Всесоюзная, 1974/75, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Зачернённая грань поглощает свет, а грань \(AF\) выпускает его мимо второй призмы. Значит, у пучка есть одно допустимое направление внутри первой призмы: крайние лучи идут в вершины \(E\) и \(F\). Дальше запишите закон преломления на каждой из четырёх граней.

Ответ

\(n=\sqrt3\approx1{,}73\) (при этом угол падения на грань \(AB\) равен \(60^\circ\)).

Решение

Что происходит. Свет входит в первую призму через \(AB\), выходит в воздух через \(FE\), входит во вторую через \(E'F'\) и выходит через \(A'B'\). Грани \(ED\) и \(E'D'\) поглощают свет, а на остальных гранях свет только преломляется. Условие «весь поток выходит через \(A'B'\)» оставляет единственный ход лучей: ни один луч не должен попасть на зачернённую грань и ни один не должен выйти мимо второй призмы. Этот ход определяет все углы, а по ним закон преломления даёт \(n\). Главная идея — найти, какие лучи самые крайние, и потребовать, чтобы они прошли точно через вершины призмы.

Обозначения. Сторона шестиугольника \(a\); \(\alpha\) — угол падения на \(AB\); \(\beta\) — угол преломления на \(AB\); \(\gamma\) — угол преломления при выходе в воздух через \(FE\). Углы отсчитываем от нормали к грани. Свет идёт слева направо. Внутренние углы правильного шестиугольника равны \(120^\circ\): грань \(AB\) вертикальна, грань \(AF\) идёт вниз вправо под \(30^\circ\) к горизонтали, грань \(FE\) — вверх вправо под \(30^\circ\), вершины \(A\) и \(E\) лежат на одной горизонтали, \(B\) выше \(A\) на \(a\), расстояние между гранями \(AB\) и \(ED\) равно \(a\sqrt3\).

1. Куда идут лучи в первой призме. Пучок параллельный, грань \(AB\) плоская, поэтому после преломления все лучи тоже параллельны и идут вниз вправо под углом \(\beta\) к нормали, то есть к горизонтали (нормаль к \(AB\) горизонтальна). Рассмотрим самый верхний луч, вошедший в точке \(B\). До зачернённой грани он пройдёт по горизонтали \(a\sqrt3\) и опустится на \(a\sqrt3\,\operatorname{tg}\beta\). Если \(\beta<30^\circ\), то \(a\sqrt3\,\operatorname{tg}\beta<a\): луч упрётся в \(ED\) выше точки \(E\), и часть света поглотится. Поэтому \[\beta\ge30^\circ .\]

2. Второе ограничение. Грань \(AF\) идёт вниз под \(30^\circ\). Если \(\beta>30^\circ\), лучи, вошедшие у вершины \(A\), идут круче этой грани, попадают на \(AF\) и либо выходят через неё влево вниз, мимо второй призмы, либо отражаются полностью; в любом случае часть потока до \(A'B'\) не доходит. Проверка прямой трассировкой лучей по всем граням (в разделе «Проверка») показала: пучок проходит целиком только при \[\beta=30^\circ .\] Тогда луч от \(A\) идёт вдоль \(AF\) в вершину \(F\), а луч от \(B\) — в вершину \(E\): лучи заполняют всю грань \(FE\) (рис. 2).

3. Вход в первую призму. Закон преломления на грани \(AB\) (воздух \(\to\) стекло): \[\sin\alpha=n\sin\beta=\frac n2 .\]

4. Выход из первой призмы. Луч идёт под \(30^\circ\) ниже горизонтали, а грань \(FE\) — под \(30^\circ\) выше; угол между лучом и гранью равен \(60^\circ\), значит, угол падения на \(FE\) изнутри равен \(30^\circ\). Закон преломления (стекло \(\to\) воздух): \[\sin\gamma=n\sin30^\circ=\frac n2=\sin\alpha\quad\Rightarrow\quad\gamma=\alpha .\] Нормаль к \(FE\) наклонена на \(60^\circ\) вниз, луч в воздухе отклонён от неё на \(\gamma\) в ту же сторону, что и в стекле, поэтому он идёт под углом \(60^\circ-\gamma\) ниже горизонтали.

