APhO 2025, теоретический тур

Подсказка

Для части A сравните размерности: какая комбинация \(G\), \(\omega\), \(M_E\) и \(R\) даёт длину? Для части B поле кольца на оси можно получить, суммируя вклады малых элементов кольца.

Ответ

A.1) \(\beta = 2\), \(\gamma = -1\), \(\delta = 4\);  A.2) \(h_{max} \approx 21{,}9\) км;  B.1) \(g_z \approx -GM_S\dfrac{z}{d_{SE}^3}\) (направлено к центру солнечного кольца);  B.2) \(g_r = \dfrac{GM_S}{2d_{SE}^3}\,r\) (направлено радиально наружу);  C.1) \(m = \dfrac{h_{max}}{2R_p}M_E\);  C.2) \(\tau = \dfrac35\dfrac{GM_EM_S}{d_{SE}^3}Rh_{max}\sin\alpha\cos\alpha\) (направлен в плоскость рис. C.2);  D.1) \(T_1 = \dfrac{4\pi}{3}\dfrac{d_{SE}^3R\omega}{GM_Sh_{max}\cos\alpha}\);  D.2) \(T_1 \approx 80\,600\) лет;  E.1) \(\dfrac{T_2}{T_1} = \dfrac{M_S/d_{SE}^3}{M_M/d_{ME}^3 + M_S/d_{SE}^3}\);  E.2) \(T_2 \approx 25\,400\) лет.

Решение

Часть A.

A.1. Выразим размерности \(h_{max}\), \(G\), \(\omega\), \(M_E\) и \(R\) через основные размерности: длина \(L\), масса \(M\), время \(T\): \[[h_{max}] = L,\quad [G] = L^3M^{-1}T^{-2},\quad [\omega] = T^{-1},\quad [M_E] = M,\quad [R] = L.\] Соотношение из условия должно выполняться и для размерностей: \[L = \left(L^3M^{-1}T^{-2}\right)^{-1} T^{-\beta} M^{\gamma} L^{\delta}.\] После упрощения получаем \(L = L^{\delta-3}M^{\gamma+1}T^{2-\beta}\), откуда для показателей степени: \[0 = 2 - \beta,\qquad 0 = \gamma + 1,\qquad 1 = \delta - 3.\] Отсюда \(\beta = 2\), \(\gamma = -1\), \(\delta = 4\).

A.2. Из результата предыдущего пункта имеем \[h_{max} \propto \frac{\omega^2 R^4}{G M_E}.\] Здесь \(\omega = 2\pi/(24\ \text{ч}) = 7{,}27 \times 10^{-5}\ \text{с}^{-1}\). Используя 1 как безразмерную константу, получаем \(h_{max} = 21{,}9\) км.

Часть B.

B.1. Решение I: с помощью гравитационного потенциала. В произвольной точке на оси \(z\) потенциал \(U(z)\), создаваемый кольцом, равен \[U(z) = -G\frac{M_S}{\sqrt{z^2 + d_{SE}^2}}.\] Поле получаем дифференцированием по \(z\): \[g_z(z) = -\frac{dU}{dz} = -GM_S\frac{z}{(z^2 + d_{SE}^2)^{3/2}}.\] Разложив до первого порядка по \(z\), получаем \[g_z(z) \approx -GM_S\frac{z}{d_{SE}^3}.\] Знак «минус» означает, что \(g_z\) направлено к центру солнечного кольца.

Решение II: интегрирование полей. Малый элемент кольца массой \(dM\) создаёт на оси кольца на высоте \(z\) поле \[dg = \frac{G\,dM}{z^2 + d_{SE}^2}.\] Из-за симметрии результирующее поле в той же точке параллельно оси, поэтому берём только соответствующую компоненту: \[dg_z = -dg\cos\theta,\] где знак «минус» указывает направление \(-z\). Угол \(\theta\) одинаков для всех элементов кольца, и \[\cos\theta = \frac{z}{\sqrt{z^2 + d_{SE}^2}}.\] Используя эти три соотношения и интегрируя по массе кольца, получаем результирующее поле на оси на произвольной высоте: \[g_z = -GM_S\frac{z}{(z^2 + d_{SE}^2)^{3/2}}.\] Используя \(|z| \ll d_{SE}\), получаем упрощённо \[g_z \approx -GM_S\frac{z}{d_{SE}^3}.\]

Рис. B.1 (к решению).

