APhO 2022, теоретический тур

Подсказка

Сила Штерна–Герлаха действует на магнитный диполь только там, где есть градиент поля: \(F_x = -\mu_s\,\partial B_x/\partial x\). Смещение пучка складывается из отклонения внутри магнита и дальнейшего дрейфа с поперечной скоростью по пути до экрана.

Ответ

A-1) \(v_z = \sqrt{3k_BT/m} \approx 5{,}255\times10^{2}\) м/с;  B-1) \(\Delta x = 2\dfrac{\mu_s}{m}\dfrac{dB}{dx}\dfrac{l_2}{v_z^2}\left(\dfrac{l_2}{2}+l_3\right)\);  C-1) \(B(x,y) = \dfrac{\mu I_0 a}{\pi r_1^2 r_2^2}\left[2xy\,\hat\jmath + (x^2-y^2+a^2)\,\hat\imath\right]\), где \(r_1^2 = x^2+(y-a)^2\), \(r_2^2 = x^2+(y+a)^2\);  C-2) в точке \(R\) поле направлено вдоль \(\hat\imath\), в точке \(P_0\) — вдоль \(\hat\jmath\);  C-3) \(B(x,0) = \dfrac{\mu I_0 a}{\pi(x^2+a^2)}\hat\imath\);  D-1) \(F_x = \dfrac{2\mu_s\mu I_0}{\pi}\,\dfrac{a\,x}{(x^2+a^2)^2}\);  E-1) \(B_P \approx 0{,}16\) Тл, \(dB_P/dx \approx 17{,}3\) Тл/м;  F-1) \(\mu_s \approx 1{,}04\times10^{-23}\) Дж/Тл;  G-1) \(\delta x \approx 0{,}04\) см (пятно от \(0{,}06\) см до \(0{,}14\) см от центра);  H-1) \(\mu_s = (1{,}04 \pm 0{,}42)\times10^{-23}\) Дж/Тл.

Решение

A-1. Используем теорему о равнораспределении. Пусть \(\overline{v^2}\) — средний квадрат скорости атомов серебра в печи при \(1200\) К. Тогда \(\dfrac{m\overline{v^2}}{2} = \dfrac{3k_BT}{2}\), откуда среднеквадратичная скорость равна \(5{,}255\times10^{2}\) м/с.

B-1. Длина \(l_1\) не входит в выражение. Ускорение атомов серебра в области \(l_2\) равно \(a = \dfrac{\mu_s}{m}\dfrac{dB}{dx}\) и направлено в \(+x\) или в \(-x\). Одновременно атомы имеют постоянную горизонтальную скорость \(v_z\). Проходя область \(l_2\) за время \(l_2/v_z\), атом получает отклонение \[\delta_1 = \frac12\,\frac{\mu_s}{m}\frac{dB}{dx}\left(\frac{l_2}{v_z}\right)^2.\] Для оставшейся части полёта атом имеет постоянную горизонтальную скорость \(v_z\) и постоянную поперечную скорость \(v_{x0} = \dfrac{\mu_s}{m}\dfrac{dB}{dx}\dfrac{l_2}{v_z}\). Из-за составляющей \(v_{x0}\) атом получает дополнительное отклонение \[\delta_2 = \frac{l_3 v_{x0}}{v_z} = \frac{\mu_s}{m}\frac{dB}{dx}\frac{l_2 l_3}{v_z^2}.\] Полное отклонение в \(+x\) направлении равно \(\delta_1+\delta_2\), а расщепление на экране в идеализированном случае вдвое больше: \(\Delta x = 2(\delta_1+\delta_2)\), откуда \[\Delta x = 2\,\frac{\mu_s}{m}\frac{dB}{dx}\,\frac{l_2}{v_z^2}\left(\frac{l_2}{2}+l_3\right).\]