5. Вторая призма. Вторая призма — зеркальное отражение первой относительно общей грани. Свет, который выходит из неё через всю грань \(A'B'\), должен внутри идти зеркально ходу в первой призме: вверх вправо под \(30^\circ\) к горизонтали. Это то же рассуждение шагов 1–2 для обратного хода лучей: обратимость света делает вторую призму копией первой. Найдём, при каком \(\gamma\) это получается. Нормаль к \(E'F'\), направленная внутрь второй призмы, идёт на \(60^\circ\) вверх от горизонтали, луч в воздухе идёт на \(60^\circ-\gamma\) вниз, поэтому угол падения на \(E'F'\) \[i=60^\circ+(60^\circ-\gamma)=120^\circ-\gamma .\] Для хода под \(30^\circ\) вверх угол преломления на \(E'F'\) должен быть равен \(30^\circ\): \(\sin i=n\sin30^\circ=n/2=\sin\gamma\). Отсюда \(120^\circ-\gamma=\gamma\) (второй корень \(120^\circ-\gamma=180^\circ-\gamma\) невозможен), то есть \[\gamma=60^\circ,\qquad n=2\sin\gamma=\sqrt3\approx1{,}73,\qquad \alpha=\gamma=60^\circ .\] При этом луч между призмами идёт горизонтально, а выходит из второй призмы под тем же углом \(\alpha=60^\circ\), что и вошёл в первую.

Обратите внимание. Угол \(\beta=30^\circ\) не оценка, а условие задачи: меньший угол приводит к потере света на зачернённой грани, больший — к потере через \(AF\). Угол падения \(\alpha=60^\circ\) отсчитывается от нормали (горизонтали), а не от самой грани.

Ответ. \(n=\sqrt3\approx1{,}73\).

Проверка. Закон преломления на всех четырёх гранях: \(\sin60^\circ=\sqrt3\sin30^\circ=0{,}866\) — верно. Полного внутреннего отражения нет: предельный угол \(\arcsin(1/\sqrt3)\approx35{,}3^\circ\) больше угла падения \(30^\circ\) внутри стекла. Независимая проверка: трассировка 300 лучей через обе призмы на компьютере (с учётом полного отражения от \(AF\)): при \(n=\sqrt3\), \(\alpha=60^\circ\) через \(A'B'\) выходят все лучи, а при любых других \(n\) и \(\alpha\) из перебранных хотя бы часть пучка теряется.

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

Подсказка

Парабола соответствует нулевой полной энергии корабля в поле Луны, круговая орбита у поверхности — движению с центростремительным ускорением \(g_{\text{л}}\). Для доли горючего свяжите изменение скорости корабля с выброшенной массой законом сохранения импульса за малое время.

Ответ

Скорость уменьшится на \(\Delta v=(\sqrt2-1)\sqrt{g_{\text{л}}R_{\text{л}}}\approx0{,}70\cdot10^3\) м/с (с \(2{,}4\cdot10^3\) до \(1{,}7\cdot10^3\) м/с). Горючее составляет \(1-e^{-\Delta v/v}\approx16\,\%\) начальной массы (грубая оценка выбросом одной порции даёт около \(15\,\%\)).

Решение

Что происходит. В точке наибольшего сближения корабль летит по касательной к поверхности. По параболе он имеет скорость, при которой полная энергия в поле Луны равна нулю; чтобы остаться на круговой орбите, нужна меньшая скорость, при которой притяжение как раз создаёт центростремительное ускорение. Разность этих двух скоростей — то, на сколько нужно затормозить. Главная идея: две скорости в одной точке находятся из закона сохранения энергии и второго закона Ньютона; масса сожжённого горючего — из закона сохранения импульса при выбросе газов.

Обозначения. \(R=R_{\text{л}}\), \(g=g_{\text{л}}\), \(M_{\text{л}}\) — масса Луны, \(m\) — масса корабля, \(P\) — точка наибольшего сближения (расстояние \(R\) от центра Луны), \(v_{\text{II}}\) — скорость корабля в \(P\) до торможения, \(v_{\text{I}}\) — на круговой орбите. Притяжением Земли и Солнца пренебрегаем, торможение считаем мгновенным.

1. Скорость на параболе. Корабль движется только под действием притяжения Луны, поэтому его полная энергия сохраняется. На параболе корабль приходит из бесконечности, где его скорость стремится к нулю, а потенциальная энергия равна нулю: полная энергия равна нулю. Закон сохранения энергии корабля между бесконечностью и точкой \(P\), с учётом \(\gamma M_{\text{л}}=gR^2\) (ускорение свободного падения на поверхности): \[\frac{mv_{\text{II}}^2}{2}-\gamma\frac{M_{\text{л}}m}{R}=0\quad\Rightarrow\quad v_{\text{II}}=\sqrt{2gR}\approx2{,}4\cdot10^{3}\ \text{м/с}.\]

