Примеры заданий 2007 года - Всероссийской студенческой

Примеры задач с решениями
(Всероссийская студенческая олимпиада ноябрь 2007 г.)
Задача (3 балла)
Из тонкой плоскопараллельной стеклянной пластины изготовлены три линзы
(рис. 1). При измерениях оказалось, что фокусное расстояние линз 1 и 2,
составленных вместе, равно f12 , а фокусное расстояние линз 2 и 3, также
приложенных вплотную друг к другу, рано f 23 . Считая линзы тонкими, найдите
фокусные расстояния всех трех линз.
Рис. 1
Решение:
Фокусное расстояние линз 1 и 2, поставленных вплотную друг к другу:
1
1 1
  ,
f12
f1 f 2
фокусное расстояние линз 2 и 3, прижатых друг к другу:
1
1
1


f 23
f 2 f 3
Линзы вырезаны из плоскопараллельной пластины, оптическая сила которой
равна нулю:
1 1
1
  0
f1 f 2 f 3
Решая систему из трех уравнений с тремя неизвестными, получим:
f1   f 23 , f 2 
f 23  f12
, f 3   f12
f12 f 23
f  f
Ответ: f1   f 23 , f 2  23 12 , f 3   f12
f12 f 23
Задача (4 балла)
На главной оптической оси тонкой линзы с фокусным расстоянием f’ = 30 мм
слева от нее на расстоянии 50 мм помещен точечный источник света. Между
источником и линзой ставят еще одну линзу так, что расстояние между линзами
20 мм (главные оптические оси линз совпадают). Найти фокусное расстояние
дополнительной линзы, если известно, что из системы вышел параллельный
пучок света.
Решение:
а
б
Рис. 2
Так как из системы вышел параллельный пучок света, это означает, что точечный
источник расположен в переднем фокусе эквивалентной системы из двух линз
(рис. 2а). Расстояние от дополнительной линзы до точки эквивалентного фокуса
aF  
1  2d
, где 1 , 2 - оптические силы первой (дополнительной) и второй
1   2  1 2 d
линз соответственно, d- расстояние между линзами. Из условия задачи следует,
что aF  30 мм,  2 
1
кдптр.
30
Фокусное расстояние первой линзы:
2
1
1


f1
aF 1  2 d
1
1
1 / 30
1 1
2
1



     , f1  15 мм
f1 30 1  20 / 30 30 10
30
15
2 способ: из системы вышел параллельный пучок света, значит, изображение
после первой линзы (которое является предметом для второй линзы) оказалось в
фокусе второй линзы (рис.2б), т.е. a2  f 2   f 2 , a1  d  f 2 , источник расположен на
расстоянии a1  30 от первой линзы, а a1  20  30  10 . Воспользовавшись
формулой
1
1 1
  , найдем, что f1  15 мм.
f1 a1 a1
Ответ: f1  15 мм.
Задача (3 балла)
На дне большого сосуда, наполненного водой до высоты h = 100 мм, находится
точечный источник. На поверхности воды плавает круглый диск так, что его
центр находится над источником. При каком минимальном радиусе диска ни один
луч не выйдет через поверхность воды ? Показатель преломления воды n = 1,33.
Решение:
Ни один луч не выйдет через поверхность воды в случае, если часть лучей от
источника загорожена диском, а лучи, падающие на свободную от диска часть
воды, испытывают полное внутреннее отражение.
Рис. 3
Угол падения лучей на поверхность воды в точке А (край диска) (рис. 3):
tg 
r
, где r – радиус диска.
h
Условие полного внутреннего отражения при переходе из воды в воздух n sin   1,
Минимальный радиус диска тогда
rh
sin 
1  sin 2 
h
1/ n
1  1/ n 2

h
n 2 1
Подставив числовые значения, получим, что минимальный диаметр диска
r
100
 114,04 мм
1,332  1
Ответ: r  114,04 мм
Задача (6 баллов)
Определить облучённость приёмника диаметром d пр (площадь S пр ) от источника
( D ,  ист и S ) при температуре Т, см. рис.4
Рис.4
Решение
1) Определяем яркость источника, считая что   d пр ;
  Dист .
Источник Ламберта: M  L   ,
Lист 
M ист   Tиис


  T 4   Tиис
;

2) Определяем поток излучения, приходящий на приёмник излучения:
S пр
Фпр  Lист  S ист    Lист  S ист  2 ;

3) Определяем облучённость в плоскости приёмника от источника размером S ист :
Фпр
S
E пр 
 Lист  ист
;
S пр
2
4) Если источник круглый, формулу можно изменить:
  D2 1
 2
,
E пр  Lист 
 2  Lист    ист
4
4

E пр  Lист 

2
;
  ист
4
5) Если выразить облучённость через энергетическую светимость ( M e ), то получим:
E пр 
  T 4   ист  2

 M ист
2
   ист  ист
  ист

4
4
Ответ: E пр 
M ист  ист
2
  ист
4
Задача 9 (8 баллов)
В космическом пространстве находится полый спутник (рис. 5). Температура
любой точки его стенок одинакова. Найти температуру спутника Tсп , если
температура Солнца Т С  5800  , а угловой его размер  С  0,009 . Внутреннего
источника тепла у спутника нет. Решить задачу для случая  1 min  0 ,1;  2 max  0 ,9
Рис. 5
Решение
1) Определяем поглощённый спутником поток излучения от Солнца:
Eсп 