C-1. Пусть \(\vec r_1 = \overrightarrow{A_1P} = x\hat\imath + (y-a)\hat\jmath\) и \(\vec r_2 = \overrightarrow{A_2P} = x\hat\imath + (y+a)\hat\jmath\). Тогда \[\vec B(x,y) = \frac{\mu I_0}{2\pi}\left[\hat k\times\frac{\vec r_1}{r_1^2} - \hat k\times\frac{\vec r_2}{r_2^2}\right] = \frac{\mu I_0}{2\pi r_1^2 r_2^2}\Big[(x\hat\jmath-(y-a)\hat\imath)(x^2+(y+a)^2) - (x\hat\jmath-(y+a)\hat\imath)(x^2+(y-a)^2)\Big],\] что после упрощения даёт \[\vec B(x,y) = \frac{\mu I_0 a}{\pi r_1^2 r_2^2}\left[2xy\,\hat\jmath + (x^2-y^2+a^2)\,\hat\imath\right].\]

C-2. Точка \(R\) имеет координаты \((x_c+\sqrt{x_c^2+a^2},\,0)\); подставляя \(y=0\), видим, что \(\hat\jmath\)-компонента обращается в нуль, поэтому \(\vec B \parallel \hat\imath\). Для точки \(P_0\) с координатами \((x_c,\,\sqrt{x_c^2+a^2})\) \(\hat\imath\)-компонента обращается в нуль, поэтому \(\vec B \parallel \hat\jmath\).

Альтернативно можно показать, что в любой точке окружности поле направлено радиально (то есть перпендикулярно окружности): уравнение окружности с центром \((x_c,0)\) и радиусом \(\sqrt{x_c^2+a^2}\) есть \(x^2-2xx_c+y^2=a^2\), а векторное произведение \(\overrightarrow{CP}\times\vec B\) пропорционально \(y\,(x^2-2xx_c+y^2-a^2)\,\hat k\), что на окружности равно нулю.

Рисунок к решению C-1 — расположение проводов и точки \(P\) (вверху) и окружности с центром \(C\) и радиусами \(AC\) и \(AD\) (внизу). На рисунке: Air — воздух; \(P_1(x,y)\) — точка наблюдения; \(P_0(x_c,y_c)\) — точка на окружности.

C-3. В воздушном зазоре поле по-прежнему задаётся выражением (2) при \(y=0\): \[\vec B(x,0) = \frac{\mu I_0 a}{\pi(x^2+a^2)}\,\hat\imath.\]

D-1. Сила, действующая на магнитный диполь вдоль \(x\): \[F_x = -\mu_s\frac{\partial B_x}{\partial x} = \mu_s\,\frac{\mu I_0}{\pi}\cdot\frac{2ax}{(x^2+a^2)^2}.\]

E-1. Подставляя \(\mu/\mu_0 = 10^4\), \(a = 6{,}00\times10^{-3}\) м, \(OC = 6{,}00\times10^{-3}\) м, \(OD = 8{,}00\times10^{-3}\) м и \(I_0 = 2{,}00\) А. В средней точке \(P\) имеем \(y = 0\) и \[x_P = OP = \frac{(1+\sqrt2)\times 0{,}6 + 1{,}8}{2}\times10^{-2}\ \text{м} = 1{,}624\times10^{-2}\ \text{м},\] где использованы \(OD = 0{,}8\times10^{-2}\) м и \(DA = 10^{-2}\) м. Тогда \[B_x(x_P,0) = 10^4\cdot\frac{\mu_0}{\pi}\cdot\frac{I_0 a}{x_P^2+a^2} = 10^4\cdot 4\times10^{-7}\cdot\frac{2\cdot0{,}6\times10^{-2}}{(1{,}624^2+0{,}6^2)\times10^{-4}} = 0{,}16\ \text{Тл}.\] Градиент: \[\left.\frac{\partial B_x}{\partial x}\right|_{x_P} = \frac{2x_P}{x_P^2+a^2}\,B_x(x_P,0) = \frac{2\times1{,}624\times10^{-2}}{(1{,}624^2+0{,}6^2)\times10^{-4}}\times0{,}16 \approx 17{,}3\ \text{Тл/м}.\]

