зад 1 Геометрия водяного фонтана
Баллов: 30. Время: 5 часов.
Водяные распылители встречаются в различных местах: на сельскохозяйственных фермах, в зелёных зонах парков и в городской среде — как для практических целей, так и для художественных инсталляций. Рассмотрим полусферический распылитель радиуса \(r\) на высоте \(h\) над землёй, как показано в поперечном сечении на рис. 1. Пусть радиус полусферы мал по сравнению с дальностью \(R\), поэтому её можно считать точечным источником. При этом на единицу площади под углом \(\theta\) приходится \(\rho(\theta)\) отверстий. Вода вылетает во все стороны с одинаковой начальной скоростью \(v_0\).
Рис. 1: Схематическое поперечное сечение полусферического распылителя фонтана. На рисунке: hemispherical fountain — полусферический фонтан; radius r with \(\rho(\theta)\) number of holes per unit area, at angle \(\theta\) — радиус \(r\), число отверстий на единицу площади \(\rho(\theta)\) при угле \(\theta\); water projectile trajectory — траектория струи воды (снаряда).
Часть A. Равномерно распределённые отверстия на поверхности полусферы (\(6{,}0\) балла). Сначала рассмотрим распределение отверстий на поверхности полусферы как равномерное, то есть \(\rho\) — постоянная величина.
(A.1) Выразите мгновенные координаты \(x(t)\) и \(y(t)\) элемента воды (его можно рассматривать как поток частиц), запущенного со скоростью \(v_0\) под углом \(\theta\). (\(0{,}5\) балла)
(A.2) Выведите уравнение траектории воды \(y = y(x, \theta)\) и выразите его только через одну тригонометрическую функцию (синус, косинус или тангенс). Учтите, что \(\theta > 0\). (\(1{,}0\) балл)
(A.3) Огибающая — это минимальная граница, которая охватывает все траектории воды (то есть за её пределами воды не будет). Выведите уравнение огибающей для этой системы. Ответ запишите в виде \(y(x)\). Изобразите огибающую поверх траекторий. (\(3{,}0\) балла)
(A.4) Вычислите дальность \(R = R(\theta)\) как функцию угла \(\theta\). (\(1{,}0\) балл)
(A.5) Полагая \(h \to 0\) в выражении для дальности из A.4, покажите, что \(R = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\theta\). (\(0{,}5\) балла)
Часть B. Неравномерно распределённые отверстия на поверхности полусферы (\(4{,}0\) балла). Теперь рассмотрим плотность отверстий на единицу площади \(\rho(\theta)\) как неравномерную, зависящую от угла \(\theta\).
(B.1) Используя результат пункта A.4, вычислите элементарную площадь \(dA_W\) кольца (окружности) на земле радиуса \(R\) и ширины \(dR\), куда попадает вода. Выразите ответ через \(R\), \(R'\) и \(d\theta\). [Подсказка: учтите, что \(R' = \dfrac{dR}{d\theta}\).] (\(1{,}0\) балл)
(B.2) Определите зависимость \(\rho(\theta)\), при которой распыление воды на земле равномерно, если считать элементарную площадь на полусфере пропорциональной элементарной площади распыления на земле. Ответ выразите через \(R\) и её производную. [Рассмотрите случай, когда \(R'(\theta) > 0\).] (\(1{,}0\) балл)
(B.3) Полагая \(h = 0\), вычислите явный вид зависимости \(\rho(\theta)\), дающий равномерное распыление при \(\theta < 45^\circ\). (\(2{,}0\) балла)
▶ПодсказкаСкрыть
Траектории образуют семейство кривых, параметризованных углом \(\theta\). Точка огибающей — та, в которой уравнение относительно \(\tan\theta\) имеет ровно одно решение (дискриминант обращается в ноль). В части B площадь кольца на земле выражается через \(dR\), а плотность отверстий подбирается так, чтобы компенсировать этот множитель.
▶ОтветСкрыть
A.1) \(x(t) = v_0\cos\theta\,t\), \(y(t) = h + v_0\sin\theta\,t - \dfrac{gt^2}{2}\); A.2) \(y = h + x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right)\) (отсчёт от земли), либо \(y' = y - h = x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right)\) (отсчёт от основания полусферы); A.3) \(y = h + \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{gx^2}{2v_0^2}\); A.4) \(R = \dfrac{\tan\theta \pm \sqrt{\tan^2\theta + 4\,\dfrac{g}{2v_0^2}\left(1+\tan^2\theta\right)h}}{\dfrac{g}{v_0^2}\left(1+\tan^2\theta\right)}\); A.5) \(R = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\theta\); B.1) \(dA_W = 2\pi R\,R'(\theta)\,d\theta\); B.2) \(\rho(\theta) \propto \dfrac{R(\theta)\,R'(\theta)}{r^2\cos\theta}\); B.3) \(\rho(\theta) \propto \dfrac{\sin 4\theta}{\cos\theta}\).
▶РешениеСкрыть
Часть A. Считаем, что радиус полусферы мал по сравнению с дальностью, поэтому все струи выходят из точечного источника в центре полусферы с одинаковой начальной скоростью, но под разными углами \(\theta\). Распределение отверстий на поверхности полусферы равномерно. Рассмотрим движение по осям \(x\) и \(y\) в координатах, показанных на рис. 1.
