IPhO 1975, теоретический тур

Подсказка

Во вращающемся стержне на тело, кроме силы тяжести и реакции, действует центробежная сила \(mr\omega^2\). Сила трения покоя может быть направлена как вверх, так и вниз по стержню: рассмотрите оба случая и найдите границы равновесия по расстоянию \(r\) от оси.

Ответ

1) тело покоится при \(\alpha \le \beta\) и движется при \(\alpha > \beta\);  2) \(r_{1,2} = \dfrac{g}{\omega^2}\operatorname{tg}(\alpha \mp \beta)\); при \(\alpha > \beta\) тело покоится, если \(r_1 \le r \le r_2\), или \(L_1 \le L \le L_2\), где \(L_{1,2} = r_{1,2}/\cos\alpha\); при \(\alpha \le \beta\) — если \(0 \le r \le r_2\), или \(0 \le L \le L_2\).

Решение

а) \(\omega = 0\).

Силы в этом случае (см. рисунок): \[\vec G = \vec Z + \vec N = m\cdot\vec g, \tag{1}\] \[|\vec Z| = m\cdot g\cdot\sin\alpha = Z, \tag{2}\] \[|\vec N| = m\cdot g\cdot\cos\alpha = N, \tag{3}\] \[|\vec R| = \mu\cdot N = \mu\cdot m\cdot g\cdot\cos\alpha = R \tag{4}\] [\(\vec R\) — сила трения].

Тело покоится относительно стержня, если \(Z \le R\). Согласно уравнениям (2) и (4) это равносильно \(\operatorname{tg}\alpha \le \operatorname{tg}\beta\). Это значит, что тело покоится относительно стержня при \(\alpha \le \beta\) и движется вдоль стержня при \(\alpha > \beta\).

б) \(\omega > 0\).

Нужно рассмотреть две различные ситуации: 1. \(\alpha > \beta\) и 2. \(\alpha \le \beta\).

Если стержень движется (\(\omega \ne 0\)), действуют силы \(\vec G = m\cdot\vec g\) и \(|\vec F_r| = m\cdot r\cdot\omega^2\).

Из параллелограмма сил (см. рисунок): \[\vec Z + \vec N = \vec G + \vec F_r. \tag{5}\] Условие равновесия: \[|\vec Z| = \mu|\vec N|. \tag{6}\]

Случай 1: \(\vec Z\) направлена вниз, т. е. \(g\cdot\sin\alpha > r\cdot\omega^2\cdot\cos\alpha\). \[|\vec Z| = m\cdot g\cdot\sin\alpha - m\cdot r\cdot\omega^2\cdot\cos\alpha \quad\text{и}\quad |\vec N| = m\cdot g\cdot\cos\alpha + m\cdot r\cdot\omega^2\cdot\sin\alpha.\] Случай 2: \(\vec Z\) направлена вверх, т. е. \(g\cdot\sin\alpha < r\cdot\omega^2\cdot\cos\alpha\). \[|\vec Z| = -m\cdot g\cdot\sin\alpha + m\cdot r\cdot\omega^2\cdot\cos\alpha \quad\text{и}\quad |\vec N| = m\cdot g\cdot\cos\alpha + m\cdot r\cdot\omega^2\cdot\sin\alpha.\] Из условия равновесия (6) следует, что \[\pm\left(g\cdot\sin\alpha - r\cdot\omega^2\cdot\cos\alpha\right) = \operatorname{tg}\beta\cdot\left(g\cdot\cos\alpha + r\cdot\omega^2\cdot\sin\alpha\right). \tag{7}\] Алгебраические преобразования уравнения (7) приводят к \[g\cdot\sin(\alpha - \beta) = r\cdot\omega^2\cdot\cos(\alpha - \beta), \tag{8}\] \[g\cdot\sin(\alpha + \beta) = r\cdot\omega^2\cdot\cos(\alpha + \beta). \tag{9}\] Это значит, что \[r_{1,2} = \frac{g}{\omega^2}\cdot\operatorname{tg}(\alpha \mp \beta). \tag{10}\] Тело покоится относительно вращающегося стержня в случае \(\alpha > \beta\), если выполняются неравенства \[r_1 \le r \le r_2 \quad\text{при}\quad r_1, r_2 > 0, \tag{11}\] или \[L_1 \le L \le L_2 \quad\text{при}\quad L_1 = r_1/\cos\alpha \quad\text{и}\quad L_2 = r_2/\cos\alpha. \tag{12}\] Тело покоится относительно вращающегося стержня в случае \(\alpha \le \beta\), если выполняются неравенства \[0 \le r \le r_2 \quad\text{при}\quad r_1 = 0 \ (\text{поскольку } r_1 < 0 \text{ не является физическим решением}),\ r_2 > 0. \tag{13}\] Неравенство (13) равносильно \[0 \le L \le L_2 \quad\text{при}\quad L_2 = r_2/\cos\alpha > 0. \tag{14}\]