F-1. Из выражения для расщепления \[\mu_s = \frac{m\,\Delta x}{2\,(\partial B/\partial x)_{x_P}}\cdot\frac{1}{\dfrac{l_2}{v_z^2}\left(\dfrac{l_2}{2}+l_3\right)} = \frac{1{,}8\times10^{-25}\cdot2\times10^{-3}}{2\cdot17{,}34}\cdot10^{6} = 1{,}04\times10^{-23}\ \text{Дж/Тл}.\]

G-1. Половины расщепления \(\Delta x/2\) от центра равны \(\dfrac{\mu_s}{m}\dfrac{dB}{dx}\dfrac{l_2}{v_z^2}\left(\dfrac{l_2}{2}+l_3\right)\), то есть зависят от скорости \(v_z\). Поэтому разброс скорости приводит к разбросу расщепления: \[\delta\!\left(\frac{\Delta x}{2}\right) = \left|\frac{\partial(\Delta x/2)}{\partial v_z}\right|\delta v_z = \frac{2\,(\Delta x/2)\,\delta v_z}{v_z} = 2\,(\Delta x/2)\times0{,}2 = 0{,}04\ \text{см}.\] Таким образом, линия находится на расстоянии от центра от \(0{,}1-0{,}04 = 0{,}06\) см до \(0{,}1+0{,}04 = 0{,}14\) см.

H-1. Из предыдущего пункта следует, что расщепление меняется от \(0{,}12\) см до \(0{,}28\) см, тогда как раньше оно было \(0{,}2\) см. Зависимость расщепления от магнитного момента линейна, поэтому магнитный момент меняется от \((0{,}12/0{,}2)\) до \((0{,}28/0{,}2)\) от исходного значения. Это даёт от \(0{,}62\times10^{-23}\) до \(1{,}46\times10^{-23}\) Дж/Тл. Полный разброс составляет \(0{,}84\times10^{-23}\) Дж/Тл около среднего значения \(1{,}04\times10^{-23}\) Дж/Тл, или \[\mu_s = (1{,}04\pm0{,}42)\times10^{-23}\ \text{Дж/Тл}.\]

Подсказка

Для B-пунктов достаточно записать тангенциальную компоненту уравнения движения при \(\ddot\theta = 0\) и найти нули правой части. Потенциал получается интегрированием \(F_\theta\); разложение по малым \(\theta\) дает коэффициенты \(a\) и \(b\).

Ответ

A-1) \(m R\dot\theta^2 = N - mg\cos\theta - mR\omega^2\sin^2\theta\);  \(mR\ddot\theta = mR\omega^2\sin\theta\cos\theta - mg\sin\theta - \operatorname{sgn}(\dot\theta)\,kN\);  B-1) \(\theta_0 = 0\) при любом \(\omega\); при \(\omega>\omega_c\) также \(\cos\theta_0 = \omega_c^2/\omega^2\), \(\theta_0 = \pm\arccos(\omega_c^2/\omega^2)\);  B-2) при \(\omega<\omega_c\) \(\theta_0=0\); при \(\omega>\omega_c\) появляются две ветви \(\pm\theta_0\), стремящиеся к \(\pm\pi/2\) при \(\omega\to\infty\);  B-3) \(N = mg\) при \(\omega<\omega_c\), \(N = m\omega^2R\) при \(\omega>\omega_c\);  B-4) \(P = mgR\), \(Q = -mgR\), \(S = -\dfrac{\omega^2}{2\omega_c^2}\,mgR\);  B-5) \(a(\omega) = \dfrac{mgR}{2}\left(1-\dfrac{\omega^2}{\omega_c^2}\right)\), \(b(\omega) = \dfrac{mgR}{6}\left(\dfrac{\omega^2}{\omega_c^2}-\dfrac14\right)\);  B-6) см. графики в решении;  B-7) \(\mathcal M \to \theta_0\), \(T_c \to 1/\omega_c^2\), \(T/T_c \to \omega_c^2/\omega^2\), \(\beta = 1/2\);  B-8) \(\Omega_0 = \sqrt{\omega_c^2-\omega^2}\) при \(\omega<\omega_c\), \(\Omega_0 = \omega\sqrt{1-\omega_c^4/\omega^4}\) при \(\omega>\omega_c\);  B-9) см. график в решении;  C-1) \(x = \theta_0+\alpha\), \(y = \theta_0\);  C-2) (1) \(\theta_0 \approx -0{,}07\) рад; (2) \(\theta_0 \approx -0{,}1\) рад.

