Белорусская, 2015/16, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Сигналы на входах X и Y — гармонические колебания с разностью фаз, зависящей от расстояния до микрофона; траектория — фигура Лиссажу, а вырез делает оборот, когда микрофон смещается на длину волны.

Ответ

1.3) при \(m=0,\,4\) траектория — отрезок, при \(m=2,\,6\) — окружность, в остальных случаях — эллипс;  2.2) \(\Delta\varphi=2\arccos0{,}9\approx52^\circ\);  2.3) \(\Omega=\dfrac{2\pi\nu V}{c}\);  2.4) \(c=\nu V\tau=330\) м/с.

Решение

Часть 1. Изменение фигуры.

1.1 Уравнение звуковой волны, распространяющейся от динамика, имеет традиционный вид

\[p = A\cos(\omega t - kx) = A\cos\left(2\pi\nu\left(t - \frac{x}{c}\right)\right).\tag{1}\]

1.2 Сигналы, которые подаются на входы осциллографа, описываются функциями

\[\begin{aligned} U_x &= A\cos\omega t \\ U_y &= A\cos(\omega t - kl) \end{aligned}\tag{2}\]

1.3 Выражение для сигнала, снимаемого с микрофона и подаваемого на вход Y. Удобно представить в виде

\[U_y = A\cos(\omega t - kl) = A\cos\left(\omega t - \frac{2\pi}{\lambda}m\frac{\lambda}{8}\right) = A\cos\left(\omega t - m\frac{\pi}{4}\right)\tag{3}\]

Тогда уравнение траектории луча в параметрическом виде имеет вид

\[\begin{aligned} x &= A\cos\omega t \\ y &= A\cos\left(\omega t - m\frac{\pi}{4}\right). \end{aligned}\tag{4}\]

Траектория, описываемая этими уравнениями в общем случае является эллипсом, который при \(m=0\) и \(m=4\) вырождается в отрезок прямой, а при \(m=2\) и \(m=6\) является окружностью. Последовательность этих траекторий при различных \(m\) показана на рисунке.

Часть 2. Движение выреза.

2.1 Так как сдвиг фаз между колебаниями вдоль перпендикулярных осей равен \(\frac{\pi}{2}\), то траекторией луча будет окружность.

2.2 Угловой размер образующегося выреза можно определить из условия его образования \(U_Z > U_{\text{пор}}\). Из которого следует, что угловые границы выреза удовлетворяют условию

\[\cos \varphi = 0{,}9 \quad \Rightarrow \quad \Delta \varphi = 2 \arccos 0{,}9 = 0{,}90 \approx 52^\circ.\tag{5}\]

2.3 Не сложно сообразить, что вырез делает полный оборот, если микрофон смещается на расстояние равное длине волны звука. На это требуется время

\[T = \frac{\lambda}{V} = \frac{1}{\nu} \frac{c}{V}.\tag{6}\]

Следовательно, угловая скорость движения выреза равна

\[\Omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi \nu V}{c}.\tag{7}\]

2.4 При частоте генератора \(\nu = 600\) Гц и скорости движения микрофона \(V = 2{,}5 \frac{\text{мм}}{c}\) вырез делает полный оборот за время \(\tau = 220c\). Определите по этим данным скорость звука в воздухе. Из формулы (6) следует, что

\[c = \nu V \tau = 600 \cdot 2{,}5 \cdot 10^{-3} \cdot 220 = 330 \frac{\text{м}}{c}.\tag{8}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Для лучей, мало отклонённых от оси, закон преломления на сфере записывается через малые углы; найдите положение изображения по ходу двух лучей, а видимую скорость — как производную по времени.

Ответ

1.1) когда шарик в центре сосуда (\(H=R\));  1.2), 1.3) \(h=\dfrac{HR}{nR-(n-1)H}\), т. е. \(y=\dfrac{x}{n-(n-1)x}\);  1.5) \(u=\dfrac{nR^2}{(nR-(n-1)H)^2}\,v\), т. е. \(\chi=\dfrac{n}{(n-(n-1)x)^2}\).