Горизонтальное движение — без ускорения: \[x = x(t) = (v_0\cos\theta)\,t.\] Вертикальное движение — свободное падение под действием силы тяжести \(g\): \[y = y(t) = h + (v_0\sin\theta)\,t - \tfrac{1}{2}gt^2.\]
Уравнение траектории получаем исключением времени. Из первого уравнения \(t = \dfrac{x}{v_0\cos\theta}\); подставляя во второе, получаем \[y = h + x\,\frac{\sin\theta}{\cos\theta} - \frac{gx^2}{2v_0^2}\,\frac{1}{\cos^2\theta} = h + x\tan\theta - \frac{gx^2}{2v_0^2}\sec^2\theta.\] Используя тождество \(\sec^2\theta = 1 + \tan^2\theta\): \[y = h + x\tan\theta - \frac{gx^2}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right),\] или, относительно основания полусферы, \(y' = y - h = x\tan\theta - \dfrac{gx^2}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right)\).
Перепишем уравнение траектории как квадратичную функцию от \(\tan\theta\): \[\frac{gx^2}{2v_0^2}\tan^2\theta - x\tan\theta + \left(y' + \frac{gx^2}{2v_0^2}\right) = 0,\] где \(y' = y - h\). Обозначим \(\tan\theta = u\) и получим \(au^2 + bu + c = 0\) с \[a = \frac{gx^2}{2v_0^2}, \qquad b = -x, \qquad c = y' + \frac{gx^2}{2v_0^2}.\] Квадратное уравнение имеет вещественное решение для \(u = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\), если дискриминант неотрицателен, \(b^2 - 4ac \geq 0\): \[x^2 - 4\,\frac{gx^2}{2v_0^2}\left(y' + \frac{gx^2}{2v_0^2}\right) \geq 0.\] Отсюда \[-y' \geq \frac{gx^2}{2v_0^2} - \frac{v_0^2}{2g}, \qquad \text{или} \qquad y' \leq \frac{v_0^2}{2g} - \frac{gx^2}{2v_0^2}.\] Траектории воды удовлетворяют этому неравенству, а огибающая семейства траекторий с разными углами запуска описывается параболой \[y' = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{gx^2}{2v_0^2}, \qquad \text{или} \qquad y = h + \frac{v_0^2}{2g} - \frac{gx^2}{2v_0^2}.\] Эскиз огибающей поверх траекторий:
Для дальности полагаем \(y = 0\) в уравнении траектории: \[0 = h + R\tan\theta - \frac{gR^2}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right).\] Это квадратное уравнение относительно \(R\): \[\frac{g}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right)R^2 - (\tan\theta)\,R - h = 0,\] то есть \(a'R^2 + b'R + c' = 0\) с \[a' = \frac{g}{2v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right), \qquad b' = -\tan\theta, \qquad c' = h.\]
Решение квадратного уравнения даёт \[R = \frac{-b' \pm \sqrt{b'^2 - 4a'c'}}{2a'} = \frac{\tan\theta \pm \sqrt{\tan^2\theta + 4\,\dfrac{g}{2v_0^2}\left(1+\tan^2\theta\right)h}} {\dfrac{g}{v_0^2}\left(1+\tan^2\theta\right)}.\]
При \(h = 0\): \[R = \frac{\tan\theta \pm \sqrt{\tan^2\theta}}{\dfrac{g}{v_0^2}\left(1+\tan^2\theta\right)} = \frac{2\tan\theta}{\dfrac{g}{v_0^2}\sec^2\theta} = \frac{v_0^2}{g}\,2\sin\theta\cos\theta = \frac{v_0^2}{g}\sin 2\theta.\]
Часть B. Из выражения для \(R(\theta)\) определим \(R'(\theta) = \dfrac{dR}{d\theta}\), откуда \(dR = R'(\theta)\,d\theta\). Кольцо на земле радиуса \(R\) и ширины \(dR\) имеет площадь \[dA_W = 2\pi R\,dR = 2\pi R\,R'(\theta)\,d\theta.\] Нет необходимости выражать \(R'\) явно; ответ можно оставить через \(R'\).
Число отверстий в элементарной площади кольца на полусфере радиуса \(r\) под углом \(\theta\) с угловой шириной \(d\theta\): \[dA_H = \rho(\theta)\cdot 2\pi (r\cos\theta)\,r\,d\theta.\] Для равномерного распыления воды на земле \(dA_W \sim dA_H\): \[\rho(\theta)\cdot 2\pi (r\cos\theta)\,r\,d\theta \sim 2\pi R R'(\theta)\,d\theta.\] Чтобы выражение не зависело от угла, выбираем \[\rho(\theta) \sim \frac{R(\theta)\,R'(\theta)}{r^2\cos\theta},\] где \(R(\theta)\) и \(R'(\theta)\) даны формулами, приведёнными выше для \(R(\theta)\) и \(R'(\theta)\). Если распределение отверстий на полусфере следует этому выражению, распыление воды на земле равномерно (не зависит от угла). Условие на угол \(R'(\theta) > 0\) не меняет общего выражения.
При \(h = 0\) дальность \(R(\theta) = \dfrac{v_0^2}{g}\sin 2\theta\), а \(R'(\theta) = \dfrac{2v_0^2}{g}\cos 2\theta\), поэтому \(dR = \dfrac{2v_0^2}{g}\cos 2\theta\,d\theta\). Элементарная площадь кольца на земле: \[dA_W = 2\pi\,\frac{v_0^2}{g}\sin 2\theta\cdot\frac{2v_0^2}{g}\cos 2\theta\,d\theta = 2\pi\left(\frac{v_0^2}{g}\right)^2 \cdot 2\sin 2\theta\cos 2\theta\,d\theta = 2\pi\left(\frac{v_0^2}{g}\right)^2 \sin 4\theta\,d\theta.\] Таким образом, \(dA_W \propto \sin 4\theta\,d\theta\). Элемент площади на полусфере \(dA_H = \rho(\theta)\cdot 2\pi(r\cos\theta)\,r\,d\theta \sim \rho(\theta)\cos\theta\,d\theta\). Для равномерного распыления \(dA_W \propto dA_H\), то есть \[\rho(\theta)\cos\theta\,d\theta \sim \sin 4\theta\,d\theta,\] откуда \[\rho(\theta) \sim \frac{\sin(4\theta)}{\cos\theta}.\] Условие на угол (\(0^\circ < \theta \leq 45^\circ\) или \(45^\circ < \theta < 90^\circ\)) нужно лишь для того, чтобы вода не попадала дважды в одну и ту же область.