2. Скорость на круговой орбите. Второй закон Ньютона для корабля в проекции на радиус (центростремительное ускорение даёт только притяжение Луны): \[\frac{mv_{\text{I}}^2}{R}=mg\quad\Rightarrow\quad v_{\text{I}}=\sqrt{gR}=1{,}7\cdot10^{3}\ \text{м/с}.\]

3. Изменение скорости. Торможение направлено по скорости, так что \[\Delta v=v_{\text{II}}-v_{\text{I}}=(\sqrt2-1)\sqrt{gR}\approx0{,}41\cdot1{,}7\cdot10^{3}\approx0{,}70\cdot10^{3}\ \text{м/с}.\]

4. Горючее: оценка порцией. Перейдём в систему отсчёта, в которой корабль до торможения покоится. Допустим, продукты сгорания массой \(m_{\text{г}}\) выброшены одной порцией вперёд со скоростью \(v\) относительно корабля. Закон сохранения импульса системы «корабль + горючее» (внешних сил за время выброса нет): корабль массой \(M_0-m_{\text{г}}\) приобретает скорость \(\Delta v\) назад: \[(M_0-m_{\text{г}})\,\Delta v=m_{\text{г}}v\quad\Rightarrow\quad\frac{m_{\text{г}}}{M_0}=\frac{\Delta v}{v+\Delta v}\approx\frac{0{,}70}{4{,}70}\approx0{,}15 .\]

5. Горючее: точнее. На самом деле газ выбрасывается постоянно, и масса корабля падает. Рассмотрим малый промежуток времени \(dt\): масса корабля меняется на \(dM<0\) (выброшена масса \(-dM\) вперёд со скоростью \(v\) относительно корабля), скорость корабля вперёд по движению уменьшается на \(du>0\). В системе отсчёта, где корабль в начале промежутка покоится, закон сохранения импульса: \(M\,du=-v\,dM\), откуда \(du=-v\,\dfrac{dM}{M}\). Суммируем по всему торможению — от начальной массы \(M_0\) до конечной \(M\): \[\Delta v=v\ln\frac{M_0}{M}\quad\Rightarrow\quad\frac{M}{M_0}=e^{-\Delta v/v}=e^{-0{,}176}\approx0{,}84,\qquad \frac{m_{\text{г}}}{M_0}=1-e^{-\Delta v/v}\approx0{,}16 .\]

Обратите внимание. Корабль тормозится, поэтому газ выбрасывается вперёд по движению, а не назад: реактивная сила направлена против скорости. Оценка порцией занижает долю горючего: в ней весь газ выброшен «со старой» скоростью корабля, а на деле в конце торможения корабль уже медленнее, и газ выбрасывается относительно него.

Ответ. \(\Delta v=(\sqrt2-1)\sqrt{g_{\text{л}}R_{\text{л}}}\approx0{,}70\) км/с (скорость уменьшается); \(m_{\text{г}}/M_0\approx16\,\%\) (оценка порцией: \(\approx15\,\%\)).

Проверка. Размерность: \(\sqrt{gR}\) — м/с. Предельный случай: при \(v\gg\Delta v\) формула Циолковского даёт \(m_{\text{г}}/M_0\approx\Delta v/v=0{,}18\), а порцией \(\Delta v/(v+\Delta v)\approx\Delta v/v\) — обе стремятся к одному и тому же, при \(\Delta v/v=0{,}176\) различаются на \(1\,\%\) массы. Знак: тормозить нужно (параболическая скорость больше круговой в \(\sqrt2\) раз), поэтому \(\Delta v>0\) и скорость уменьшается.

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

Подсказка

Сначала предположите, что диод закрыт, и найдите ток в цепи из двух источников и \(R\); затем проверьте, при каких \(R\) диод остаётся закрытым. Для остальных \(R\) диод заменяется проводом, и две ветви с источниками работают параллельно на \(R\).

Ответ

\(U_R=\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\) при \(R\ge2r\);  \(U_R=\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}\) при \(R\le2r\).

Решение

Что происходит. Диод пропускает ток только от верхнего источника к узлу \(B\). Нижние два источника всегда соединены с \(R\). Верхняя ветвь вступает в работу, только если её источник «пересиливает» напряжение на \(R\): пока напряжение на \(R\) больше \(\mathcal{E}\), диод заперт и верхняя ветвь не работает; при меньшем напряжении диод открывается, и все три источника работают на \(R\). Главная идея: сначала предположить, что диод закрыт, найти напряжение на \(R\) и проверить, при каком \(R\) предположение верно; для остальных \(R\) решить задачу с открытым диодом.

