Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

Электричество и магнетизм. Решения задач
135
Подставим выраженную отсюда величину dt в (4) и учтём малость α:
u
y
=
1
T
2
π
Z
0
v
0
αr
0
exp(α(1 − cos ϕ)) sin ϕ cos ϕ dϕ
v
0
sin ϕ
≈
≈
1
T
2
π
Z
0
αr
0
cos ϕ(1 + α(1 − cos ϕ)) dϕ = −
πmv
2
0
µ
0
qI
.
Итак, скорость дрейфа
u =
πmv
2
0
µ
0
qI
и направлена вдоль тока.
На рисунке
110
показана построенная с помощью системы компьютерной
математики MathCAD траектория частицы в условиях данной задачи. На ри-
сунке
111
приведена полученная аналогичным образом траектория движения
частицы вблизи провода при условии, что её начальная скорость не лежит в
одной плоскости с током и что ток монотонно меняется со временем. Видно,
что модель дрейфа циклотронных кружков даёт наглядное представление о
характере движения. Эта модель широко используется в физике плазмы и не
только для наглядности, но и для получения количественных результатов.
y
x
I
y
x
I
z
Рис. 110.
Рис. 111.

136
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Оптика
Задача
4.1
(Зеркала)
Свет сначала проходит сквозь линзу, затем отражается от пары зеркал и
снова проходит сквозь линзу в обратном направлении. Найдём положения
изображений источника, которые получились бы последовательно на каждом
из этих этапов. Расстояние d
1
от изображения S
1
источника S (рис.
112
)
F
S
1
S
1,5F
d
1
A
B
C
D
S
1
S
2
S
3
O
Рис. 112.
Рис. 113.
находится из формулы линзы:
1
1,5F
+
1
d
1
=
1
F
,
d
1
= 3F.
Далее следует найти даваемое зеркалами изображение мнимого источника S
1
.
Известно, что зеркало даёт изображение, симметричное источнику относи-
тельно плоскости зеркала. Это свойство зеркала следует из закона отражения
и относится как к действительным, так и к мнимым источникам. Этим свой-
ством и следует воспользоваться. На рисунке
113
показаны: S
2
— изображение
точки S
1
в зеркале AC, S
3
— изображение точки S
2
в зеркале BC. Из опреде-
ления зеркальной симметрии следует: S
1
D = DS
2
= BC, S
2
B = BS
3
= AC.
Из условия задачи следует, что AO = OC = OB = F . Кроме того, найдено
что OS
1
= d
1
= 3F . Отсюда нетрудно заключить, что CS
3
= CS
1
. Итак,
изображение S
3
находится на расстоянии F от оптического центра линзы.
На следующем этапе S
3
— мнимый предмет для линзы. Изображением этого
предмета является искомая точка. Обозначим её расстояние от центра линзы
d и применим для её нахождения формулу линзы:
1
d
−
1
F
=
1
F
.
Знак минус перед вторым слагаемым поставлен потому, что источник S
3
,
удалённый от линзы на расстояние F , мнимый. Из последнего уравнения
получаем d = F/2.

Оптика. Решения задач
137
Замечание.
Лучи, идущие в плоскости рисунка
113
, в результате последо-
вательного отражения от двух расположенных перпендикулярно друг другу
зеркал, не меняют своего направления (то есть далее распространяются па-
раллельно направлению, которое они имели до первого отражения). Следова-
тельно, если луч составлял малый угол с главной оптической осью линзы, то
этот угол и останется малым. А проекцию направления лучей, перпендику-
лярную плоскости рисунка, зеркала, сами расположенные перпендикулярно
плоскости рисунка, не меняют. Поэтому пучок лучей, имевших малые углы
с главной оптической осью линзы, после двух последовательных отражений
от зеркал, также будет состоять из лучей, имеющих малые углы с этой оп-
тической осью, и применение формулы тонкой линзы для расчёта координат
изображения, даваемого этим пучком после прохождения через линзу, явля-
ется обоснованным.
Задача
4.2
(Котлован)
Человек, находящийся в точке A (рис.
114
), оценивает глубину водоёма по
двум близким лучам, идущим из точек B и C. Ему кажется, что лучи исходят
A
B
C
S
S
1
H
h
h
1
α α
′
β
β
′
x
O
H
h
1
x
h/n
L
0
Рис. 114.
Рис. 115.
не из точки S, а из точки S
1
, и поэтому видимая глубина водоёма h
1
. Измене-
ния направлений лучей на поверхности воды подчиняются закону Снеллиуса:
sin α
sin β
= n,
sin α
′
sin β
′
= n
(1)
где n — показатель преломления воды, а углы α, β, α
′
и β
′
показаны на
рисунке
114
. Пусть ∆ — длина отрезка BC. Тогда из прямоугольных тре-
угольников, показанных на рисунке
114
, следует:
∆ = h(tg β − tg β
′
) = h
1
(tg α − tg α
′
).
(2)