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 А предмета В 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 \(\alpha\), \(\beta\) и \(\gamma\) 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 \(\gamma\):

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

Используя закон преломления света, получим: \(\frac{1}{n} = \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} \approx \frac{\alpha}{\beta} \Rightarrow \frac{1}{n} = \frac{h}{H} \cdot \frac{R - H}{R - h} \Rightarrow\)

\[h = \frac{HR}{nR - (n - 1)H}.\]

Введем безразмерный параметр \(x = \frac{H}{R}\). В результате: \(h = \frac{H}{n - (n - 1)\xi}\) или

\[y = \frac{h}{R} = \frac{x}{n - (n - 1)x}.\]

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 :

\[\frac{\text{OB}}{\sin\alpha} = \frac{\text{OC}}{\sin\gamma} \Rightarrow\]

\[\frac{H-R}{\sin\alpha} = \frac{R}{\sin\gamma}.\]

Поскольку углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\gamma\) малые, то \(\sin\alpha \approx \alpha\), \(\sin\gamma \approx \gamma \Rightarrow\)

\[\frac{H-R}{\alpha} = \frac{R}{\gamma} \Rightarrow \gamma = \frac{R\alpha}{H-R}.\]

Применяя теорему синусов к \(\Delta\)AOC, получим:

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

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 \(\frac{1}{n} = \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} \approx \frac{\alpha}{\beta}\), получим:

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

или

\[y = \frac{h}{R} = \frac{x}{n - (n-1)x},\]

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 переходит через фокус сферической поверхности.

1.5. Для вычисления видимой скорости движения шарика следует вычислить производную от видимой координаты \(u = \frac{dh}{dt}\). Т.к. \(h = \frac{HR}{nR - (n-1)H}\), то

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

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

рисуна 5. Полагая все углы малыми находим угол, под которым выходит преломленный луч.

\[\beta_{1}=n \alpha=n \frac{a}{R-a} .\tag{1}\]

Уравнения этого луча имеет вид

\[y=-\frac{n a}{R-a}(x-R)\tag{2}\]

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

\[\beta_{2}+\gamma=n \gamma \quad \Rightarrow \quad \beta_{2}=(n-1) \gamma\tag{3}\]

где \(\gamma=\frac{a}{R}\). Тогда уравнение этого луча имеет вид

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

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.

\[\begin{aligned} & x=R-R \frac{R-a}{R+(n-1) a} \\ & y=\frac{n R a}{R+(n-1) a} \end{aligned}\tag{5}\]

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

\[y \approx n a\tag{6}\]

Для координаты \(x\) следует проделать следующие преобразования

\[x=R-R \frac{R-a}{R+(n-1) a}=R\left(1-\frac{1-\frac{a}{R}}{1+(n-1) \frac{a}{R}}\right) \approx R\left(1-\left(1-\frac{a}{R}-n-1\right) \frac{a}{R}\right) \approx n a .\tag{7}\]

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.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Оценки получаются из гидростатического равновесия однородного шара и уравнения состояния идеального газа; устойчивость определяется по минимуму полной энергии как функции радиуса и показателя адиабаты.

Ответ

1.1) \(\bar\rho\approx1\cdot10^3\) кг/м\(^3\);  1.2) \(\bar P\approx1\cdot10^{14}\) Па;  1.3) \(\bar T=\dfrac{m_p}{2k}\dfrac{GM}{R}\approx1\cdot10^{7}\) К;  2.1) \(W_G\sim-\dfrac{GM^2}{R}\) (для однородного шара \(-\dfrac35\dfrac{GM^2}{R}\));  время: \(t_H\approx8\cdot10^2\) с, \(t_T\approx5\cdot10^6\) лет, \(t_N\approx2\cdot10^9\) лет.