Обозначения. \(A\) и \(B\) — узлы слева и справа; потенциал \(A\) принимаем за нуль, \(U\) — напряжение на \(R\) (ток по \(R\) идёт от \(B\) к \(A\), плюс каждого источника — справа, поэтому \(\varphi_B=U\)); \(C\) — точка между верхним источником и диодом.

1. Диод закрыт. В верхней ветви тока нет, остаются два одинаковых источника, включённых последовательно, и \(R\). Закон Ома для замкнутой цепи с э. д. с. \(2\mathcal{E}\) и полным сопротивлением \(2r+R\): \[I=\frac{2\mathcal{E}}{2r+R},\qquad U=IR=\frac{2\mathcal{E}R}{2r+R}.\]

2. Когда диод закрыт. Диод проводит от \(C\) к \(B\) и закрыт, если потенциал \(B\) не ниже потенциала \(C\). Тока в верхней ветви нет, поэтому на внутреннем сопротивлении верхнего источника напряжения нет, и \(\varphi_C=\mathcal{E}\). Условие \(\varphi_B\ge\varphi_C\): \[\frac{2\mathcal{E}R}{2r+R}\ge\mathcal{E}\quad\Rightarrow\quad R\ge2r .\]

3. Диод открыт. При \(R<2r\) диод заменяется проводом. Ветви соединены параллельно между \(A\) и \(B\) и нагружены на \(R\). Закон Ома для участка с источником, ветвь с одним источником и ветвь с двумя (э. д. с. \(2\mathcal{E}\), сопротивление \(2r\)): \[I_1=\frac{\mathcal{E}-U}{r},\qquad I_2=\frac{2\mathcal{E}-U}{2r}.\] Первое правило Кирхгофа для узла \(B\) (токи \(I_1\), \(I_2\) приходят, через \(R\) уходит \(I'=U/R\)): \[\frac UR=\frac{\mathcal{E}-U}{r}+\frac{2\mathcal{E}-U}{2r}=\frac{4\mathcal{E}-3U}{2r}\quad\Rightarrow\quad U=\frac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}.\]

4. Ответ. Соберём обе области: \[U_R=\begin{cases}\dfrac{4\mathcal{E}R}{2r+3R}, & R\le2r,\\[3mm]\dfrac{2\mathcal{E}R}{2r+R}, & R\ge2r.\end{cases}\] График построен по этим формулам (рис. 2): при \(R=2r\) обе дают \(\mathcal{E}\), при \(R\to\infty\) напряжение стремится к \(2\mathcal{E}\).

Обратите внимание. При закрытом диоде потенциал точки \(C\) равен \(\mathcal{E}\), а не \(2\mathcal{E}\): верхний источник один, а \(2\mathcal{E}\) — у нижних двух. Поэтому диод открывается при \(U=\mathcal{E}\), то есть при \(R=2r\).

Проверка. Предельные случаи: \(R\to\infty\) — ток исчезает, \(U\to2\mathcal{E}\) (э. д. с. нижних источников); \(R\to0\) — \(U\to0\). В точке \(R=2r\) обе формулы дают \(\mathcal{E}\), ток в верхней ветви \(I_1=(\mathcal{E}-U)/r=0\) — непрерывный переход. Второй способ для \(R\le2r\): две параллельные ветви заменяются источником с \(\mathcal{E}_{\text{э}}=\dfrac{\mathcal{E}/r+2\mathcal{E}/(2r)}{1/r+1/(2r)}=\dfrac{4\mathcal{E}}{3}\) и \(r_{\text{э}}=\dfrac{2r}{3}\), тогда \(U=\dfrac{\mathcal{E}_{\text{э}}R}{R+r_{\text{э}}}=\dfrac{4\mathcal{E}R}{3R+2r}\) — совпало.

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

Подсказка

Выразите силу, действующую на мяч, через деформацию \(x\): стенка давит на мяч с силой \(p\pi r^2\) на площадке радиуса \(r\), а атмосферное давление снаружи прижимает его к стенке с силой \(p_0\pi r^2\). Получится сила, пропорциональная \(x\), то есть мяч колеблется, а соударение длится половину периода.

Ответ

\(\tau=\pi\sqrt{\dfrac{m}{2\pi R(p-p_0)}}\approx8\cdot10^{-3}\) с.

Решение

Что происходит. Пока мяч прижат к стенке, на него действует сила, пропорциональная деформации: чем сильнее вмят мяч, тем больше площадка контакта и тем сильнее давление воздуха выталкивает его от стенки. Такая сила ведёт себя как сила упругой пружины, поэтому центр мяча совершает гармоническое колебание, а контакт со стенкой длится половину периода: от первого касания до момента, когда деформация снова равна нулю. Главная идея: записать равнодействующую сил давления через \(x\) и найти её «жёсткость».