зад 2 Закон Снеллиуса
Баллов: 30. Время: 5 часов.
Когда свет падает на границу раздела диэлектриков, он отражается и преломляется в зависимости от угла падения и показателей преломления сред, как показано на рис. 1. Преломление света подчиняется закону Снеллиуса: \[n_1\sin\phi_1 = n_2\sin\phi_2,\] где \(n_1\) и \(n_2\) — показатели преломления нижней и верхней частей границы, а \(\phi_1\) и \(\phi_2\) — углы, которые луч образует с нормалью к границе.
Рис. 1: Преломление света из диэлектрика с показателем преломления \(n_1\) во второй диэлектрик с показателем преломления \(n_2\). На рисунке: \(n_2 < n_1\) — то же, что в тексте.
Часть A. Распространение света в полусфере (\(1{,}5\) балла). На рис. 2 показано, как свет, состоящий из двух лучей разного цвета, \(a\) и \(b\), падает вдоль радиуса полусферы с показателем преломления \(n_x\) в воздухе, а затем преломляется у её основания под углами \(\theta_a\) и \(\theta_b\) соответственно.
Рис. 2: Распространение света через полусферу. На рисунке: ray — луч (лучи \(a\) и \(b\) подписаны буквами, как в тексте).
(A.1) Какой луч (\(a\) или \(b\)) распространяется в полусфере быстрее? Обоснуйте ответ. (\(0{,}5\) балла)
(A.2) Когда угол падения \(\theta_i\) медленно увеличивают до \(45^\circ\), луч \(b\) перестаёт выходить через основание полусферы. Когда \(\theta_i\) увеличивают дальше до \(50^\circ\), то же происходит и с лучом \(a\). Чему равна разность показателей преломления луча \(a\) и луча \(b\) в полусфере? (\(1{,}0\) балл)
Часть B. Распространение света в цилиндрическом стержне (\(3{,}5\) балла). Показатель преломления цилиндрического стержня \(n_1 = 1{,}50\). Стержень помещён в воздух; один его торец покрыт полимером с показателем преломления \(n_3 = 1{,}40\), как показано на рис. 3. Свет падает из полимера в стержень под углом \(\theta\). При изменении \(\theta\) наступает момент, когда свет полностью отражается обратно в полимер.
Рис. 3: Цилиндрический стержень, один торец которого покрыт полимером с показателем преломления \(n_3\), где \(n_2 < n_3 < n_1\). На рисунке: лучи на рисунке — те же, что описаны в тексте; обозначения \(n_1\), \(n_2\), \(n_3\), \(\theta\) — как в тексте.
(B.1) Определите диапазон углов падения \(\theta\), при котором это возможно. (\(2{,}0\) балла)
(B.2) Как изменится условие из B.1: (i) если второй, открытый торец стержня теперь покрыт толстым слоем масла с показателем преломления \(1{,}60\)? (\(0{,}6\) балла) (ii) если установка помещена в воду с показателем преломления \(1{,}33\)? (\(0{,}9\) балла)
Часть C. Распространение света в оптическом волокне (\(5{,}0\) балла). Оптическое волокно образуется окружением среды с показателем преломления \(n_1\) средой с меньшим показателем преломления \(n_2\), как показано на рис. 4. Среда с показателем \(n_1\) называется сердцевиной волокна, среда с показателем \(n_2\) — оболочкой. Показатель преломления \(n_3\) обычно равен показателю преломления воздуха (\(n_3 = 1\)).
Рис. 4: Схема оптического волокна и его поперечное сечение. На рисунке: символы \(r\), \(z\), \(n_1\), \(n_2\), \(n_3\), \(\theta_a\) — как в тексте; подписей-слов на рисунке нет.
(C.1) Чтобы свет распространялся внутри оптического волокна, его сначала нужно ввести в волокно. Максимальный угол \(\theta_a\) падающего света на торце волокна, при котором свет направляется внутри волокна и не выходит наружу, связан с показателями преломления сердцевины и оболочки. Рассмотрите луч, распространяющийся в меридиональной плоскости (плоскости, пересекающей ось волокна). Выведите соотношение между углом \(\theta_a\) и показателями преломления. (\(2{,}0\) балла)
(C.2) Оптические волокна не всегда идут по прямой, их нужно изгибать, чтобы провести через разные пространства. Дано: диаметр сердцевины волокна \(50\,\mu\)м, минимальный радиус изгиба волокна \(1{,}0\) см. На сколько изменится \(\theta_a\)? (\(2{,}6\) балла)
(C.3) Показатели преломления сердцевины и оболочки равны \(1{,}45\) и \(1{,}44\) соответственно. Чему равны максимальные углы падения света для случаев C.1 и C.2, если волокно находится в воздухе? (\(0{,}4\) балла)
▶ПодсказкаСкрыть
A: сравните углы преломления при одном и том же угле падения и показатели преломления, которые из них следуют. B: полное внутреннее отражение должно выполняться и на входе в стержень (в точке \(A\)), и на его противоположном торце (в точке \(B\)) — из двух условий получается диапазон. C: условие полного внутреннего отражения на границе сердцевины и оболочки; при изгибе угол падения на оболочку меняется, и удобно использовать теорему синусов в треугольнике с центром изгиба.