Решение

1.1 Средняя плотность звезды рассчитывается «по определению»

\[\bar{\rho} = \frac{M}{V} = \frac{3M}{4\pi R^3} \approx 1 \cdot 10^3 \frac{\text{кг}}{\text{м}^3}.\tag{1}\]

1.2 Так как плотность звезды предлагается считать постоянной, то изменение давления при изменении расстояния до центра звезды на величину \(\Delta r\) описывается «гидростатической» формулой

\[\Delta P = -\rho g \Delta r.\tag{2}\]

Так как ускорение свободного падения зависит от расстояния до центра по закону

\[g(r) = g_0 \frac{r}{R},\tag{3}\]

где \(g_0 = G \frac{M}{R^2}\) - ускорение на поверхности звезды, то уравнение (2) приобретает вид

\[\Delta P = -\frac{\rho g_0}{R} r \Delta r.\tag{4}\]

Проводя суммирование по тонким сферическим слоям и, учитывая, что на поверхности давление равно нулю, получим

\[P_0 - \frac{\rho g_0}{R} \frac{R^2}{2} = 0\tag{5}\]

Откуда следует, что давление в центре звезды оценивается по формуле

\[P_0 = \frac{\rho g_0}{R} \frac{R^2}{2} = \frac{3}{8\pi} \frac{G M^2}{R^4} \approx 1 \cdot 10^{14} \text{Па}\tag{5}\]

1.3 Для оценки температуры можно воспользоваться уравнением состояния идеального газа (с учетом, что молярная масса газа равна \(\mu = m_p N_A\))

\[P_0 = \frac{\rho}{m_p N_A} R_G T \quad \Rightarrow \quad \bar{T} = P_0 \frac{m_p}{\rho k} = \frac{\rho g_0 R}{2} \frac{m_p}{\rho k} = \frac{m_p}{2k} G \frac{M}{R} \approx 1 \cdot 10^7 \text{К}.\tag{6}\]

1.1 Для оценки будем считать, что ускорение свободного падения в мало изменяется при погружении на 10% радиуса и равно ускорению свободного падения на поверхности Тогда из закона равноускоренного движения можно получить искомую оценку времени падения

\[0{,}1 R = \frac{g_0 t_H^2}{2} \quad \Rightarrow \quad t_H = \sqrt{\frac{0{,}2 R^3}{G M}} \approx 8 \cdot 10^2 \text{с}\tag{7}\]

1.2 Тепловая энергия звезды оценивается по формуле

\[W_{\text{Е}} = \frac{3}{2} kT \cdot 2 \frac{M}{m_p} = 3 \frac{M}{m_p} kT \approx 6 \cdot 10^{41} \text{Дж},\tag{8}\]

Здесь учтено, что электроны имеют такую же энергию, как и протоны. В единицу времени звезда излучает с поверхности энергию, равную

\[L = 4\pi R^2 \sigma T_s^4 \approx 4 \cdot 10^{26} \text{Вт}.\tag{9}\]

Тогда оценка теплового времени дается формулой

\[t_T = 0{,}1 \frac{W_T}{L} \approx 1{,}5 \cdot 10^{14} \text{с} \approx 5 \cdot 10^6 \text{лет}.\tag{10}\]

1.3 Ядерное время звезды \(t_N\) оценивается аналогично. Ядерная энергия, выделяющаяся в результате ядерных реакций равна

\[W_N = 0{,}1 M \beta c^2 \approx 2 \cdot 10^{44} \text{Дж}\tag{11}\]

Поэтому

\[t _ { N } = 0 { , } 1 \frac { W _ { N } } { L } \approx 5 \cdot 1 0 ^ { 1 6 } \, c \approx 2 \cdot 1 0 ^ { 9 } \, \text{л} \text{е} \text{т} \, .\tag{12}\]

Часть 2. Анализ равновесия звёзд

2.1 В данном случае нет необходимости находить полную формулу для гравитационной энергии, достаточно только определить вид зависимости, который проще всего найти с помощью метода размерностей. Простой анализ показывает, что искомая зависимость должна иметь вид

\[W _ { G } = - \alpha G \frac { M ^ { 2 } } { R } \, ,\tag{13}\]

Где \(\alpha\) - безразмерный коэффициент. Так как гравитационная энергия есть энергия притяжения, то она является отрицательной.