B.2. Решение I: с помощью теоремы Гаусса. Радиальную компоненту поля \(g_r\) в плоскости солнечного кольца можно найти из гравитационной теоремы Гаусса (см. рис. B.2). Применим теорему к цилиндрической области высоты \(2|z|\) и радиуса \(r\): \[g_r \cdot 2z \times 2\pi r + g_z \cdot 2 r^2\pi = 0,\] откуда \[g_r(r) = -\frac{r}{2z}g_z(z) = \frac{GM_S}{2d_{SE}^3}\,r.\] Поле направлено радиально наружу.

Рис. B.2 (к решению).

Решение II: интегрирование потенциала. Возьмём точку \(P\) в плоскости солнечного кольца на расстоянии \(r\) от центра (см. рис. B.3). Расстояние \(s\) от малого элемента кольца с угловым размером \(d\varphi\), расположенного под углом \(\varphi\) к точке \(P\), по теореме косинусов равно \[s = \sqrt{d_{SE}^2 + r^2 - 2d_{SE}r\cos\varphi}.\] Гравитационный потенциал в точке \(P\), создаваемый малым участком, равен \[dU = -\frac{GM_S}{s}\frac{d\varphi}{2\pi},\] поэтому полный потенциал кольца в точке \(P\): \[U(r) = -\frac{GM_S}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left(d_{SE}^2 + r^2 - 2d_{SE}r\cos\varphi\right)^{-1/2} d\varphi.\] Делаем подынтегральное выражение безразмерным: \[U(r) = -\frac{GM_S}{2\pi d_{SE}}\int_0^{2\pi}\left(1 + \frac{r^2}{d_{SE}^2} - \frac{2r\cos\varphi}{d_{SE}}\right)^{-1/2} d\varphi.\] Для упрощения интеграла используем \(r \ll d_{SE}\). Введём величину \(\varepsilon = \dfrac{r^2}{d_{SE}^2} - \dfrac{2r\cos\varphi}{d_{SE}}\) (\(\varepsilon \ll 1\)) и разложим подынтегральное выражение до второго порядка по \(\varepsilon\): \[(1+\varepsilon)^{-1/2} \approx 1 - \frac{\varepsilon}{2} + \frac{3\varepsilon^2}{8}.\] Подставляя обратно выражение для \(\varepsilon\) и сохраняя члены до квадратичного порядка по \(r/d_{SE}\), получаем \[(1+\varepsilon)^{-1/2} \approx 1 - \frac{r^2}{2d_{SE}^2} + \frac{r\cos\varphi}{d_{SE}} + \frac{3r^2\cos^2\varphi}{2d_{SE}^2}.\] Третий член после интегрирования по \(\varphi\) обращается в нуль, поэтому \[U(r) = -\frac{GM_S}{2\pi d_{SE}}\int_0^{2\pi}\left(1 - \frac{r^2}{2d_{SE}^2} + \frac{3r^2\cos^2\varphi}{2d_{SE}^2}\right) d\varphi.\] Используя \(\int_0^{2\pi}\cos^2\varphi\, d\varphi = \pi\) (по аналогии с расчётом действительной мощности в цепях переменного тока), вычисляем интеграл: \[U(r) = -\frac{GM_S}{2\pi d_{SE}}\left(2\pi - 2\pi\frac{r^2}{2d_{SE}^2} + \frac{3\pi r^2}{2d_{SE}^2}\right).\] Это упрощается до \[U(r) = -\frac{GM_S}{d_{SE}} - \frac{GM_S r^2}{4d_{SE}^3}.\] Гравитационное поле — отрицательный градиент потенциала: \[g_r(r) = -\frac{dU}{dr} = \frac{GM_S}{2d_{SE}^3}\,r.\]

Рис. B.3 (к решению).