▶ОтветСкрыть
A.1) луч \(a\) (при одинаковом угле падения у него меньший угол преломления, значит, меньший показатель преломления внутри полусферы); A.2) \(\Delta n = 0{,}109\) (\(n_a \approx 1{,}305\), \(n_b \approx 1{,}414\)); B.1) \(45{,}58^\circ < \theta < 53^\circ\); B.2) (i) свет на торце \(B\) всегда преломляется, полного отражения назад в полимер нет; (ii) диапазоны не перекрываются: \(\theta < 29{,}7^\circ\) и \(\theta > 71{,}81^\circ\), полного отражения назад в полимер нет; C.1) \(\theta_a = \arcsin\dfrac{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}{n_3}\); C.2) \(\theta'_a = \arcsin\left[\dfrac{10025}{9975\,n_3}\sqrt{a^2n_1^2 - n_2^2}\right]\), где \(a = \dfrac{9975}{10025}\); C.3) для C.1: \(\theta_a \approx 9{,}79^\circ\); для C.2: \(\theta'_a \approx 5{,}15^\circ\).
▶РешениеСкрыть
Часть A. A.1. По закону Снеллиуса больший угол преломления соответствует большему показателю преломления, который свет «видит» внутри полусферы (\(n_x\)). Цвет с меньшим углом преломления распространяется в полусфере быстрее — это цвет \(a\).
A.2. Лучи перестают выходить через основание полусферы, когда после преломления угол равен \(90^\circ\) относительно нормали. По закону Снеллиуса \(n_x\sin\theta_i = n_2\sin 90^\circ\). Подставляя \(a\) и \(b\) вместо \(x\): для луча \(a\) (\(\theta_i = 50^\circ\)): \(n_a\sin 50^\circ = 1{,}0\cdot\sin 90^\circ\), откуда \(n_a = 1{,}305\); для луча \(b\) (\(\theta_i = 45^\circ\)): \(n_b\sin 45^\circ = 1{,}0\cdot\sin 90^\circ\), откуда \(n_b = 1{,}414\). Разность \(\Delta n = 0{,}109\).
Часть B. B.1. Заданы \(n_1 = 1{,}5\), \(n_2 = 1{,}0\), \(n_3 = 1{,}4\). Нужно выполнить два условия.
Условие 1: свет, падающий в точку \(A\), должен испытывать полное отражение. \(n_1\sin\phi_1 > n_2\sin 90^\circ\), откуда \(\phi_1 > \arcsin\dfrac{1{,}0}{1{,}5} = 41{,}81^\circ\). Значит, \(\theta_1 < 90^\circ - 41{,}81^\circ = 48{,}19^\circ\). По закону Снеллиуса на входе \[\theta < \arcsin\left(\frac{1{,}5}{1{,}4}\sin 48{,}19^\circ\right) = 53^\circ.\]
Условие 2: свет, падающий в точку \(B\), должен испытывать полное отражение. \(n_1\sin\theta_2 > n_2\sin 90^\circ\), откуда \(\theta_2 > 41{,}81^\circ\). По закону Снеллиуса \[\theta > \arcsin\left(\frac{1{,}5}{1{,}4}\sin 41{,}81^\circ\right) = 45{,}58^\circ.\] Итак, свет полностью отражается обратно в полимер при \(45{,}58^\circ < \theta < 53^\circ\).
B.2 (i). При покрытии правого торца маслом с \(n_4 = 1{,}6\) меняется условие 2: свет, падающий в точку \(B\), всегда преломляется. Полного отражения обратно в полимер нет.
B.2 (ii). При \(n_2 = 1{,}33\) (вода) меняются оба условия. Условие 1: \(\phi_1 > \arcsin\dfrac{1{,}33}{1{,}5} = 62{,}46^\circ\), откуда \(\theta_1 < 27{,}54^\circ\); по закону Снеллиуса \(\theta < \arcsin\left(\dfrac{1{,}5}{1{,}4}\sin 27{,}54^\circ\right) = 29{,}7^\circ\). Условие 2: \(\theta_2 > \arcsin\dfrac{1{,}33}{1{,}5} = 62{,}46^\circ\), откуда \(\theta > \arcsin\left(\dfrac{1{,}5}{1{,}4}\sin 62{,}46^\circ\right) = 71{,}81^\circ\). Условия не перекрываются, поэтому полного отражения обратно в полимер нет.
Часть C. C.1. Чтобы свет не преломлялся наружу из волокна, угол преломления света относительно нормали к границе «сердцевина/оболочка» должен быть \(90^\circ\). По закону Снеллиуса \[n_1\sin\phi_c = n_2\sin 90^\circ.\]
Возведём в квадрат и используем тригонометрическое тождество: \[n_1^2\sin^2\phi_c = n_2^2, \qquad n_1^2\left(1 - \cos^2\phi_c\right) = n_2^2,\] \[n_1^2\cos^2\phi_c = n_1^2 - n_2^2, \qquad\text{или}\qquad n_1^2\sin^2\theta_c = n_1^2 - n_2^2.\] Извлекая квадратный корень из (2): \[n_1\sin\theta_c = \sqrt{n_1^2 - n_2^2}.\] По закону Снеллиуса на торце волокна \[n_3\sin\theta_a = n_1\sin\theta_c = \sqrt{n_1^2 - n_2^2},\] откуда \[\theta_a = \arcsin\frac{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}{n_3}.\]
C.2.