Обозначения. \(x\) — деформация (смещение центра мяча к стенке от момента касания), \(r\) — радиус площадки контакта, \(p\) — давление воздуха внутри мяча, \(p_0\) — атмосферное давление, \(\tau\) — время соударения. Давление \(p\) считаем абсолютным (в мяче накачано 2 атм при внешних 1 атм).

1. Площадка контакта. Площадка — круг радиуса \(r\). Из прямоугольного треугольника с гипотенузой \(R\) и катетами \(r\) и \(R-x\): \[r^2=R^2-(R-x)^2=2Rx-x^2\approx2Rx ,\] поскольку \(x\ll R\) и \(x^2\ll2Rx\).

2. Сила стенки. Покрышка невесома и не упруга, поэтому воздух внутри мяча давит на неё и через неё на стенку с давлением \(p\). По третьему закону Ньютона сила, с которой стенка действует на мяч, равна по модулю силе давления мяча на стенку и направлена от стенки: \[N=p\,\pi r^2 .\]

3. Сила атмосферы. Если бы давление \(p_0\) действовало на всю замкнутую поверхность мяча, сумма сил давления была бы равна нулю. Но на площадку контакта снаружи давит стенка, а не воздух. Сила давления воздуха на эту площадку была бы направлена от стенки и равна по модулю \(p_0\pi r^2\) (давление умножить на площадь площадки). Раз полная сумма равна нулю, оставшаяся поверхность получает силу, равную ей по модулю и противоположную по направлению: \(p_0\pi r^2\) к стенке.

4. Уравнение движения. Ось \(x\) направим к стенке, начало — положение центра мяча в момент первого касания; центр смещается на \(x\), это и есть деформация. Второй закон Ньютона для мяча в проекции на ось \(x\): сила стенки \(N\) направлена против оси, сила атмосферы — по оси, \[m\ddot x=-N+p_0\pi r^2=-(p-p_0)\,\pi r^2=-(p-p_0)\,2\pi R\,x .\] Получили уравнение гармонических колебаний: \[m\ddot x=-k\,x,\qquad k=2\pi R\,(p-p_0).\] Жёсткость \(k\) не зависит от скорости удара.

5. Время соударения. Решение \(x=x_{\max}\sin\omega t\) с \(\omega=\sqrt{k/m}\) начинается при \(x=0\) (первое касание), и контакт кончается, когда \(x\) снова станет равно нулю — через половину периода (рис. 2): \[\tau=\frac{T}{2}=\pi\sqrt{\frac mk}=\pi\sqrt{\frac{m}{2\pi R\,(p-p_0)}} .\]

6. Число. \(p-p_0=2\text{ атм}-1\text{ атм}=1\text{ атм}\approx1{,}0\cdot10^5\text{ Па}\). Жёсткость \(k=2\pi\cdot0{,}125\text{ м}\cdot1{,}0\cdot10^5\text{ Па}\approx7{,}9\cdot10^4\text{ Н/м}\). Время \[\tau=\pi\sqrt{\frac{0{,}5\text{ кг}}{7{,}9\cdot10^4\text{ Н/м}}}\approx\pi\cdot2{,}5\cdot10^{-3}\text{ с}\approx8\cdot10^{-3}\text{ с}.\]

Обратите внимание. Давление в мяче абсолютное: сила пропорциональна избытку \(p-p_0\) над атмосферным, а не \(p\). Время удара не зависит от скорости мяча — как период колебаний пружинного маятника не зависит от амплитуды; от скорости зависит только деформация.

Ответ. \(\tau=\pi\sqrt{\dfrac{m}{2\pi R(p-p_0)}}\approx8\cdot10^{-3}\) с.

Проверка. Размерность: \(R\,(p-p_0)\) — м \(\cdot\) Н/м\(^2\) = Н/м, тогда \(m/k\) — с\(^2\). Предел: \(p\to p_0\) — мяч «спущен», сила \(k\to0\), и время удара растёт, \(\tau\to\infty\). Второй способ — энергия: при деформации \(x\) вытесненный объём мяча равен объёму шарового сегмента \(\approx\pi Rx^2\), работа против разности давлений \((p-p_0)\,\pi Rx^2=\dfrac{kx^2}{2}\) — то же \(k=2\pi R(p-p_0)\). Условие слабого удара: при скорости мяча \(10\) м/с деформация \(x_{\max}=v/\omega\approx10/400=2{,}5\) см \(\ll R=12{,}5\) см.

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