Часть C.

C.1. Эллипсоид вращения можно преобразовать в идеальную сферу радиуса \(R_e\) (см. рис. C.1), растянув его равномерно вдоль полярного диаметра в \(R_e/R_p\) раз, поэтому объём эллипсоида \[V_{ellipsoid} = \frac{4\pi}{3}R_e^3\frac{R_p}{R_e} = \frac{4\pi}{3}R_e^2R_p.\]

Рис. C.1 (к решению).

Объём одной из «лишних» областей: \[V = \frac12\left(\frac{4\pi}{3}R_e^3 - \frac{4\pi}{3}R_e^2R_p\right) = \frac{2\pi}{3}R_e^2 h_{max}.\] Плотность однородной Земли \(\varrho = 3M_E/(4\pi R_e^2R_p)\), поэтому масса одной «лишней» области \[m = \varrho V = \frac{3M_E}{4\pi R_e^2R_p}\cdot\frac{2\pi}{3}R_e^2h_{max} = \frac{h_{max}}{2R_p}M_E.\]

C.2. Момент сил, действующий на идеальную сферу радиуса \(R_e\), равен нулю из-за симметрии. Из принципа суперпозиции, описанного в условии, следует, что момент сил \(\vec\tau\), действующий на Землю-эллипсоид, равен по величине и противоположен по направлению моменту \(\vec\tau'\), действующему на две эквивалентные точечные массы (каждая массой \(2m/5\)): \(\vec\tau = -\vec\tau'\).

Рис. C.2 (к решению). Силы, действующие на две точечные массы.

Величину момента сил, действующего на точечные массы, можно вычислить с помощью рис. C.2: \[|\vec\tau'| = |\vec\tau| = 2F_zR\sin\alpha + 2F_rR\cos\alpha,\] где \[F_z = \frac25 m|g_z| = \frac25 mGM_S\frac{R\cos\alpha}{d_{SE}^3},\qquad F_r = \frac25 m|g_r| = \frac25 mGM_S\frac{R\sin\alpha}{2d_{SE}^3}.\] Подставляя эти силы в выражение для \(\tau'\) и упрощая, получаем \[|\vec\tau| = \frac65\frac{GmM_S}{d_{SE}^3}R^2\sin\alpha\cos\alpha.\] Используя результат части C.1, это можно записать в виде \[|\vec\tau| = \frac35\frac{GM_EM_S}{d_{SE}^3}\,Rh_{max}\sin\alpha\cos\alpha.\] Момент \(\vec\tau'\) направлен из плоскости рис. C.2, поэтому момент \(\vec\tau\), действующий на Землю-эллипсоид, направлен в плоскость рисунка.

Часть D.

D.1. Момент сил изменяет угловой момент Земли \(\vec L\): \[\vec\tau = \frac{d\vec L}{dt},\] где \(\vec L\) параллелен угловой скорости вращения Земли, а его величина (при однородном распределении массы и пренебрежении отклонением от сферы) равна \[|\vec L| = \frac25 M_E R^2\omega.\] Поскольку \(\vec\tau\) (т. е. скорость изменения вектора углового момента) перпендикулярна \(\vec L\), длина \(\vec L\) остаётся постоянной, но направление меняется, как показано на рис. D.1. В результате вектор \(\vec L\) описывает боковую поверхность конуса с половинным углом при вершине \(\alpha\).

Рис. D.1 (к решению).

По аналогии с равномерным движением по окружности можно записать связь между \(\vec L\), его производной по времени и угловой скоростью прецессии: \[\left|\frac{d\vec L}{dt}\right| = \Omega_1 |\vec L|\sin\alpha.\] Отсюда угловая скорость прецессии \(\Omega_1\): \[\Omega_1 = \frac{\tau}{L\sin\alpha} = \frac{\frac35 GM_EM_SRh_{max}\sin\alpha\cos\alpha/d_{SE}^3}{\frac25 M_ER^2\omega\sin\alpha},\] где использован найденный ранее \(\tau\). После упрощения \[\Omega_1 = \frac32\frac{GM_Sh_{max}}{d_{SE}^3R\omega}\cos\alpha.\] Отсюда период прецессии \[T_1 = \frac{2\pi}{\Omega_1} = \frac{4\pi}{3}\frac{d_{SE}^3R\omega}{GM_Sh_{max}\cos\alpha}.\]

D.2. Подставляя данные, получаем численное значение периода: \(T_1 = 80\,600\) лет.