Для геометрии изгиба: в треугольнике \(ABC\) (центр изгиба \(C\)) по теореме синусов \[\sin\phi_c = \frac{CB}{CA}\sin(\pi - \phi'_c),\] где \(CB = 10000 - 25 = 9975\,\mu\)м и \(CA = 10000 + 25 = 10025\,\mu\)м (радиус изгиба \(1{,}0\) см, радиус сердцевины \(25\,\mu\)м). Для луча, удерживаемого в волокне в точке \(A\), \(\sin\phi_c = \dfrac{n_2}{n_1}\). Поскольку \(\sin(\pi - \phi'_c) = \sin\phi'_c\): \[\sin\phi'_c = \frac{10025\,n_2}{9975\,n_1}.\] Обозначим \(a = \dfrac{9975}{10025}\), тогда \(a\,n_1\sin\phi'_c = n_2\). Аналогично предыдущему пункту: \[a^2n_1^2\sin^2\phi'_c = n_2^2, \qquad a^2n_1^2\sin^2\theta'_c = a^2n_1^2 - n_2^2,\] \[n_1\sin\theta'_c = \frac{1}{a}\sqrt{a^2n_1^2 - n_2^2}.\] Тогда для нового угла приёма \[n_3\sin\theta'_a = n_1\sin\theta'_c = \frac{1}{a}\sqrt{a^2n_1^2 - n_2^2},\] \[\theta'_a = \arcsin\left[\frac{10025}{9975\,n_3}\sqrt{a^2n_1^2 - n_2^2}\right].\]
C.3. Для случая C.1 берём \(n_3 = 1\): \(\sqrt{n_1^2 - n_2^2} = \sqrt{1{,}45^2 - 1{,}44^2} = 0{,}17\), \(\theta_a = \arcsin 0{,}17 = 9{,}79^\circ\). Для случая C.2 подставляем в формулу из C.2: \(\theta'_a = \arcsin\left[\dfrac{10025}{9975}\sqrt{\left(\dfrac{9975}{10025}\right)^2 1{,}45^2 - 1{,}44^2}\right] = 5{,}15^\circ\).
зад 3 Первый открытый квазар: источник 3C~273
Баллов: 30. Время: 5 часов.
Часть A. Видимое движение Луны на фоне звёзд (\(1{,}8\) балла). Луна совершает один оборот вокруг Земли относительно звёзд за \(27{,}3\) суток — это звёздный месяц. В телескоп движение Луны заметно, а невооружённым глазом для его обнаружения нужны несколько часов наблюдений. Помня, что \(3600\) угловых секунд \(= 60\) угловых минут \(= 1\) градус, определите, на какие градусы, угловые минуты и угловые секунды смещается Луна на фоне звёзд за:
(A.1) один час? одну минуту? одну секунду? (\(1{,}3\) балла)
(A.2) За какое время Луна проходит расстояние, равное собственному диаметру на небе? (Примечание: угловой диаметр Луны, видимый с Земли, равен \(30\) угловым минутам.) (\(0{,}5\) балла)
Часть B. Использование покрытий звёзд Луной для точного определения положения радиоисточников: случай 3C 273 (\(1{,}8\) балла). В конце 1950-х и начале 1960-х годов измерений радиоположений с такой точностью не существовало. Покрытия использовались и раньше, но Хазард особенно интересовался их возможностью определять положения радиоисточников и их структуру с точностью до угловых секунд. Такие измерения проводились в оптической системе отсчёта, что позволяло надёжно отождествлять объекты. Хазард отметил, что сильный радиоисточник класса II 3C 273 будет скрываться Луной (то есть покрываться — явление покрытия) несколько раз в 1962 и 1963 годах.
Покрытие 5 августа 1962 года наблюдалось на частотах \(410\) и \(136\) МГц. Были зарегистрированы и исчезновение, и появление источника; запись исчезновения показала наличие в источнике двух компонент, A и B. Записи исчезновения (справа) и появления (слева) на \(410\) МГц показаны на рис. 1.
Рис. 1: Записи исчезновения и появления 5 августа 1962 года на частоте 410 МГц, взятые из работы Хазарда и др. (1963). Время течёт справа налево, и Луна также движется справа налево. Нижняя панель показывает положения компонент A и B источника относительно края Луны при исчезновении и появлении. На рисунке: Time — время; 1 minute — 1 минута; LIMB OF MOON — край Луны; Moon's motion — движение Луны; буквы A и B — компоненты источника; a и b — панели записей.