138
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Поскольку углы α и α
′
, β и β
′
мало отличаются, то если α − α
′
= ∆α и
β − β
′
= ∆β
tg β − tg β
′
≈
∆β
cos
2
β
,
tg α − tg α
′
≈
∆α
cos
2
α
.
Подставляя полученные соотношения в (2), находим
h
1
= h
cos
2
α
cos
2
β
·
∆β
∆α
.
Записывая закон Снеллиуса (1) для маленьких приращений углов:
cos α ∆α = n cos β ∆β,
откуда h
1
=
h
n
·
cos
3
α
cos
3
β
=
h
n
·
cos
3
α

1 −
sin
2
α
n
2

3
/2
. (3)
Для угла α из рисунка
114
находим
sin α =
x − OB
p(x − OB)
2
+ H
2
≈
x
√
x
2
+ H
2
,
так как OB ≪ x при малых h. Осталось подставить полученное выражение
для sin α в (3) и произвести алгебраические преобразования:
h
1
=
n
2
hH
3
((n
2
− 1)x
2
+ n
2
H
2
)
3
/2
.
График этой зависимости, построенный с помощью MathCAD, представлен
на рисунке
115
. Видно, что вдали от обрыва водоём кажется более мелким.
Задача
4.3
* (Световой зайчик)
Если бы скорость света была бесконечно большой, то человек видел бы свето-
вое пятно в том месте, где луч фонарика пересекает стену. Из-за конечности
скорости распространения света человек увидит в этом месте зайчик спустя
некоторое время. В этот момент луч фонарика будет уже направлен в иную
точку.
Найдём скорость зайчика с точки зрения наблюдателя:
v =
dx
dt
1
,
(1)
где v — проекция на ось x скорости зайчика (рис.
116
), который наблюда-
тель видит в момент времени t
1
. Луч фонарика был направлен в эту точку
в момент времени t. Время t
1
больше t на величину, необходимую свету для
прохождения от A к B и обратно (рис.
116
):

Оптика. Решения задач
139
h
~v
x
O
A
B
ωt
Рис. 116.
a
b
t
t
1
0
t
3
t
2
t
m
π
2ω
−
π
2ω
Рис. 117.
t
0
t
m
π
2ω
−
π
2ω
ωh
c/2
−c/2
v
Рис. 118.
t
1
= t +
2h
c · cos ωt
.
(2)
Поскольку переменные t
1
и t связаны соотношением (2), целесообразно пред-

140
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
t
1
0
t
m
c/2
−c/2
v
Рис. 119.
ставить (1) в виде:
v =
dx
dt
dt
dt
1
=
dx
dt
 dt
1
dt

−1
.
(3)
Из рисунка
116
видно, что
x = h tg ωt.
(4)
Продифференцировав функции (2) и (4), найдём производные, входящие в
(3), и получим после их подстановки:
v =
c ωh
c · cos
2
ωt + 2ωh sin ωt
.
(5)
Формулы (4), (5) и (2) содержат ответы на поставленные в задаче вопросы.
Проанализируем полученные соотношения.
Изобразим приблизительный график зависимости (2) (рис.
117
). Величи-
на t
1
имеет минимальное значение t
2
в точке t
m
, для нахождения которой
следует приравнять к нулю производную t
1
(t):
sin ωt
m
=
ωh
c
−
s
1 +
 ωh
c

2
.
(6)
По формуле (4) можно найти координату зайчика x
m
в момент времени t
2
:
x
m
= −
h
√
2
s
r

c
ωh

2
+ 1 − 1.
(7)
При подстановке (6) в (5) обнаруживаем, что функция v(t) испытывает раз-
рыв в точке t
m
, меняя знак. Поведение функции v(t) качественно представле-
но графиком, изображённым на рисунке
118
. Сплошными линиями показан