Часть E.

E.1. Как мы видели в части D, угловая скорость прецессии пропорциональна моменту сил, а момент сил пропорционален величине \(M_S/d_{SE}^3\). При учёте влияния Луны моменты сил Солнца и Луны складываются, поэтому \[\Omega_2 = \frac{M_M/d_{ME}^3 + M_S/d_{SE}^3}{M_S/d_{SE}^3}\,\Omega_1.\] Отсюда получаем аналогичное выражение для периодов: \[\frac{T_2}{T_1} = \frac{M_S/d_{SE}^3}{M_M/d_{ME}^3 + M_S/d_{SE}^3}.\]

E.2. Подставляя данные, получаем \(T_2 = 25\,400\) лет, что довольно близко к значению, полученному в современных наблюдениях.

Подсказка

Для части A сопоставьте магнитный момент и угловой момент тока, создаваемого вращающимся зарядом. Для части C подумайте, как выглядит распределение Больцмана для одного спина в поле \(h\), а затем замените соседние спины их средним значением.

Ответ

A.1) \(\gamma = \dfrac{Q}{2M}\);  A.2) \(\omega_L = -\gamma B\);  A.3) \(J_0 = \dfrac{\mu_0\gamma^2}{4\pi d^3}\);  B.1) \(\vec B_{i,eff} = \dfrac{J}{\gamma}\left(\vec S_{i-1}+\vec S_{i+1}\right)\);  B.2) \(\dfrac{d\vec S_i}{dt} = J\,\vec S_i\times\left(\vec S_{i-1}+\vec S_{i+1}\right)\);  B.3) \(\omega(k) = 2JS\left[1-\cos(ka)\right]\);  B.4) \(m_{eff} = \dfrac{\hbar}{2JSa^2}\);  B.5) \(m_{eff} = \dfrac{\sin(\theta_{in}-\theta_{out})}{\sin(\theta_{in}+\theta_{out})}\,m_n\);  C.1) \(\dfrac{p_\uparrow}{p_\downarrow} = e^{2h/k_BT}\);  C.2) \(\bar s = \tanh\left(\dfrac{h}{k_BT}\right)\);  C.3) \(E_g = -\tilde JN\);  C.4) \(\tilde J_{eff} = \tilde J\bar s\);  C.5) \(\bar s = \tanh\left(\dfrac{\tilde J\bar s}{k_BT}\right)\), \(T_c = \dfrac{\tilde J}{k_B}\);  C.6) \(\bar s = \pm\sqrt{\dfrac{3(T_c-T)}{T_c}}\) (и \(\bar s = 0\));  C.7) при \(T > T_c\) — парамагнетик, при \(T < T_c\) — ферромагнетик.

Решение

Часть A.

A.1. Угловой момент плоского витка, вращающегося вокруг перпендикулярной оси, равен \(\vec L = MR^2\vec\omega\), а ток, создаваемый вращением, \(I = Q/T = \omega Q/2\pi\). Тогда магнитный момент плоского витка \[\vec\mu = IA\hat\omega = \frac{\omega Q}{2\pi}\pi R^2\hat\omega = \frac{Q}{2}R^2\vec\omega.\] Отсюда \(\vec\mu = \dfrac{Q}{2M}\vec L\) и \(\gamma = \dfrac{Q}{2M}\).

A.2. Момент сил, действующий на магнитный диполь во внешнем магнитном поле, равен \[\vec\tau = \vec\mu\times\vec B = \frac{d\vec L}{dt}.\]

Рис. A.2 (к решению).