(B.1) Что вызывает колебания наблюдаемой интенсивности? A. Дифракционная картина телескопа. B. Нестабильность крепления телескопа. C. Особенности поверхности Луны. D. Атмосферные условия Земли. (\(0{,}6\) балла)
(B.2) Почему на записи появления для компоненты B в левой части рисунка нет дополнительного всплеска? Как это помогает понять структуру источника? A. Две компоненты обращаются вокруг Луны. B. Наш луч зрения изменился относительно двух компонент. C. Обе компоненты выровнены с краем Луны в момент появления. D. Временные масштабы физических процессов, определяющих светимость двух (\(0{,}6\) балла)
(B.3) Исходя из ответов на A.1–A.4 и данных рис. 1, оцените приблизительное видимое (проекционное) угловое расстояние между двумя компонентами 3C 273. (\(0{,}6\) балла)
Часть C. Прорыв в понимании истинной природы 3C 273 (\(1{,}8\) балла). В 1962 году, когда проводились эти наблюдения, Маартен Шмидт занимался программой оптического отождествления и спектроскопии оптических объектов, связанных с радиоисточниками. Уайтоук мимоходом отмечает, что «текущая точка зрения Калтеха» состоит в том, что вероятное отождествление 3C 273 — звезда и странная струя. Поскольку никакая другая яркая звезда не предлагалась как отождествление радиоисточника, он предположил, что яркая «звезда» звёздной величины \(13\) (звёздная величина — мера яркости: чем ярче звезда, тем меньше число) — просто мешающий яркий объект переднего плана. Чтобы получить спектр слабой струи, которую он считал наиболее вероятным отождествлением, неизбежно, что яркая мешающая звезда в нескольких угловых секундах попадёт в любой спектр струи. Чтобы компенсировать это, Маартен Шмидт решил сначала получить спектр этой яркой звезды. В ночь на 29 декабря ему удалось получить спектр яркой «звезды», на котором видны слабые эмиссионные линии (рис. 2), без очевидного объяснения через какие-либо ожидаемые звёздные линии. Всё прояснилось, только когда Шмидт сравнил странный спектр с бальмеровскими линиями водорода:
Рис. 2: Оптический спектр 3C 273 (сверху) вместе со спектром лабораторного сравнения (снизу). На рисунке: Red — красный; Blue — синий; Red shift — красное смещение; Comparison spectrum — спектр сравнения; 3C 273 — источник. Строка «Copyright © 2008 Pearson Education» — указание правообладателя рисунка, оставлена как в оригинале.
(C.1) Сравните отношения длин волн линий на рис. 2. По этим отношениям определите красное смещение \(z = \dfrac{\lambda - \lambda_0}{\lambda_0}\) этого источника. (\(0{,}6\) балла)
(C.2) Предположим, что это смещение возникает из-за релятивистских гравитационных эффектов от массы объекта. В этом случае гравитационное смещение можно оценить как \(z = \dfrac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{2GM}{c^2 r}}} - 1\). Докажите, что на любом расстоянии, на котором мог бы находиться 3C 273 (например, на краю Млечного Пути, \(r \sim 100\) кпк \(\sim 3\cdot10^{21}\) м; на краю Солнечной системы, \(r \sim 100\) а.е. \(\sim 1{,}5\cdot10^{13}\) м), масса 3C 273 была бы настолько велика, что нарушила бы всю галактику или Солнечную систему. (\(0{,}6\) балла)
(C.3) Закон Хаббла утверждает, что чем дальше галактики, тем быстрее они удаляются от Земли. Постоянная Хаббла — отношение скорости к расстоянию до галактик, равна \(H = 75\) км/с/Мпк. Исходя из этого будем считать, что вычисленное смещение обусловлено космологическим расширением, и приближённо примем \(z \approx v/c\). Каково расстояние до этого объекта? Сравните его с размером Млечного Пути. (\(0{,}6\) балла)
Часть D. Собственная светимость радиоисточника 3C 273 (\(1{,}8\) балла). Поток источника 3C 273 измерен по всему радиоспектру и подчиняется соотношению \(F_\nu \sim 25000\,\nu^{-0{,}3}\) Ян, где \(\nu\) — наблюдаемая частота в герцах, а Ян (Jy) определён как \(1\) Ян \(= 10^{-26}\) Вт м\(^{-2}\) Гц\(^{-1}\). Поскольку источник излучает по сфере радиуса, равного расстоянию до нас, собственная светимость задаётся формулой \(L_\nu = 4\pi d^2 F_\nu\). С учётом этого:
(D.1) Чему равна светимость источника на единицу частоты? (Подсказка: \(1\) пк \(= 3{,}09\cdot10^{16}\) м.) (\(0{,}6\) балла)
(D.2) Чему равна полная светимость в радиодиапазоне (то есть от \(10^7\) Гц до \(10^{11}\) Гц)? (\(0{,}6\) балла)
(D.3) Как светимость 3C 273 соотносится со светимостью Солнца (\(L_{\text{Sun}} = 3{,}82\cdot10^{26}\) Вт) и Млечного Пути (\(L_{MW} = 1{,}5\cdot10^{10}L_{\text{Sun}}\)) в том же диапазоне частот? (\(0{,}6\) балла)
Часть E. Источник энергии 3C 273 (\(1{,}4\) балла). Мы видели, что яркость 3C 273 слишком велика для одной звезды, даже для целой галактики. Значит, должен существовать иной, не звёздный механизм, дающий всю эту мощность.
(E.1) Проверьте, что аннигиляция вещества с антивеществом (например, \(e^+ + e^- \to 2\gamma\)) не может это объяснить, поскольку она дала бы очень энергичное рентгеновское излучение, а не оптическое и радиоизлучение. (\(0{,}7\) балла)
(E.2) Одной из первых предложенных гипотез была аккреция вещества на сверхмассивную чёрную дыру. Проверим, может ли потенциальная энергия дать всю эту энергию: пусть чёрная дыра аккрецирует одну солнечную массу (\(2\cdot10^{30}\) кг) до своего шварцшильдовского радиуса \(R_s = \dfrac{2GM}{c^2}\) каждый год. Какую мощность можно получить при аккреции? Достаточно ли этого, чтобы объяснить наблюдения, обсуждавшиеся в D.1–D.3? (\(0{,}7\) балла)
Часть F. Современные наблюдения и природа компонент 3C 273 (\(1{,}4\) балла). Современные изображения, полученные разными телескопами (см., например, рис. 3), показали, что две компоненты A и B, измеренные по лунному покрытию, соответствуют компактному ядру, в котором находится чёрная дыра, и струе, которая простирается на расстояние, вычисленное вами ранее. Считается, что эта струя образуется при ускорении аккрецирующих частиц сильным магнитным полем чёрной дыры — подобно тому, как частицы солнечного ветра попадают в магнитное поле Земли и порождают полярные сияния вблизи полюсов, но в гораздо большем масштабе.