Оптика. Решения задач
141
график при ωh < c/2, пунктирными — при ωh > c/2. Сопоставляя величины
v и t
1
при одинаковых значениях параметра t, можно нарисовать и прибли-
жённый график зависимости наблюдаемой скорости зайчика v(t
1
) (рис.
119
).
О каком движении светового зайчика говорят эти графики? Раньше всего
наблюдатель увидит зайчик, находящийся в точке x
m
в момент времени t
2
. В
последующие моменты времени t
1
= t
3
> t
2
наблюдатель увидит два зайчика,
координаты которых соответствуют точкам a и b на рисунке
117
. Скорости
этих зайчиков направлены в противоположные стороны. При t
1
→ ∞ проек-
ция скорости одного стремится к c/2, а другого к −c/2. После следующего
прохождения вращающегося луча фонарика через точку x
m
появится ещё
одна пара разбегающихся зайчиков и так далее.
Не является ли обнаруженное здесь парадоксальное свойство световых
зайчиков результатом ошибки данной теоретической модели? Одним из те-
стов на ошибочность новых физических теорий служит принцип соответ-
ствия. Согласно этому принципу новая теория в предельных частных случаях
даёт те же результаты, что и верная старая теория. Релятивистская физика
даёт немало парадоксальных результатов, противоречащих «здравому смыс-
лу». Однако, она успешно выдерживает испытание принципом соответствия.
Испытаем этим принципом результаты данной задачи. Посмотрим, что дают
полученные формулы при c → ∞. Из (1) следует, что t
1
= t, то есть наблю-
датель видит зайчик в точке x в тот же момент времени, в который через
эту точку проходит луч фонарика. Из (5) следует, что v =
ωh
cos
2
ωt
. Это есте-
ственно согласуется с формулой (4) и не содержит никаких пар зайчиков.
Таким образом, полученные в задаче результаты согласуются с принципом
соответствия.
Задача
4.4
(Сферическое зеркало)
На рисунке
120
показан ход луча, падающего на зеркало на расстоянии x от
его оптической оси. O — центр кривизны зеркала. Фокус F удалён от центра
на расстояние OF = R/2. Отражённый луч пересекает главную оптическую
ось в точке F
x
, для которой, как видно из рисунка, OF
x
=
R
2 cos α
. Угол α
зависит от x так как sin α = x/R. Найдём, на каком расстоянии y от главной
оптической оси луч пересекает фокальную плоскость. Это нетрудно сделать
с помощью рисунка
120
:
y =

R
2 cos α
−
R
2

tg(2α).
(1)
В соответствии с условием задачи углы α малы, поэтому можно использовать
приближения:
sin α ≈ tg α ≈ α и
cos α ≈ 1 −
α
2
2
,

142
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
x
r
F
F
x
y
D/2
O
α
Рис. 120.
которые существенно упрощают формулу (1):
y ≈
R
2
α
3
=
x
3
2R
2
.
(2)
Чтобы найти среднюю освещённость экрана, следует световой поток, па-
дающий на него, поделить на площадь пятна на экране. Какие же лучи по-
падают на экран? На зеркало падают лучи, проходящие мимо экрана. Для
них
r < x <
D
2
(3)
и, согласно (2),
r
3
2R
2
< y <
D
3
16R
2
.
(4)
Все эти лучи попадают на экран, если он достаточно велик, то есть при
r >
D
3
16R
2
.
(5)
В этом случае площадь освещённого пятна на экране
S
1
= π
 

D
3
16R
2

2
−

r
3
2R
2

2
!
.
Световой поток Φ, падающий на это пятно, найдём по формуле Φ = N S
2
,
где N — мощность солнечного излучения, приходящегося на единичную пло-
щадку, перпендикулярную лучам, а S
2
— площадь так же ориентированной
площадки, которую пересекают лучи, попадающие на зеркало. Эта площадь
равна
S
2
= π
 
 D
2

2
− r
2
!
.

Оптика. Решения задач
143
Таким образом, получаем для средней освещённости E светового пятна при
условии r > D
3
/(16R
2
):
E =
N
 
 D
2

2
− r
2
!

D
3
16R
2

2
−

r
3
2R
2

2
=
4R
4
N
 D
2

4
+ r
2
 D
2

2
+ r
4
.
(6)
Если экран небольшой, то есть r 6
D
3
16R
2
, то на него попадают не все лучи,
отражённые зеркалом. Площадь освещённого пятна S
1
в этом случае равна:
S
1
= π
 
r
2
−

r
3
2R
2

2
!
.
Площадь S
2
в этом случае принимает значение
S
2
= π(x
2
1
− r
2
),
где x
1
находится из формулы (2) при подстановке в неё y = r: x
3
1
= 2R
2
r.
Зная S
1
и S
2
, находим освещённость E при условии r 6 D
3
/(16R
2
):
E = N
x
2
1
− r
2
r
2
−

r
3
2R
2

2
= N
(2R
2
r)
2
/3
− r
2
r
2
−

r
3
2R
2

2
.
(7)
При r ≪ R находим из полученного выражения
E ≈ 2
2
/3
· N
 R
r

4
/3
,
то есть при r → 0 освещённость неограниченно возрастает. Такое заключе-
ние получилось в рамках геометрической оптики, справедливой, когда длина
волны света λ ≪ D. Дифракция света приводит к тому, что в фокальной
плоскости получается не точка, а пятнышко, что ограничивает величину E.
При больших r изменяющихся в пределах от D
3
/(16R
2
) до D/2, то есть в
8R
2
/D
2
раз, освещённость в соответствии с формулой (6) изменяется всего
в 3 раза, что говорит о слабой зависимости E от r. Качественно характер
зависимости E(r) отражает рисунок
121
, на котором
E
m
=
64
3
N
 R
D

4
.