Поскольку меняться может только составляющая, перпендикулярная \(\vec B\), и она вращается с угловой скоростью \(\omega_L\), пишем \[\Rightarrow L\omega_L\sin\theta = -\mu B\sin\theta,\] откуда \[\omega_L = -\frac{\mu}{L}B = -\gamma B.\] Примечание: уравнение для момента сил можно получить по аналогии со случаем электрического диполя.

A.3. Магнитное поле первого диполя во втором: \[\vec B_{1\to2} = -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\vec\mu_1}{d^3}.\] Тогда \[U = -\vec\mu_2\cdot\vec B_{1\to2} = -\frac{\mu_0}{4\pi d^3}\mu_1\mu_2\cos(\pi-\theta),\] что приводит к \[U = \frac{\mu_0\gamma^2}{4\pi d^3}\vec L_1\cdot\vec L_2,\qquad J_0 \equiv \frac{\mu_0\gamma^2}{4\pi d^3}.\]

Часть B.

B.1. \(i\)-й спин взаимодействует со спинами \(i-1\) и \(i+1\), энергия \(E_i = -J(\vec S_{i-1}+\vec S_{i+1})\cdot\vec S_i\), что аналогично \(E_i = -\vec B_{i}\cdot\vec\mu_i\). Используя \(\vec\mu_i = \gamma\vec S_i\), находим \[\vec B_{i,eff} = \frac{J}{\gamma}\left(\vec S_{i-1} + \vec S_{i+1}\right).\]

B.2. Используя эффективное магнитное поле, \[\frac{d\vec S_i}{dt} = \vec\tau = \vec\mu_i\times\vec B_{i,eff} = J\,\vec S_i\times\left(\vec S_{i-1} + \vec S_{i+1}\right).\]

B.3. Запишем скорости изменения \(x\)- и \(y\)-компонент вектора \(\vec S_i\), учитывая приближение \(S_{i,z}\approx S\) для всех \(i\): \[\frac{dS_{i,x}}{dt} = J\left[S_{i,y}(S_{i-1,z}+S_{i+1,z}) - S_{i,z}(S_{i-1,y}+S_{i+1,y})\right] \approx JS\left(2S_{i,y} - S_{i-1,y} - S_{i+1,y}\right),\] \[\frac{dS_{i,y}}{dt} = J\left[-S_{i,x}(S_{i-1,z}+S_{i+1,z}) - S_{i,z}(S_{i-1,x}+S_{i+1,x})\right] \approx -JS\left(2S_{i,x} - S_{i-1,x} - S_{i+1,x}\right).\] Структура этих уравнений и бегущая волна приводят к анзацу \[S_{i,x} = \delta S\cos(kx-\omega t),\qquad S_{i,y} = \delta S\sin(kx-\omega t),\] где \(\delta S\) — амплитуда. Это даёт \[\omega\,\delta S\sin(kx-\omega t) = JS\,\delta S\left[2\sin(kx-\omega t) - \sin(kx-\omega t-ka) - \sin(kx-\omega t+ka)\right].\] Используя \(\sin A+\sin B = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}\), получаем \[\omega(k) = 2JS\left[1-\cos(ka)\right].\] Примечание: можно показать, что амплитуды для \(S_x\) и \(S_y\) равны. Подстановка с независимыми амплитудами \(\delta S_x\) и \(\delta S_y\) даёт \[\omega\,\delta S_x\sin(kx-\omega t) = JS\,\delta S_y\left[2\sin(kx-\omega t) - \sin(kx-\omega t-ka) - \sin(kx-\omega t+ka)\right],\] \[\omega\,\delta S_y\cos(kx-\omega t) = JS\,\delta S_x\left[2\cos(kx-\omega t) - \cos(kx-\omega t-ka) - \cos(kx-\omega t+ka)\right],\] что может выполняться только при \(\delta S_x = \delta S_y\).