Рис. 3: Радиоизображение 3C 273, полученное телескопом MERLIN.
Плотность энергии, необходимая для создания такой струи, может быть записана через магнитное поле как сумма плотности энергии частиц \(U_e \sim B^{-3/2}\) и плотности магнитной энергии \(U_B \sim B^2\).
(F.1) Покажите, что минимальная плотность энергии задаётся соотношением \(\dfrac{U_e}{U_B} = \dfrac{4}{3}\). (\(0{,}7\) балла)
(F.2) Если предположить, что полная мощность струи 3C 273 равна половине энергии, излучённой 3C 273 за одну секунду (вычисленной в D.1 и D.2), а объём струи составляет \(10^{45}\) м\(^3\), оцените магнитное поле струи. (Подсказка: магнитная проницаемость \(\mu = 4\pi\cdot10^{-7}\) Тл м/А.) (\(0{,}7\) балла)
▶ПодсказкаСкрыть
Для части A: угловая скорость Луны постоянна, поэтому за время \(t\) смещение равно произведению скорости на \(t\) — переведите скорость из градусов в секунды дуги. Для части C: \(z\) связывает отношение длин волн линий с известной линией водорода; при малых \(z\) скорость удаления связана с расстоянием законом Хаббла. Для части F: минимум суммы двух степенных зависимостей от \(B\) находится приравниванием производной нулю.
▶ОтветСкрыть
A.1) за час: \(0{,}55^\circ \approx 33'\) (\(\approx 1978''\)); за минуту: \(0{,}55' \approx 33''\); за секунду: \(\approx 0{,}55''\); A.2) \(\approx 54{,}5\) мин; B.1) A; B.2) C; B.3) около \(15''\) (любая оценка в пределах рассуждения); C.1) \(z \approx 0{,}158\); C.2) \(M \sim 10^{17}\,M_\odot\) при \(r \sim 100\) кпк и \(M \sim 10^{9}\,M_\odot\) при \(r \sim 100\) а.е.; C.3) \(d \approx 632\) Мпк (по оценке организаторов — \(749\) Мпк), то есть в тысячи раз больше размера Млечного Пути; D.1) \(L_\nu \approx 1{,}25\cdot10^{30}\,\nu^{-0{,}3}\); D.2) \(L \approx 9\cdot10^{37}\) Вт; D.3) \(L/L_{\text{Sun}} \approx 2{,}3\cdot10^{11}\) (почти триллион раз ярче Солнца, ярче Млечного Пути); E.1) энергия электрона \(0{,}5\) МэВ соответствует рентгеновскому диапазону; E.2) \(\approx 5{,}7\cdot10^{39}\) Вт (одна солнечная масса в год), что на порядок больше нужного; F.1) \(U_e/U_B = 4/3\); F.2) \(B \approx 2{,}3\cdot10^{-7}\) Тл.
▶РешениеСкрыть
Часть A. A.1. Луна совершает оборот примерно за месяц; точнее, проходит \(360^\circ\) за \(27{,}3\) суток. \(360/27{,}3 = 13{,}19^\circ\) в сутки. Каждый день Луна смещается примерно на \(13^\circ\) к востоку относительно своего положения в то же время предыдущего дня. Переведём в скорость в час: \(13{,}19^\circ/\text{сут} : 24\ \text{ч} = 0{,}55^\circ\) в час. Луна проходит чуть больше половины градуса за час. Так как \(1^\circ = 60'\), то \(0{,}55^\circ = 33'\) (отношение \(0{,}55 : 33 = 1 : 60\)). Значит, Луна смещается на \(33'\) в час. Так как \(1' = 60''\), за час она проходит \(33\cdot60'' = 1978''\).
За минуту: \(0{,}55^\circ/\text{ч} : 60\ \text{мин} = 0{,}0092^\circ\) в минуту. Так как \(1^\circ = 60'\), \(0{,}0092^\circ = 0{,}55'\). Так как \(1' = 60''\), Луна смещается на \(33''\) в минуту.
За секунду: \(0{,}55^\circ/\text{ч} : 3600\ \text{с} = 0{,}000153^\circ\) в секунду. Если Луна смещается на \(0{,}55'\) за минуту, то за секунду она смещается на \(0{,}55/60 = 0{,}0092'\); \(0{,}0092'\cdot 60''/' = 0{,}55''\).
A.2. Диаметр Луны \(= 30' = 0{,}5^\circ\). За минуту Луна смещается на \(0{,}55'\). Время, за которое она проходит расстояние, равное своему диаметру: \(30'/(0{,}55'/\text{мин}) = 54{,}5\) мин, то есть чуть меньше часа.
Часть B. B.1. Ответ A: дифракционная картина телескопа.
B.2. Ответ C: обе компоненты выровнены с краем Луны при появлении.
B.3. Из пункта A.1 Луна движется со скоростью \(33''\) в минуту относительно звёзд, а на записи расстояние между компонентами A и B составляет около \(1/2\) минуты. Значит, компоненты разделены примерно на \(15''\) (любое значение в пределах этой оценки засчитывается, если оно разумно обосновано).