144
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
r
D/2
E
E
m
0
Рис. 121.
Задача
4.5
* (Аквариум)
Прохождение узкого пучка света через участок стенки аквариума можно рас-
сматривать как последовательное преломление на плоско-выпуклой линзе с
радиусом кривизны R, на плоско-параллельной пластине толщиной δ и на
плоско-вогнутой линзе с радиусом кривизны R − δ (рис.
122
). Прямая, со-
единяющая вершину рассматриваемого участка P с центром аквариума O,
служит главной оптической осью. Рассмотрим луч пучка, падающий парал-
лельно этой оси, и найдём точку пересечения его с осью после прохождения
стенки. Эта точка является фокусом. После преломления на первой линзе
R
R − δ
δ
P
O
Рис. 122.
луч идёт к точке S
1
(рис.
123
), удаление которой от линзы
F
1
=
R
n − 1
.
(1)
Далее луч проходит через плоско-параллельную пластину, которая смещает
точку пересечения луча с осью на некоторую величину ∆, которую можно

Оптика. Решения задач
145
S
1
F
1
A
B
C
β
∆
δ
F
1
+ ∆
S
1
S
2
α
Рис. 123.
Рис. 124.
найти из треугольника ABC (рис.
124
) по теореме синусов:
BC
sin(α − β)
=
AB
sin(180
◦
− α)
,
или
∆
sin(α − β)
=
δ
cos β · sin α
.
Учитывая что рассматриваются лишь лучи, близкие к оптической оси, так
что sin α ≈ α, sin β ≈ β, cos α ≈ cos β ≈ 1, а также α/β ≈ n, из последнего ра-
венства найдём
∆ =
δ sin(α − β)
cos β · sin α
≈ δ
n − 1
n
.
(2)
В точку S
2
луч не попадает, поскольку преломляется примыкающей к пла-
стине плоско-вогнутой линзой, фокусное расстояние которой
F
2
= −
R − δ
n − 1
.
(3)
Дальнейший ход луча показан на рисунке
125
. Луч выходит из системы так,
как будто бы идёт из точки S
3
. Её расстояние от линзы, взятое со знаком
S
2
|F |
F
1
+ ∆ − δ
S
3
Рис. 125.
«минус», является фокусным расстоянием стенки аквариума F . Для пока-
занной на рисунке
125
линзы S
3
является мнимым изображением мнимого

146
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
источника S
2
. Для нахождения F применим формулу линзы:
1
F
−
1
F
1
+ ∆ − δ
=
1
F
2
,
или, используя (1), (2) и (3),
1
F
= −
n − 1
R − δ
+
1
R
n − 1
+ δ
n − 1
n
− δ
≈ −
n − 1
nR
2
δ,
поскольку δ ≪ R. Итак,
F =
n
n − 1
·
R
2
δ
= −5,3 м,
то есть стенка аквариума подобна рассеивающей линзе.
Найдём фокусное расстояние толстого аквариума. Для этого нужно рас-
сматривать преломление луча на четырёх поверхностях 1, 2, 3 и 4 (рис.
126
).
Нужно применить формулу сферической поверхности
n
1
a
−
n
2
b
=
n
1
− n
2
R
.
(4)
Луч падает на первую поверхность параллельно главной оптической оси,
4
3
1
2
R
R
2
Рис. 126.
поэтому a = −∞, b = x
1
— расстояние от первой поверхности до точки схож-
дения преломлённых лучей X
1
, n
1
= 1, n
2
= n (рис.
127
). Формула (4) даёт:
n
x
1
=
n − 1
R
,
откуда x
1
=
n
n − 1
R.
Расстояние от точки X
1
до второй поверхности (рис.
127
)
x
2
= x
1
−
R
2
=
n + 1
2(n − 1)
R.

Оптика. Решения задач
147
|x
1
|
|x
2
|
X
1
|x
3
|
|x
4
|
Рис. 127.
Рис. 128.
Применяем формулу (4) для второй поверхности (рис.
128
), учтя, что в этом
случае n
1
= n, n
2
= 1:
n
x
2
−
1
x
3
=
n − 1
R/2
.
Отсюда находим положение мнимого изображения, даваемого этой поверхно-
стью:
x
3
= −
R
2
·
n + 1
n − 1
.
Расстояние от полученного изображения до третьей поверхности
x
4
= −x
3
+ R =
3n − 1
2(n − 1)
R.
Снова применим формулу (4) для нахождения положения нового изображе-
ния (рис.
129
):
−
1
x
4
−
n
x
5
=
1 − n
−R/2
,
откуда x
5
=
3n − 1
6(1 − n)

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: