Съдържание

Условие Часть 1. Вид сверху.Часть 2. Вид сбоку.Решение

BelPhO 2016, Заключителен етап, 9,10,11 — Задача 11-2. 11 класс — 2. Аквариум

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от BelPhO 2016

Заключительный этап — теоретический тур, 9–11 классы

Внимание: Бележка към темата

Полностью получены и прочитаны 22 страницы теоретических условий и 36 страниц соответствующего ключа заключительного этапа 2016 года: девять целых заданий, по три для 9, 10 и 11 классов, с 70 исходными запросами. Сохранены все исходные разделы, продолжения решений, дополнительные оптические рассуждения, сноски, формулы, фотографии, графики и рисунки. Отдельный пустой лист к оптической задаче сохранен полностью, включая код участника и координатную сетку. Время, баллы и отдельная схема оценивания в полученных оригиналах не напечатаны. Общий лист инструкций напечатан для 9 класса; отдельных листов инструкций для 10 и 11 классов в полученном комплекте нет. Дата 16 марта на листе утверждения не подменяет неизвестную дату проведения. В исходной папке нет дополнительных теоретических приложений; экспериментальные оригиналы относятся к отдельно опубликованному туру.

Научные и редакционные разночтения сохранены без исправления оригинала. В ключе Физо повторяются номера формул, максимум во второй части обозначен n_min; I₀ описана как наблюдаемая при неподвижном колесе интенсивность, хотя далее стоит I₀/2. Третья ветвь для второго колеса действительно содержит I₀/3. В осциллографическом ключе напечатаны R₂ вместо обозначения напряжения и различные ссылки на графики. В оптическом условии совпадающие оси обозначены OX/OV, хотя рисунок подписан X(U). Ключ прямо говорит о НЕ параллельных изображениях теней. Сохранены β/α в формуле (7), tan²α в (16), пропущенный K в последнем слагаемом (18), все выражения (19)/(20) и исходные обозначения в аналитическом дополнении. В ключе рассеяния разность Δφ напечатана χ₁−χ₁; в разложении энергии отсутствует коэффициент 2 у смешанного члена.

В условии о стержне λ в пункте 1.5 названа поверхностной плотностью, несмотря на исходную линейную плотность. Последний ответ ключа обозначен 1.6 вместо 1.5, численное k₁ дано без соответствующих исходных числовых параметров. Термоэлектрический ключ не содержит ответа на пункт 1.6; ответ не дописан. Его формула (2) действительно печатает скорость электронов 1,17×10²⁸ м/с. Сохранены исходные знаки, обозначения m/mₑ/v₀/v₁, разные коэффициенты в цепочке (9)/(10), численные мощности с неуказанными числовыми E/λ и различие множителя n в (25)/(26). В звуковом ключе Ω=(2π/ν)(V/c) противоречит предыдущему периоду и численному результату; исходная формула сохранена.

В ключе аквариума используется ξ вместо x, конечная формула скорости не содержит v, а формула (7) содержит исходное ошибочное разложение. В звездном условии две последовательные части обе обозначены «Часть 1» и повторяют номера 1.1–1.3. Ключ содержит β вместо µ, W_E/W_T, повтор (5), последний результат гравитационного интеграла −3GM/(5R) без второго M, а также слово «планеты» вместо звезды. Для 2.4 напечатано промежуточное выражение энергии через плотность, для 2.5 — критерий минимума; отсутствующие конечные формулы M(ρ) не добавлены.

Оригинальная общая обложка

Группа секретных физиков. Республиканская физическая олимпиада 2016 года (Заключительный этап). Теоретический тур. Гомель 2016.

Оригинальный лист утверждения и инструкции для 9 класса

УТВЕРЖДАЮ. Заместитель председателя оргкомитета заключительного этапа Республиканской олимпиады Заместитель Министра образования ____________________ Р.С. Сидоренко. «16» марта 2016 г.

Республиканская физическая олимпиада 2016 год. (Заключительный этап). Теоретический тур. 9 класс.

Полный комплект состоит из трех заданий.
При оформлении работы каждое задание начинайте с новой страницы. Первая половина тетради предназначена для чистовика, вторая — для черновика. При недостатке бумаги обращайтесь к оргкомитету!
Подписывать тетради и отдельные страницы запрещается.
В ходе работы можете использовать ручки, карандаши, чертежные принадлежности, калькулятор.
Со всеми вопросами, связанными с условиями задач (но не с их решениями), обращайтесь к представителям Жюри.

Постарайтесь внимательно прочитать условия задач! Может вам покажется, что условия задач слишком длинные. Но мы сочинили их такими, чтобы Вам было легче решать. Поверьте, иногда решения короче таких условий! Не теряйте присутствия духа, смело беритесь за решение каждой задачи. Помните, оцениваются не только полные решения, но и их отдельные части и даже отдельные здравые мысли.

Условие

Имеется тонкостенный прозрачный сосуд шарообразной формы радиусом $R$ , заполненный прозрачной жидкостью, показатель преломления которой $n$ . В сосуде равномерно опускается сверху вниз маленький шарик со скоростью $\vec v$ относительно сосуда. В следствие преломления света, кажущаяся глубина шарика $h$ (положение его изображения) будет отличаться от его истинной глубины $H$ .

Оригинальный рисунок со всеми исходными стрелками, осями, шкалами, данными и обозначениями.

Часть 1. Вид сверху.

За движением шарика наблюдают сверху из точки расположенной на большом расстоянии от сосуда.

1.1 При каком положении шарика его кажущаяся глубина $h$ будет совпадать с истинной глубиной $H$ , не зависимо от показателя преломления жидкости. Ответ обоснуйте.

1.2 Найдите зависимость кажущейся глубины $h$ шарика от его действительной глубины $H$ при $H<R$ ;

1.3 Найдите зависимость кажущейся глубины $h$ шарика от его действительной глубины $H$ при $H\ge R$ ;

1.4 Постройте график зависисимости, кажущейся глубины щарика $h$ от его истинной глубины $H$ . Данный график постройте в относительных координатах $y=h/R$ от $x=H/R$ , при двух значениях $n_1=1{,}5$ и $n_2=2{,}5$ .

1.5 Найдите зависимость кажущейся скорости движения шарика от его действительной глубины $H$ .

1.6 Постройте графики полученных в п. 1.5 зависимостей при двух значениях $n_1=1{,}5$ и $n_2=2{,}5$ в безразмерных координатах $\chi=u/v$ от $x=H/R$ ;

Часть 2. Вид сбоку.

Глаз наблюдателя находится сбоку на прямой, проходящей через центр шара и направленной под углом $45^\circ$ к вертикали. Показатель преломления жидкости равен $n_1=1{,}5$ .

2.1 Постройте вектор видимой скорости движения шарика $\vec u$ при наблюдении сбоку, в момент времени, когда шарик проходит центр шара. Найдите координаты этого вектора в системе отсчета, показанной на рисунке.

Решение

1.1 Если шарик находится в центре сосуда, то все лучи выходящие от него будут пересекать стенки сферического аквариума по нормали, следовательно, без изменения направления распространения. Поэтому при наблюдении с любой стороны при любом показателе преломления изображение шарика также будет находиться в центре шара.

1.2 Ход лучей показан на рисунке 1. Видно, что изображение A предмета B находится на глубине $h$ , меньшей, чем действительная глубина $H$ . Применим теорему синусов к $\Delta OBC$ :

\frac{OB}{\sin\alpha}=\frac{OC}{\sin(180^\circ-\alpha-\gamma)}\Rightarrow\frac{R-H}{\sin\alpha}=\frac R{\sin(\alpha+\gamma)}.

Поскольку углы α, β и γ малые, то

\sin\alpha\approx\alpha,\quad\sin(\alpha+\gamma)\approx\alpha+\gamma\Rightarrow\frac{R-H}\alpha=\frac R{\alpha+\gamma}\Rightarrow\gamma=\frac{H\alpha}{R-H}.

Совершенно аналогично рассматривая $\Delta OAC$ , получим:

\gamma=\frac{h\beta}{R-h}.

Приравняем правые части выражений, полученных для $\gamma$ :

\frac{H\alpha}{R-H}=\frac{h\beta}{R-h}\Rightarrow\frac\alpha\beta=\frac hH\cdot\frac{R-H}{R-h}.

Используя закон преломления света, получим:

\frac1n=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}\approx\frac\alpha\beta\Rightarrow\frac1n=\frac hH\cdot\frac{R-H}{R-h}\Rightarrow h=\frac{HR}{nR-(n-1)H}.

Введем безразмерный параметр $x=H/R$ . В результате: $h=H/[n-(n-1)\xi]$ или

y=\frac hR=\frac x{n-(n-1)x}.

1.3 Ход лучей в этом случае показан на рисунке 2. Видно, что изображение предмета находится на глубине, большей, чем действительная глубина. Ход решения в этом случае аналогичен. Применим теорему синусов к $\Delta BOC$ :

\frac{OB}{\sin\alpha}=\frac{OC}{\sin\gamma}\Rightarrow\frac{H-R}{\sin\alpha}=\frac R{\sin\gamma}.

Поскольку углы α, β и γ малые, то

\sin\alpha\approx\alpha,\quad\sin\gamma\approx\gamma\Rightarrow\frac{H-R}\alpha=\frac R\gamma\Rightarrow\gamma=\frac{R\alpha}{H-R}.

Применяя теорему синусов к $\Delta AOC$ , получим:

\frac{AO}{\sin\beta}=\frac{OC}{\sin\delta}\Rightarrow\frac{h-R}{\sin\beta}=\frac R{\sin\delta}.

На рисунке 2 видно, что в $\Delta AOC$ $\delta=180^\circ-(180^\circ-\gamma)-(\beta-\alpha)=\gamma-\beta+\alpha$ . В результате:

\frac{h-R}{\sin\beta}=\frac R{\sin(\gamma-\beta+\alpha)}\Rightarrow\gamma-\beta+\alpha=\frac{R\beta}{h-R}.

Подставляя выражение для $\gamma$ и используя закон преломления $1/n=\sin\alpha/\sin\beta\approx\alpha/\beta$ , получим:

\frac R{H-R}\alpha-\alpha n+\alpha=\frac R{h-R}\alpha n\Rightarrow h=\frac{HR}{nR-(n-1)H}.

или

y=\frac hR=\frac x{n-(n-1)x}.

что совпадает с формулой полученной для случая, когда тело было выше центра шара.

1.4 Графики полученных зависимостей показаны на рисунке 3. При $n=2{,}5$ эта график этой зависимости терпит разрыв и устремляется к $y\to\pm\infty$ . Физический смысл этого явления можно понять: шарик переходи через фокус сферической поверхности.

1.5. Для вычисления видимой скорости движения шарика следует вычислить производную от видимой координаты $u=dh/dt$ . Т.к. $h=HR/[nR-(n-1)H]$ , то

u=\frac{(nR-(n-1)H)R+HR(n-1)}{(nR-(n-1)H)^2}v\Rightarrow u=\frac{nR^2}{(nR-(n-1)H)^2}\Rightarrow

В безразмерных координатах эта зависимость имеет вид

\chi=\frac n{(n-(n-1)x)^2}.

Графики этих функций показаны на рис. 4.

1.6 График этих зависимостей показан на рисунке 4. Эта функция также терпит разрыв в указанной точке. Но скорость движения изображения шарика все время остается положительной.

Часть 2.

2.1 В общем случае положение изображения зависит от точки наблюдения. Поэтому в данной части задачи нельзя пользоваться результатами, полученными в первой части задачи. Для построения изображения надо построить, по крайней мере, два луча и найти их точку пересечения.

Направим ось $X$ вдоль линии наблюдения. В этой системе шарик движется под углом $45^\circ$ к осям координат. Рассмотрим положение шарика в момент времени непосредственно предшествующий его прохождению через центр, когда его координаты равны $x=a,y=a$ , причем величина $a$ является малой. В качестве первого луча возьмем луч, попадающий на стенку в точке $x=0$ . Построение этого луча понятно из рисунка 5. Полагая все углы малыми находим угол, под которым выходит преломленный луч.

\beta_1=n\alpha=n\frac a{R-a}.\qquad(1)

Уравнения этого луча имеет вид

y=-\frac{na}{R-a}(x-R).\qquad(2)

Второй луч направим параллельно оси X . Для этого луча также не сложно найти уравнение: Из закона преломления и геометрических построений следует, что угол наклона преломленного луча равен

\beta_2+\gamma=n\gamma\Rightarrow\beta_2=(n-1)\gamma.\qquad(3)

где $\gamma=a/R$ . Тогда уравнение этого луча имеет вид

y=a-\frac{(n-1)a}R(x-R).\qquad(4)

Изображением шарика является точка пересечения этих лучей. Координаты этой точки являются результатом совместного решения уравнений (2) и (4). Аккуратное решение этой системы уравнений приводит к следующему результату.

\begin{aligned}x&=R-R\frac{R-a}{R+(n-1)a},\\y&=\frac{nRa}{R+(n-1)a}.\end{aligned}\qquad(5)

Далее необходимо упростить данные выражения, полагая $a\ll R$ . В формуле для координаты $y$ можно пренебречь $a$ в знаменателе:

y\approx na.\qquad(6)

Для координаты $x$ следует проделать следующие преобразования

x=R-R\frac{R-a}{R+(n-1)a}=R\left(1-\frac{1-a/R}{1+(n-1)a/R}\right)\approx R\left(1-\left(1-\frac aR-n-1\right)\frac aR\right)\approx na.\qquad(7)

Таким образом, мы получили, что координаты изображения просто в $n$ раз больше действительных координат шарика. Следовательно, все кинематические характеристики движения изображения шарика (в т.ч. и вектор скорости) так же будут в $n=1{,}5$ больше соответствующих характеристик движения самого шарика. Таким образом. Вектор скорости видимого движения совпадает по направлению с вектором $\vec V$ , но его длина в полтора раза больше.

Оригинал в Архива: 2016_theoretical_problems.pdf · официални решения: 2016_theoretical_solutions.pdf