Примечание. Максимальную глубину проникновения света в брусок, можно найти из условия полного внутреннего отражения. На максимальной глубине проникновения $\sin\alpha=1$ , поэтому

\begin{aligned}n_0\sqrt{1-\gamma y}\sin\alpha&=n_0\sin\alpha_0\quad\Rightarrow\\\sqrt{1-\gamma h_{\max}}&=\sin\alpha_0\quad\Rightarrow\quad h_{\max}=\frac{1-\sin^2\alpha_0}\gamma=\frac{\cos^2\alpha_0}\gamma.\end{aligned}

Найти подобным образом расстояние, на котором луч выйдет из бруска затруднительно.

3. Круговая орбита.

3.1 При движении по круговой орбите выполняется соотношение, следующее из второго закона Ньютона и закона всемирного тяготения:

\frac{mv_0^2}{r_0}=G\frac{Mm}{r_0^2}.\qquad (10)

Полная орбита спутника,r0/планета/F/V0 и стрелки.

Массу планеты можно выразить из формулы для ускорения свободного падения на поверхности планеты

g=G\frac M{R^2}.\qquad (11)

Из этих выражений определяем соотношение между скоростью спутника и радиусом его круговой орбиты

v_0^2=\frac{gR^2}{r_0}.\qquad (12)

Откуда радиус орбиты

r_0=\frac{gR^2}{v_0^2}.\qquad (13)

3.2 Зависимость скорости спутника от его расстояния до центра можно выразить из закона сохранения энергии

\frac{mv_0^2}2-G\frac{mM}{r_0}=\frac{mv^2}2-G\frac{mM}{r_0}.\qquad (14)

С учетом соотношений (11) и (12), формула для скорости приобретает вид

\begin{aligned}\frac{v_0^2}2-\frac{gR^2}{r_0}&=\frac{v^2}2-\frac{gR^2}{r_0}\quad\Rightarrow\quad-\frac{v_0^2}2=\frac{v^2}2-\frac{gR^2}{r_0}\quad\Rightarrow\\v&=v_0\sqrt{\frac{2gR^2}{v_0^2r}-1}.\end{aligned}\qquad (15)

3.3 Искомое соотношение проще вычислить, с помощью производной

\Delta v=v'_r\Delta r=\frac{v_0}{2\sqrt{\frac{2gR^2}{v_0^2r}-1}}\left(-\frac{2gR^2}{v_0^2r^2}\right)\Delta r=-\frac{v_0}{\sqrt{\frac{2gR^2}{v_0^2r}-1}}\left(\frac{gR^2}{v_0^2r^2}\right)\Delta r.\qquad (16)

3.4 Полагая $r=r_0=\frac{gR^2}{v_0^2}$ , получим, что $\frac{gR^2}{v_0^2r}=1$ . В этом случае из формулы (16) следует

\frac{\Delta v}{\Delta r}=-\frac{v_0}{r_0},\qquad (17)

что и требовалось доказать.

4. Луч света в осесимметричной неоднородной среде.

Проводя аналогию между оптикой и механикой (показатель преломления аналогичен скорости тела!), можно утверждать, что условием возможности существования кругового луча является условие

\frac{\Delta n}{\Delta r}=-\frac{n(r)}r.\qquad (18)

Используя заданную зависимость показателя преломления от радиуса $n(r)=n_0(1-\gamma r)$ , найдем

\frac{\Delta n}{\Delta r}=-n_0\gamma.

Теперь из условия (18) определяем искомый радиус кругового луча

-n_0\gamma=-\frac{n_0(1-\gamma r)}r\quad\Rightarrow\quad r=\frac1{2\gamma}.\qquad (19)

Примечание. Основное условия существования кругового луча (18) может быть получено и без использования оптико-механической аналогии. Фронт этого луча должен поворачиваться так, чтобы оставаться направленным радиально. Это возможно в том случае, если выполняется условие

\frac{v(r+\Delta r)}{r+\Delta r}=\frac{v(r)}r,\quad\text{или}\quad\frac{\Delta v}{\Delta r}=\frac{v(r)}r.

Полный круговойлуч,вспышка/r0/V(r)/V(r+Delta-r)/Delta-r/фронты.

Учитывая, что в «оптике» $v=c/n$ (из которого следует $\frac{\Delta v}{\Delta r}=-\frac c{n^2}\frac{\Delta n}{\Delta r}$ ), получим

\frac{\Delta v}{\Delta r}=\frac{v(r)}r\quad\Rightarrow\quad-\frac c{n^2}\frac{\Delta n}{\Delta r}=\frac c{nr}\quad\Rightarrow\quad\frac{\Delta n}{\Delta r}=-\frac nr.

Оригинал в Архива: 2009_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2009_theoretical_solutions.pdf