Примечание. При необходимости можно рассчитать и точное численное значение этого коэффициента. Для этого выделим внутри однородного шара тонкий сферический слой радиуса \(r\) и толщиной \(dr\). Гравитационная энергия взаимодействия этого слоя с шаром определяется по формуле*

\[W _ { G } = - G \frac { m ^ { \prime } d m } { r } .\]

где \(m ^ { \prime } = \frac { 4 } { 3 } \pi r ^ { 3 } \rho = M \frac { r ^ { 3 } } { R ^ { 3 } }\) - масса части шара, находящейся под рассматриваемым слоем, \(d m = 4 \pi r ^ { 2 } d r \rho = 3 M \frac { r ^ { 2 } d r } { R ^ { 3 } }\) - масса выделенного слоя. Подставим эти значения в формулу для гравитационной энергии и проведем элементарное интегрирование по всем слоям, в результате получим*

\[W _ { G } = - \int _ { 0 } ^ { R } G \frac { m ^ { \prime } d m } { r } = - 3 G M ^ { 2 } \int _ { 0 } ^ { R } \frac { r ^ { 3 } } { R ^ { 3 } } \frac { r ^ { 2 } d r } { R ^ { 3 } } \frac { 1 } { r } = - \frac { 3 } { 5 } G \frac { M ^ { 2 } } { R } \, .\]

2.2 Полная энергия звезды состоит из ее внутренней энергии, определяемой формулой (1), приведенной в условии задачи, и гравитационной энергией, найденной в предыдущем пункте:

\[W = M \varepsilon + W _ { G } = M \left( K ( T ) \rho ^ { \gamma - 1 } + L ( T ) \right) - \alpha G \frac { M ^ { 2 } } { R } \, ,\tag{14}\]

Теперь необходимо выразить плотность звезды через ее массу и радиус:

\[\rho = \frac { M } { \displaystyle \frac { 4 } { 3 } \pi R ^ { 3 } }\tag{15}\]

Окончательное выражение для энергии принимает вид

\[W = M \varepsilon + W _ { G } = M \left( K ( T ) \left( \frac { M } { \displaystyle \frac { 4 } { 3 } \pi R ^ { 3 } } \right) ^ { \gamma - 1 } + L ( T ) \right) - \alpha G \frac { M ^ { 2 } } { R } =\]

\[= A \frac { M ^ { \gamma } } { R ^ { 3 \gamma - 3 } } - B \frac { M ^ { 2 } } { R } + C\tag{16}\]

где \(A, B, C\) - некоторые положительные величины, не зависящие от массы и радиуса планеты, причем последнее постоянное слагаемое может быть опущено.

Схематический вид зависимости \(W(R)\) легко установить, рассматривая поведение функции в предельных случаях \(R \to 0\) и \(R \to \infty\). Простой анализ показывает, что при \(3\gamma - 3 > 1\) данная функция имеет точку минимума, в противном случае она имеет точку максимума.

Для примера на рисунке показаны графики функции \(W = \frac{1}{R^{\alpha}} - \frac{1}{R}\), при различных значениях показателя степени \(\alpha\), которые приведены на рисунке.

2.3 Чтобы положения равновесия (ему соответствуют точки экстремума энергии) было устойчивым необходимо, чтобы функция имела минимум энергии. В нашем случае, как это следует из анализа зависимости \(W(R)\), это условие достигается при

\[3\gamma - 3 > 1 \quad \Rightarrow \quad \gamma > \frac{4}{3}.\tag{17}\]

2.4 Чтобы получить зависимость массы звезды от ее плотности (помните, что радиус звезды не является постоянным!) достаточно выразить ее радиус

\[R = \sqrt[3]{\frac{M}{\frac{4}{3}\pi\rho}} = \beta M^{\frac{1}{3}} \rho^{-\frac{1}{3}}\tag{18}\]

И подставить его в выражение для полной энергии (16)

\[W = A \frac{M^{\gamma}}{R^{3\gamma-3}} - B \frac{M^{2}}{R} = A' M \rho^{\gamma-1} - B' M^{\frac{5}{3}} \rho^{\frac{1}{3}},\tag{19}\]

2.5 Условие устойчивого равновесия и в этом варианте может быть сформулировано аналогично – функция \(W(\rho)\) должна иметь точку минимума.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.