Подсказка

Показатель преломления зависит от длины волны. При заданном \(f\) формула для фокусного расстояния — квадратное уравнение относительно \(n\); приравняйте \(f(n_1) = f(n_2)\) и посмотрите, когда у квадратного уравнения ровно одно физически допустимое решение.

Ответ

1) не более чем для двух длин волн;  2) \(r_1 - r_2 = d\left(1 - \dfrac{1}{n_1 n_2}\right)\), откуда \(d > r_1 - r_2 > 0\);  4) одно физическое решение при \(A = 0\): \(r_1 - r_2 = d\), \(n = \dfrac{f d}{f d + r_1 r_2} > 1\); при \(B = 0\): \(f(r_2 - r_1) + 2fd + r_1r_2 = 0\), \(n^2 = -\dfrac{d}{r_2 - r_1 + d} > 1\); при \(B^2 = 4AC\): \(\left[f(r_2 - r_1) + 2fd + r_1r_2\right]^2 = 4(r_2 - r_1 + d)f^2d\), \(n = \dfrac{f(r_2 - r_1) + 2fd + r_1r_2}{2f(r_2 - r_1 + d)} > 1\).

Решение

а) Показатель преломления \(n\) — функция длины волны \(\lambda\), т. е. \(n = n(\lambda)\). Согласно данной формуле для фокусного расстояния \(f\) (см. выше), которая при заданном \(f\) даёт уравнение, квадратное относительно \(n\), существует не более двух различных длин волн (показателей преломления) с одним и тем же фокусным расстоянием.

б) Если фокусное расстояние одинаково для двух различных длин волн, то выполняется уравнение \[f(\lambda_1) = f(\lambda_2) \quad\text{или}\quad f(n_1) = f(n_2). \tag{1}\] Из уравнения (1) с помощью данной формулы для фокусного расстояния следует \[\frac{n_1 r_1 r_2}{(n_1 - 1)\left[n_1(r_2 - r_1) + d(n_1 - 1)\right]} = \frac{n_2 r_1 r_2}{(n_2 - 1)\left[n_2(r_2 - r_1) + d(n_2 - 1)\right]}.\] Алгебраические вычисления приводят к \[r_1 - r_2 = d\cdot\left(1 - \frac{1}{n_1 n_2}\right). \tag{2}\] Если значения радиусов \(r_1\), \(r_2\) и толщины удовлетворяют этому условию, фокусное расстояние будет одинаковым для двух длин волн (показателей преломления). На параметры этого уравнения наложены некоторые физические ограничения: показатели преломления больше 1, а толщина линзы больше 0 м. Поэтому из уравнения (2) следует соотношение \[d > r_1 - r_2 > 0. \tag{3}\]

г) Решения уравнения (5): \[n_{1,2} = -\frac{B}{2\cdot A} \pm \sqrt{\frac{B^2}{4\cdot A^2} - \frac{C}{A}}. \tag{6}\] Уравнение (5) имеет только одно физически правильное решение, если…

I) \(A = 0\) (т. е. обращается в нуль коэффициент при \(n^2\) в уравнении (5)). В этом случае выполняются соотношения \[r_1 - r_2 = d, \tag{7}\] \[n = \frac{f\cdot d}{f\cdot d + r_1\cdot r_2} > 1. \tag{8}\]