Часть C. C.1. По рисунку можно оценить длины волн, на которых находятся линии. Например, линия \(H\gamma\) у 3C 273 находится почти на \(500\) нм, поэтому \(490\) или \(495\) нм — разумная оценка. Для спектра сравнения, поскольку он ближе к \(400\) нм, \(H\gamma\) может быть около \(440\) нм (на самом деле \(434\) нм). Итоговое красное смещение \[z = \frac{\lambda - \lambda_0}{\lambda_0} \approx 0{,}158.\] Другие результаты, близкие к этому, засчитываются, если длины волн разумно оценены.
C.2. Из \(z = \dfrac{1}{\sqrt{1 - 2GM/(c^2r)}} - 1\) получаем \[M = \frac{c^2 r}{2G}\left[1 - \frac{1}{(1+z)^2}\right].\] На краю Млечного Пути (при \(100\) кпк), \(r \sim 3\cdot10^{21}\) м, получаем \(M \sim 10^{17}M_\odot\) (больше всей массы Млечного Пути!). Если поместить объект на краю Солнечной системы (при \(100\) а.е.), \(r \sim 1{,}5\cdot10^{13}\) м, получаем \(M \sim 10^{9}M_\odot\). Это полностью разрушило бы Солнечную систему.
C.3. При малом красном смещении \(z \approx v/c\), закон Хаббла \(v = Hd\), поэтому \(d = \dfrac{zc}{H}\). При \(H = 75\) км/с/Мпк \[d = \frac{0{,}158\cdot300\,000}{75} \approx 632\ \text{Мпк}.\] (Современная оценка расстояния — \(749\) Мпк.) Это в тысячи раз дальше размера Млечного Пути, поэтому это независимый объект, гораздо более удалённый.
Часть D. D.1. При \(d = 632\) Мпк \(= 2\cdot10^{25}\) м: \(S_\nu = 2{,}5\cdot10^{-22}\,\nu^{-0{,}3}\). Светимость \[L_\nu = 4\pi d^2 S_\nu = 4\pi\left(2\cdot10^{25}\right)^2\,\nu^{-0{,}3} = 1{,}25\cdot10^{30}\,\nu^{-0{,}3}\ \text{Вт м}^{-2}\,\text{Гц}^{-1}.\]
D.2. Полная светимость: \[L = \int_{10^7}^{10^{11}} L_\nu\,d\nu = \left.\frac{1{,}25\cdot10^{30}}{0{,}7}\,\nu^{0{,}7}\right|_{\nu=10^7}^{\nu=10^{11}} = 9\cdot10^{37}\ \text{Вт}.\]
D.3. Сравнение с Солнцем: \[\frac{L}{L_{\text{Sun}}} = \frac{9\cdot10^{37}}{3{,}82\cdot10^{26}} \approx 2{,}3\cdot10^{11}.\] Это почти триллион раз ярче Солнца и ярче Млечного Пути.
Часть E. E.1. Энергия покоя электрона \(0{,}5\) МэВ (допустимы и другие единицы, например \(8\cdot10^{-14}\) Дж). Переведённая в длину волны, эта энергия соответствует \(0{,}000002\) нм (допустимы и другие единицы или выражение в частоте, например \(1{,}5\cdot10^{14}\) ГГц). Это находится в области рентгеновского излучения.
E.2. Гравитационная потенциальная энергия массы \(m\): \(W = -GMm/r\). Наименьший радиус, до которого доходит частица, — шварцшильдовский, поэтому \(W = -\dfrac{GMmc^2}{2GM} = -\dfrac{mc^2}{2}\). Таким образом, одна солнечная масса даёт около \(1{,}8\cdot10^{47}\) Дж/год \(\approx 5{,}7\cdot10^{39}\) Дж/с. Это всё ещё на порядок больше, чем нужно для 3C 273, так что остаётся запас на эффективность.
Часть F. F.1. Минимум найдём, приравняв производную нулю: \[\frac{dU}{dB} = 0 \;\Rightarrow\; \frac{dU_e}{dB} + \frac{dU_b}{dB} = 0.\] Отдельно: \[\frac{dU_e}{dB} = -\frac{3}{2}B^{-5/2} = -\frac{3}{2}\frac{U_e}{B}, \qquad \frac{dU_b}{dB} = 2B = \frac{2U_b}{B}.\] Тогда \(\dfrac{dU}{dB} = -\dfrac{3}{2}\dfrac{U_e}{B} + \dfrac{2U_b}{B} = 0\), откуда \[\frac{U_e}{U_b} = \frac{4}{3}.\]
F.2. Полная энергия \(U = U_e + U_b = \dfrac{7}{3}U_b\). Если \(U = \dfrac{1}{2}\cdot10^{38}\) Дж, то магнитная энергия \(U_b = \dfrac{3}{14}\cdot10^{38}\) Дж. Для объёма \(10^{45}\) м\(^3\) плотность энергии \(u_b = \dfrac{\frac{3}{14}\cdot10^{38}\ \text{Дж}}{10^{45}\ \text{м}^3} = 0{,}21\cdot10^{-7}\) Дж/м\(^3\). Так как \(u = \dfrac{B^2}{2\mu}\), с \(\mu = 4\pi\cdot10^{-7}\) Тл м/А: \[B = \sqrt{2\mu u_b} = \sqrt{2\cdot4\pi\cdot10^{-7}\cdot0{,}21\cdot10^{-7}} \approx 2{,}3\cdot10^{-7}\ \text{Тл}.\]
Источник: Азиатская физическая олимпиада (APhO) 2024, теоретический тур — условия · решения. Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.