Решение

A-1. Радиальная компонента: \[mR\dot\theta^2 = N - mg\cos\theta - mR\sin^2\theta\,\omega^2 \qquad (1)\] Касательная компонента: \[mR\ddot\theta = mR\sin\theta\cos\theta\,\omega^2 - mg\sin\theta - \operatorname{sgn}(\dot\theta)\,kN \qquad (2)\] или, в обозначениях \(f\): \[mR\ddot\theta = mR\sin\theta\cos\theta\,\omega^2 - mg\sin\theta - fkN, \quad f=1. \qquad (3)\]

B-1. Полагаем \(k=0\) в касательной компоненте силы: \[mR\ddot\theta = mR\sin\theta\cos\theta\,\omega^2 - mg\sin\theta \qquad (4)\] Для равновесия \(\ddot\theta_0 = 0\). Тогда \(\theta_0 = 0\) — угол равновесия при всех \(\omega\). Остальные значения находятся из \[\cos\theta_0 = \frac{g}{\omega^2R} = \frac{\omega_c^2}{\omega^2} \qquad (5)\] \[\theta_0 = \pm\left|\cos^{-1}\frac{\omega_c^2}{\omega^2}\right| \qquad (6)\] со значениями \(\theta_0\) в интервале от \(-\pi/2\) до \(\pi/2\). Знак \(\pm\) означает два равноправных положения: бусинка может подняться с любой стороны от оси. При \(\omega<\omega_c\) из (5) следует \(\cos\theta_0>1\), что физически невозможно; поэтому \(\theta_0=0\) при \(\omega<\omega_c\).

B-2. Эскиз \(\theta_0\) как функции \(\omega/\omega_c\) приведён на рисунке ниже: при \(\omega<\omega_c\) \(\theta_0=0\); при \(\omega>\omega_c\) есть две ветви \(\pm\theta_0\).

B-3. Эскиз величины нормальной реакции в устойчивом равновесии приведён ниже. При \(\omega<\omega_c\) имеем \(N = mg\); при \(\omega>\omega_c\) имеем \(N = m\omega^2R\) (это следует из (1) с учётом (5)).

B-4. Интегрируя (4) с \(V(0)=0\): \[-R\int_0^\theta F_\theta\,d\theta = \int_0^V dV = V.\] Подставляя \(F_\theta\) из (4), левая часть равна \[-R\int_0^\theta F_\theta\,d\theta = -\frac{m\omega^2R^2}{2}\int_0^\theta\sin2\theta\,d\theta + mgR\int_0^\theta\sin\theta\,d\theta = \frac{m\omega^2R^2}{4}\big(\cos2\theta-1\big) - mgR\big(\cos\theta-1\big),\] а с учётом \(\cos2\theta-1 = -2\sin^2\theta\) и \(\omega_c^2 = g/R\) получаем, откуда \[V(\theta) = mgR\left[(1-\cos\theta) - \frac{\omega^2}{2\omega_c^2}\sin^2\theta\right]. \qquad (9)\] Отсюда \(P = mgR\), \(Q = -mgR\), \(S = -\dfrac{\omega^2}{2\omega_c^2}\,mgR\). Тот же результат получается дифференцированием \(V = P+Q\cos\theta+S\sin^2\theta\) и сравнением с \(F_\theta\).