II) \(B = 0\) (т. е. обращается в нуль коэффициент при \(n\) в уравнении (5)). В этом случае уравнение имеет положительное и отрицательное решения. С физической точки зрения смысл имеет только положительное решение. Имеем \[f\cdot(r_2 - r_1) + 2\cdot f\cdot d + r_1\cdot r_2 = 0, \tag{9}\] \[n^2 = -\frac{C}{A} = -\frac{d}{(r_2 - r_1 + d)} > 1. \tag{10}\]

III) \(B^2 = 4AC\). В этом случае существуют два одинаковых действительных решения. Имеем \[\left[f\cdot(r_2 - r_1) + 2\cdot f\cdot d + r_1\cdot r_2\right]^2 = 4\cdot(r_2 - r_1 + d)\cdot f^2\cdot d, \tag{11}\] \[n = -\frac{B}{2\cdot A} = \frac{f\cdot(r_2 - r_1) + 2\cdot f\cdot d + r_1\cdot r_2}{2\cdot f(r_2 - r_1 + d)} > 1. \tag{12}\]

Подсказка

Внутри поля ионы движутся по окружностям одного радиуса, вне поля — по прямым. Из симметрии центры всех окружностей лежат на серединном перпендикуляре к QA, а прямолинейные участки касаются этих окружностей и проходят через Q и A.

Ответ

1) \(R = \dfrac1B\sqrt{\dfrac{2\cdot m\cdot U}{e}}\);  2) в поле — дуги окружностей радиуса \(R\) с центрами на серединном перпендикуляре к QA, вне поля — прямые по касательным;  3) границы поля — геометрическое место точек касания (см. рисунки решения); при \(R > a\) не все ионы попадают в A;  4) \(r = \dfrac{a}{\cos\varphi}\left(1 - \dfrac{R}{a}\sin\varphi\right)\) в полярных координатах с центром в Q.

Решение

а) Кинетическая энергия иона после ускорения напряжением \(U\): \[\tfrac12 mv^2 = eU. \tag{1}\] Из уравнения (1) вычисляем скорость ионов: \[v = \sqrt{\frac{2\cdot e\cdot U}{m}}. \tag{2}\] На движущийся ион (заряд \(e\), скорость \(v\)) в однородном магнитном поле \(B\) действует сила Лоренца \(F\). В данных условиях скорость всегда перпендикулярна магнитному полю. Поэтому траектории ионов — окружности радиуса \(R\). Сила Лоренца и центробежная сила равны по величине: \[e\cdot v\cdot B = \frac{m\cdot v^2}{R}. \tag{3}\] Из уравнения (3) вычисляем радиус траектории иона: \[R = \frac1B\sqrt{\frac{2\cdot m\cdot U}{e}}. \tag{4}\]

б) Все ионы массой \(m\) движутся внутри магнитного поля по окружностям радиуса \(R = v\cdot m/(e\cdot B)\). Выйдя из магнитного поля, они летят по прямой вдоль последней касательной. Центры кривизны траекторий ионов лежат на серединном перпендикуляре к \(\overline{\mathrm{QA}}\), поскольку магнитное поле предполагается симметричным относительно серединного перпендикуляра к \(\overline{\mathrm{QA}}\). Из-за направления магнитного поля траектории фокусируемых ионов лежат выше \(\overline{\mathrm{QA}}\).

в) Способ построения границ магнитного поля основан на рассуждениях пункта б):

• Нарисуйте окружности радиуса \(R\) с различными центрами кривизны на серединном перпендикуляре к \(\overline{\mathrm{QA}}\).

• Проведите касательные к окружности, на которых лежит точка Q или точка A.

• Точки касания образуют границы магнитного поля. Если \(R > a\), то не все ионы достигнут точки A. Ионы, вылетающие под углом круче касательной в точке Q, не приходят в A. На рисунках выше показаны границы магнитного поля для трёх случаев \(R < a\), \(R = a\) и \(R > a\).

г) Общее уравнение границ магнитного поля удобно вывести в полярных координатах \((r, \varphi)\), а не в декартовых \((x, y)\).

Из рисунка получаем соотношение \[r\cdot\cos\varphi + R\sin\varphi = a. \tag{7}\] Границы магнитного поля задаются уравнением \[r = \frac{a}{\cos\varphi}\left(1 - \frac{R}{a}\sin\varphi\right). \tag{8}\]