4
 LС   С2 ;
  LC  M C [Вт/см2]
 МС 2 МС 2  ТC

С 
С 
  С2
4 
4
4
4
E сп 
2) Поглощённый спутником поток излучения равен:
Фпогл .сп  Е сп  S 1 / 2 сф  а1 
 Т4
4
2
1   D
2
2
S сферы    D 2 ;
 а1 
  D2
4
  С2 

8
   Т С4  D 2  a1   С2
1 сп  а1 сп , а1 сп - коэффициент поглощения стенок спутника.
3) Излучаемый спутником поток в космос:
Физл .сп   1    Т 
4
сп
  D2
2
 2  Т 
4
сп
4) В установившемся режиме Фпогл
1  Т 
4
сп
  D2
2
 1  Tcg4   2  Tсп4 
Т сп  Т сп 4
 2  Т 
4
сп
  D2
2

  D2
(левая + правая половины спутника)
2
 Физл , поэтому:

8
   Tсп4  D 2  a1   C2
Т
  1   С2
4
4
С
 1   С2
4   1   2 
Изменяя  1 и  2 , можно менять температуру спутника.
Повышение  1 повышает температуру спутника, а повышение  2 понижает её:
Tсп  5800 
1
1
1
9 4 1

4
 5800  0 ,09  0 ,707  4
 388  4
1000 4  1   2
1  2
1  2
В рассматриваемом случае  1 min  0 ,1;  2 max  0 ,9 , тогда температура спутника:
Tсп  388  4
0 ,1
 218 ; t = -55°C
0 ,1  0 ,9
Минимально достижимая температура -55°С. Для получения более низкой
температуры стенки надо сделать неоднородными и осуществлять ориентацию
спутника относительно Солнца.
Задача (3 балла)
Определить расходимость пучка лазера, необходимую для получения на
поверхности Луны пятна диаметром не более 3 км, и предложить оптическую
схему системы на основе рубинового лазера (расходимость 1 мрад). Расстояние до
Луны L=384400км.
Решение:
θ
D
L
Требуемую расходимость лазерного пучка можно определить из формулы  
D
L
,
где L – заданный диаметр пятна на Луне, D – расстояние до Луны. Подставляя
значения, получим   7.8 106 рад .
У рубинового лазера  лаз =10-3рад, следовательно, необходима такая оптическая
система, которая в состоянии обеспечить требуемую расходимость. Для этого
можно использовать телескопическую систему, увеличение которой определим из
формулы b x 
 лаз
 увеличение телескопической системы b x  128.

Задача (5 баллов)
При какой длине активного элемента можно получить генерацию, если при длине
активного элемента l = 5 см на нем было замерено полуторакратное усиление
излучения
(К0=1,5)
на
длине
волны
излучения,
соответствующей
инвертированному переходу при заданном уровне накачки. Показатель вредных
потерь (рассеяние и др.) æпот=0,02 см-1. Коэффициенты отражения зеркал R1=0,5 и
R2=0,8. Зеркала размещаются на расстоянии, равном длине кристалла. К0 –
ненасыщенный коэффициент усиления кристалла. Дифракционными потерями и
потерями на торцах активного элемента пренебречь.
Решение
Используя пороговое условие генерации
1
1
æ0 > æпот + ln
, получаем, что для выполнения этого условия длина
l
R1R2
активной среды l должна быть:
1
l > ln
/ (æ0 - æпот).
R1R2
Рассчитаем значение правой части этого выражения, предварительно определив
показатель усиления среды æ0:
1
æ0 = ln K 0 + æпот = 15 ln 1,5  0,02  15  0,405  0,02  0,01 см-1
l
Тогда значение правой части будет:
1
ln
(0,10  0,02)  0,46 / 0,08  5,75см.
0,5  0,8
Таким образом, генерация будет возможна при длине активного элемента,
превышающей 5,75 см.
Ответ: при длине активного элемента l ≥ 5,75 мм
 
Задача 15 (3 балла)
Оценить время и длину когерентности лазерного излучения с шириной
спектральной линии   103 Гц . Формой спектральной линии пренебречь.
Решение
Оценить время и длину когерентности лазерного излучения можно исходя из
следующих соотношений:
1
1
Lког  с  τ ког  3  1010  10 3  3  10 7 см 
τ ког 
 3  10  3 с  ;
ν 10
Ответ: время когерентности τ ког  10 3 c , длина когерентности Lког  3105 м
Задача (3 балла)
Определить показатель преломления оптического материала, из которого
изготовлена призма с углом 60 О, если известно, что при контроле методом
наименьшего отклонения угол отклонения лучей составлял 40 О.
Решение:
Рис. Схема измерения показателя преломления на гониометре методом
наименьшего отклонения
Можно показать, что при измерении этим методом лучи внутри призмы идут
перпендикулярно биссектрисе преломляющего угла призмы, а угол преломления,
показатель преломления и угол призмы связаны
n
sin
 
sin
2

2
.
Для приведенных данных n = 1.532
Ответ: n = 1.532