B-5. Используя разложения, сохраняя члены до \(\theta^4\): \[V(\theta) \approx mgR\left[\frac{\theta^2}{2}-\frac{\theta^4}{24} - \frac{\omega^2}{2\omega_c^2}\left(\theta-\frac{\theta^3}{6}\right)^2\right] = \frac{mgR}{2}\left(1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}\right)\theta^2 + \frac{mgR}{6}\left(\frac{\omega^2}{\omega_c^2}-\frac14\right)\theta^4.\] Отсюда \(a(\omega)\) и \(b(\omega)\) как в ответе. B-6. Качественные графики \(V(\theta)\) приведены ниже. При \(\omega<\omega_c\) потенциал имеет один минимум при \(\theta=0\) (красная кривая). При \(\omega>\omega_c\) в точке \(\theta=0\) — максимум, а минимумы — при \(\pm\theta_0\) (синяя кривая). Ниже приведены графики при \(\theta\in[-\pi/2,\pi/2]\) и \(\theta\in[-\pi,\pi]\). На рисунке: \(\omega<\omega_c\) — красная кривая, \(\omega>\omega_c\) — синяя кривая; \(-\theta_0\), \(\theta_0\) — положения минимумов.

B-7. Решение 1. При \(\omega\to\omega_c^+\) \(\theta_0\) близко к нулю. Разлагая косинус в (5), получаем \(1-\dfrac{\theta_0^2}{2} = \dfrac{\omega_c^2}{\omega^2}\), откуда \[\theta_0 = \pm\sqrt2\left[1-\frac{\omega_c^2}{\omega^2}\right]^{1/2}.\] При \(\omega\to\infty\) имеем \(\theta_0\to\pm\pi/2\). Аналогия с фазовым переходом: роль \(\mathcal M\) играет \(\theta_0\), а температура обратно пропорциональна \(\omega\). Итого: \[\mathcal M \to \theta_0, \qquad T_c \to \frac{1}{\omega_c^2}, \qquad \frac{T}{T_c} \to \frac{\omega_c^2}{\omega^2}.\] Эквивалентное значение \(\beta\) для бусинки равно \(1/2\).

Решение 2. При \(\omega>\omega_c\) \(\cos\theta_0 = \omega_c^2/\omega^2\). Используя \(\sin^2\theta_0 = 1-\cos^2\theta_0\), получаем \(\sin\theta_0 = \left(1-\omega_c^4/\omega^4\right)^{1/2}\). Аналогия: \(\mathcal M \to \sin\theta_0\) (или \(\theta_0\) при малом угле), \(T_c \to 1/\omega_c^4\), \(T/T_c \to \omega_c^4/\omega^4\). Эквивалентное значение \(\beta\) равно \(1/2\).

Замечание: показатель затухания намагниченности \(1/2\) как в нашем случае, так и в теории Ландау, но в эксперименте и в более сложных теориях показатель равен \(1/3\).

B-8. Частота колебаний бусинки около «равновесного» положения \(\theta_0\): \[\Omega_0 = \frac{1}{R}\sqrt{\frac{V''(\theta_0)}{m}}.\] Вторая производная потенциала: \[V''(\theta) = mgR\cos\theta\left[1-\frac{\omega^2}{\omega_c^2}\cos\theta\right] + mgR\frac{\omega^2}{\omega_c^2}\sin^2\theta.\] Для \(\theta_0 = \pm\cos^{-1}(\omega_c^2/\omega^2)\) при \(\omega>\omega_c\): \[V''(\theta_0) = mgR\,\frac{\omega^2}{\omega_c^2}\left(1-\frac{\omega_c^4}{\omega^4}\right) > 0.\] Для \(\omega<\omega_c\) \(\theta_0 = 0\), и из последнего соотношения получаем \[\Omega_0 = \left(\omega_c^2-\omega^2\right)^{1/2}.\] Аналогично для \(\omega>\omega_c\): \[\Omega_0 = \omega\left(1-\frac{\omega_c^4}{\omega^4}\right)^{1/2}.\]

B-9. График \(\Omega_0\) в зависимости от \(\omega\) приведён ниже. При \(\omega<\omega_c\) (красная кривая) \(\Omega_0\) убывает от \(\omega_c\) до \(0\); при \(\omega>\omega_c\) (синяя кривая) \(\Omega_0\) растёт от \(0\) и при больших \(\omega\) стремится к прямой \(\Omega_0=\omega\) (пунктир).