B.4. При малых \(k\) \[\omega(k) \approx 2JS\left(1 - 1 + \frac12(ka)^2\right) = JSa^2k^2.\] Соотношения де Бройля \(E = \hbar\omega\) и \(p = \hbar k\), подставленные в выражение для \(\omega(k)\), дают \[E = \hbar\omega = \frac{JSa^2}{\hbar}\,p^2 \equiv \frac{p^2}{2m_{eff}},\qquad\text{где}\quad m_{eff} \equiv \frac{\hbar}{2JSa^2}.\]

B.5. В этом неупругом рассеянии сохраняются энергия и импульс всей системы (включая цепочку). В частности, спиновая волна не имеет импульса вдоль оси \(y\). Поэтому \[p_{in}\cos\theta_{in} = p_{out}\cos\theta_{out}.\] Комбинируя это с \(E_n = p_n^2/2m_n\) для нейтрона, получаем \[E_{out} = \left(\frac{\cos\theta_{in}}{\cos\theta_{out}}\right)^2 E_{in}.\] Из сохранения энергии энергия спиновой волны \(E_s = E_{in}-E_{out}\), поэтому \[E_s = \frac{\cos^2\theta_{out}-\cos^2\theta_{in}}{\cos^2\theta_{out}}\,E_{in}.\] Сохранение импульса вдоль оси \(x\) даёт \[p_s = p_{in}\sin\theta_{in} - p_{out}\sin\theta_{out} = \sqrt{2m_nE_{in}}\left(\sin\theta_{in} - \frac{\cos\theta_{in}}{\cos\theta_{out}}\sin\theta_{out}\right).\] Из \(m_{eff} = p_s^2/2E_s\) находим \[m_{eff} = \frac{\cos^2\theta_{out}\left(\sin\theta_{in} - \frac{\cos\theta_{in}}{\cos\theta_{out}}\sin\theta_{out}\right)^2}{\cos^2\theta_{out}-\cos^2\theta_{in}}\,m_n,\] что после упрощения дает \[m_{eff} = \frac{\sin^2(\theta_{in}-\theta_{out})}{\cos^2\theta_{out}-\cos^2\theta_{in}}\,m_n = \frac{\sin(\theta_{in}-\theta_{out})}{\sin(\theta_{in}+\theta_{out})}\,m_n.\] Часть C.

C.1. В распределении Больцмана при температуре \(T\) вероятность найти систему в состоянии с энергией \(\varepsilon_i\) равна \(p_i \propto \exp(-\varepsilon_i/k_BT)\). В данном случае вероятность найти спин вверх с энергией \(\varepsilon_\uparrow = -hs_\uparrow = -h\) равна \(p_\uparrow \sim e^{h/k_BT}\). Поэтому \[\frac{p_\uparrow}{p_\downarrow} = \frac{e^{h/k_BT}}{e^{-h/k_BT}} = e^{2h/k_BT}.\] Также условие нормировки \(p_\uparrow + p_\downarrow = 1\). Таким образом, полное решение для \(p_\uparrow\) и \(p_\downarrow\): \[p_\uparrow = \frac{e^{h/k_BT}}{e^{h/k_BT}+e^{-h/k_BT}},\qquad p_\downarrow = \frac{e^{-h/k_BT}}{e^{h/k_BT}+e^{-h/k_BT}}.\]

C.2. Средняя поляризация системы \[\bar s = \frac1N\sum_i s_i = \frac1N\left[Np_\uparrow\cdot 1 + Np_\downarrow\cdot(-1)\right] = p_\uparrow - p_\downarrow,\] где \(Np_\uparrow\) и \(Np_\downarrow\) — числа спинов, направленных вверх и вниз. Подставляя вероятности, получаем \[\bar s = \frac{e^{h/k_BT}-e^{-h/k_BT}}{e^{h/k_BT}+e^{-h/k_BT}} = \tanh\left(\frac{h}{k_BT}\right).\]

Рис. C.2 (к решению): графики \(\bar s\) от \(h/h_o\) для трёх случаев.

C.3. Энергия минимальна, когда все спины выстроены одинаково, поэтому \[E_g = -\tilde J\sum_i 1 = -\tilde J(N-1) \approx -\tilde JN,\] где использовано \(N \gg 1\).

C.4. \[E = -\tilde J\sum_i s_is_{i+1} = -\tilde J\sum_i s_i\bar s = -\tilde J_{eff}\sum_i s_i,\] где введено \(\tilde J_{eff} = \tilde J\bar s\). Использование \(2\bar s\) привело бы к двойному учёту энергии.