C-1. Подставляем выражение для нормальной реакции (1) в угловое уравнение (3) и получаем \[mR\ddot\theta = mR\sin\theta\cos\theta\,\omega^2 - mg\sin\theta - fk\left(mg\cos\theta + mR\sin^2\theta\,\omega^2 + mR\dot\theta^2\right).\] Используя \(\omega_c^2 = g/R\) и перегруппировывая члены, имеем \[\ddot\theta = \omega_c^2\left[\left(\sin\theta\right)\left(\cos\theta-fk\sin\theta\right)\left(\frac{\omega}{\omega_c}\right)^2 - \sin\theta - fk\cos\theta - fk\left(\frac{\dot\theta}{\omega_c}\right)^2\right].\] В равновесии \(\dot\theta=0\), \(\ddot\theta=0\), а \(f=\operatorname{sgn}(\dot\theta)=\pm1\) зависит от того, как было достигнуто равновесие. Для \(\theta_0\in(-\pi/2,\pi/2)\) получаем \[\sin\theta_0\left(\cos\theta_0-fk\sin\theta_0\right)\left(\frac{\omega}{\omega_c}\right)^2 = \sin\theta_0 + fk\cos\theta_0.\] При \(f=1\) и \(k=\tan\alpha\) это записывается в виде \[\left(\frac{\omega}{\omega_c}\right)^2 = \frac{\sin\theta_0+\tan\alpha\cos\theta_0}{\sin\theta_0\left(\cos\theta_0-\tan\alpha\sin\theta_0\right)} = \frac{\tan(\theta_0+\alpha)}{\sin\theta_0}.\] Таким образом, \(x = \theta_0+\alpha\), \(y = \theta_0\).

C-2. Так как \(k = 0{,}05\) мало, \(\alpha\approx k\), \(\sin\theta_0\approx\theta_0\), \(\tan(\theta_0+\alpha)\approx\theta_0+\alpha\), поэтому \[\left(\frac{\omega}{\omega_c}\right)^2 \approx 1 + \frac{k}{\theta_0}.\] Получаем:

1. при \(\omega/\omega_c = 0{,}50\): \(\theta_0 \approx -0{,}07\) рад;

2. при \(\omega/\omega_c = 0{,}70\): \(\theta_0 \approx -0{,}1\) рад.

Кривая перестаёт быть симметричной относительно нуля.

Подсказка

Ослабление складывается из двух независимых вкладов: рассеяния на молекулах воздуха (длина \(L\)) и рассеяния на аэрозолях (длина \(L_p\)). В экспоненте они входят как сумма \(d/L + d/L_p\), а геометрия учитывается через кривизну Земли.

Ответ

A-1) \(\ddot y = -\omega_0^2y - \dfrac{qE_0}{m}\cos\omega t\);  A-2) \(y_0 = \dfrac{qE_0/m}{\omega^2-\omega_0^2}\);  A-3) \(p(t) = qy(t) \approx \dfrac{q^2E_0}{m\omega_0^2}\cos\omega t\);  A-4) \(\omega_0 = \dfrac{q}{\sqrt{4\pi\epsilon_0 m r^3}}\);  B-1) \(s = k\,\dfrac{p_0^2\omega^4}{\epsilon_0c^3}\);  B-2) \(s = \dfrac{1}{12\pi}\,\dfrac{q^4E_0^2}{m^2\epsilon_0c^3}\,\dfrac{\omega^4}{\omega_0^4}\);  C-1) \(-\dfrac{dI}{dx} = n_0 s\);  C-2) \(I(x) = I_0e^{-x/L}\), \(L = \dfrac{6\pi\epsilon_0^2m^2c^4}{n_0q^4}\left(\dfrac{\omega_0}{\omega}\right)^4\);  C-3) \(L\approx130\) км;  D-1) \(H' = R+h-\dfrac{(R+h)^2}{R+H}\sec\theta \approx R+h-\dfrac{(R+h)^2}{R+H}\left(1+\dfrac{d^2}{2R^2}\right)\); для Канченджанги \(H'\approx 6096\) м, для Эвереста \(H'\approx4534\) м;  E-1) \(I_{\text{Эверест}}/I_{\text{Канченджанга}}\approx0{,}093\); Эверест виден;  F-1) \(L_p = \dfrac{1}{8n\pi r^2} = \dfrac{r\rho}{6\rho_p}\approx50\) км;  G-1) \(I_K/I_{\text{ref}}\approx0{,}22\) — Канченджанга видна; \(I_E/I_{\text{ref}}\approx0{,}003\) — Эверест не виден.

Решение

A-1. \(E(t)\) — электрическое поле в месте молекулы. Уравнение движения заряда без \(\vec E(t)\) есть \(\ddot y = -\omega_0^2y\); при вынужденных колебаниях \[\ddot y = -\omega_0^2y - \frac{qE_0}{m}\cos\omega t. \qquad (2)\]

A-2. Подставляя \(y = y_0\cos\omega t\) в (2), получаем \[-\omega^2y_0 = -\omega_0^2y_0 - \frac{qE_0}{m}, \qquad (3)\] откуда амплитуда колебаний \[y_0 = \frac{qE_0/m}{\omega^2-\omega_0^2}. \qquad (4)\]

A-3. Поскольку \(y\) — расстояние между зарядами, модуль дипольного момента равен \[p(t) = qy(t) \approx \frac{q^2E_0}{m\omega_0^2}\cos\omega t. \qquad (5)\]

A-4. Атом моделируем как неподвижный положительный точечный заряд \(q\), окружённый сферическим отрицательным облаком полного заряда \(-q\), радиуса \(r\) и массы \(m\). При смещении облака на малое расстояние \(y\) электростатическая сила со стороны центрального положительного заряда равна \[\vec F_{\text{эл}} = m\ddot y\,\hat\jmath = -\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0r^3}\,y\,\hat\jmath = -m\omega_0^2y\,\hat\jmath, \qquad (6)\] откуда собственная частота колебаний \[\omega_0 = \frac{q}{\sqrt{4\pi\epsilon_0mr^3}}. \qquad (7)\]

Рисунок к решению A-4 — модель атома: облако заряда \(-q\) радиуса \(r\) смещено на \(y\) относительно заряда \(+q\). На рисунке: \(-q\), \(+q\) — заряды; \(r\) — радиус облака; \(y\) — смещение; \(\hat\jmath\), \(\hat\imath\) — единичные векторы.

B-1. Размерности: \([s] = \text{кг}\cdot\text{м}^2\cdot\text{с}^{-3}\), \([p_0] = \text{Кл}\cdot\text{м}\), \([\omega] = \text{с}^{-1}\), \([\epsilon_0] = \text{Кл}^2\cdot\text{Н}^{-1}\cdot\text{м}^{-2} = \text{Кл}^2\cdot\text{кг}^{-1}\cdot\text{м}^{-3}\cdot\text{с}^2\), \([c] = \text{м}\cdot\text{с}^{-1}\). Пусть \(s = p_0^{\alpha}\omega^{\beta}\epsilon_0^{\gamma}c^{\delta}\). Приравнивая показатели, получаем \(\alpha=2\), \(\beta=4\), \(\gamma=-1\), \(\delta=-3\), то есть \[s = k\,\frac{p_0^2\omega^4}{\epsilon_0c^3}. \qquad (8)\]

B-2. Подставляя \(p_0 = qy_0\) и \(y_0 \approx q E_0/(m\omega_0^2)\) при \(\omega\ll\omega_0\), получаем \[s = \frac{1}{12\pi}\,\frac{q^2y_0^2\omega^4}{\epsilon_0c^3} = \frac{1}{12\pi}\,\frac{q^4E_0^2}{m^2\epsilon_0c^3}\,\frac{\omega^4}{\omega_0^4}. \qquad (9)\]

C-1. Рассмотрим горизонтальный столб атмосферы сечения \(A\) и длины \(\Delta x\). Пусть падающая интенсивность равна \(I(x)\), а прошедшая — \(I(x+\Delta x)\). Падение интенсивности обусловлено рассеянием света на молекулах воздуха. Если концентрация молекул равна \(n_0\), то полная излучаемая мощность в единице объёма равна \(n_0 s\). Тогда \[I(x)A - I(x+\Delta x)A = n_0 s\,(A\Delta x), \qquad (10)\] откуда \[-\frac{dI}{dx} = n_0 s. \qquad (11)\]

C-2. Так как \(s\propto E_0^2\) и \(I\propto E_0^2\), имеем \[-\frac{dI}{dx} = \frac{I}{L}, \qquad (12)\] где \[L = \frac{6\pi\epsilon_0^2m^2c^4}{n_0q^4}\left(\frac{\omega_0}{\omega}\right)^4. \qquad (13)\] Решение дифференциального уравнения: \(I(x) = I_0e^{-x/L}\).

C-3. Подставляя числа, получаем \(L\approx130\) км.

D-1. В треугольнике \(OPB'\) имеем \(OB' = OP\sec\theta = (R+h)\sec\theta\). Так как \(\angle OSP = \angle B'SS'\) и \(\angle SOP = \angle SB'S'\), треугольники \(OSP\) и \(B'SS'\) подобны. Отсюда \[\frac{B'S'}{OP} = \frac{B'S}{OS} = \frac{OS-OB'}{OS} = 1-\frac{OB'}{OS}.\] С учётом \(B'S' = H'\), \(OP = R+h\), \(OS = R+H\): \[\frac{H'}{R+h} = 1 - \frac{(R+h)\sec\theta}{R+H}, \qquad H' = R+h-\frac{(R+h)^2}{R+H}\sec\theta. \qquad (14)\] Так как \(\cos\theta\approx1-\theta^2/2\) и \(\theta = d/R\), получаем \[H' \simeq R+h-\frac{(R+h)^2}{R+H}\left(1+\frac{d^2}{2R^2}\right). \qquad (15)\] Численно: \(H' = 6096\) м для Канченджанги и \(H' = 4534\) м для Эвереста. Альтернативная запись: \(H' = H-h-\dfrac{d^2}{2R}\).

Рисунок к решению D-1 — большой круг с горой \(BS\) высотой \(H\), наблюдатель \(P\) на высоте \(h\), точка \(B'\) — видимая вершина, \(S'\) — проекция. Рисунок не в масштабе.

E-1. В точке наблюдения интенсивность, которая была бы без ослабления, равна \(I_0 = P_0/(4\pi d^2)\), так что \[I = \frac{P_0}{4\pi d^2}\exp\left[-\frac{d}{L}\right]. \qquad (16)\] Относительная интенсивность Эвереста по отношению к Канченджанге: \[\frac{I_{\text{Эверест}}}{I_{\text{Канченджанга}}} = \frac{d_{\text{Канч}}^2}{d_{\text{Эверест}}^2}\exp\left[-\frac{d_{\text{Эверест}}-d_{\text{Канч}}}{L}\right] = 0{,}093.\] Так как \(0{,}093 > 0{,}05\), Эверест виден из Дарджилинга.

F-1. Длина ослабления из-за аэрозолей \[L_p = \frac{1}{8n\pi r^2}. \qquad (17)\] Здесь \(n = \rho_p/m\) и \(m = \dfrac{4\pi}{3}r^3\rho\). Отсюда \[L_p = \frac{r\rho}{6\rho_p}.\] Подставляя \(r = 500\times10^{-9}\) м, \(\rho = 3\times10^{3}\) кг/м\(^3\), \(\rho_p = 5\times10^{-9}\) кг/м\(^3\), получаем \(L_p = 50\) км.

G-1. Новое выражение для ослабления интенсивности: \[I = \frac{P_0}{4\pi d^2}\exp\left[-\frac{d}{L}-\frac{d}{L_p}\right].\] Для Канченджанги \[\frac{I_K}{I_{\text{ref}}} = \exp\left[-\frac{d_K}{L_p}\right] = 0{,}22.\] Интенсивность снижается до \(22\,\%\) от опорного значения, поэтому Канченджанга будет видна из Дарджилинга. Для Эвереста \[\frac{I_E}{I_{\text{ref}}} = 0{,}093\cdot\exp\left[-\frac{d_E}{L_p}\right] = 0{,}093\times0{,}033 = 0{,}003.\] Интенсивность снижается до \(0{,}3\,\%\) от опорного значения, поэтому Эверест из Дарджилинга видно не будет.