C.5. Сравнивая полученное выше соотношение из C.4 с результатом C.2, находим, что средняя поляризация \(\bar s\) должна удовлетворять трансцендентному уравнению \[\bar s = \tanh\left(\frac{\tilde J_{eff}}{k_BT}\right) = \tanh\left(\frac{\tilde J\bar s}{k_BT}\right).\] Из графиков, построенных в C.2, видно, что при \(\tilde J \ll k_BT\) существует только одно простое решение \(\bar s = 0\), тогда как при \(\tilde J \gg k_BT\) существуют два нетривиальных решения. Как показано на рисунке ниже, это пересечение происходит, когда касательная к \(\tanh(\tilde J\bar s/k_BT)\) при \(\bar s = 0\) совпадает с наклоном прямой \(\bar s\): \[\left.\frac{d}{d\bar s}\tanh\left(\frac{\tilde J\bar s}{k_BT_c}\right)\right|_{\bar s=0} = \left.\frac{d}{d\bar s}\bar s\right|_{\bar s=0} \;\Rightarrow\; \left.\frac{\tilde J}{k_BT_c}\frac{1}{\cosh^2(\tilde J\bar s/k_BT_c)}\right|_{\bar s=0} = 1 \;\Rightarrow\; \frac{\tilde J}{k_BT_c} = 1,\] откуда \(T_c = \tilde J/k_B\).

Рис. C.5 (к решению): график \(\bar s\) и \(\tanh(T_c\bar s/T)\) при \(T = T_c\) и \(T < T_c\).

C.6. Вблизи критической температуры средняя поляризация мала, поэтому уравнение можно аппроксимировать как \[\bar s = \tanh\left(\frac{T_c}{T}\bar s\right) \approx \frac{T_c}{T}\bar s - \frac13\left(\frac{T_c}{T}\bar s\right)^3.\] Видим, что \(\bar s = 0\) по-прежнему является решением. Решая при \(\bar s \ne 0\), получаем \[\bar s = \pm\sqrt{3\left[\left(\frac{T}{T_c}\right)^2 - \left(\frac{T}{T_c}\right)^3\right]} = \pm\sqrt{3\left(\frac{T}{T_c}\right)^2\left(1-\frac{T}{T_c}\right)} \approx \pm\sqrt{\frac{3(T_c-T)}{T_c}},\] где использовано \((T/T_c)^2 \approx 1\).

Рис. C.6 (к решению): набросок всех решений \(\bar s\) при \(0 \le T \le 2T_c\).

C.7. При \(T > T_c\) без магнитного поля существует только одно решение \(\bar s = 0\), т. е. система не может поддерживать ненулевую поляризацию. Однако приложение магнитного поля приводит к ненулевой намагниченности, что характерно для **парамагнетиков**. При \(T < T_c\) система может поддерживать намагниченность даже без внешнего магнитного поля, что характерно для **ферромагнетиков**.

Подсказка

Для части A запишите баланс мощностей излучения отдельно для поверхности и для атмосферы. Для части D используйте уравнение Клапейрона–Клаузиуса и закон адиабатического подъёма идеального газа.

Ответ

A.1) \(P_0 = (1-a)\pi R_E^2F_s\);  A.2) \(T_{g0} = \left(\dfrac{(1-a)F_s}{4\sigma}\right)^{1/4} \approx 255\) K;  A.3) \(T_g = \left(\dfrac{1+t_{sw}}{1+t_{lw}}\right)^{1/4}T_{g0} \approx 286\) K;  B.1) \(\omega_d = \sqrt{\dfrac{k(m_A+m_B)}{m_Am_B}}\);  B.2) \(E_p = \hbar\omega_d\);  B.3) \(f - f_0 = \dfrac{v}{c}f_0\);  B.4) \(C = \sqrt{\dfrac{m}{2\pi k_BT}}\);  B.5) \(p_2(f) \propto \exp\left[-\dfrac{mc^2}{2k_BT}\left(\dfrac{f-f_0}{f_0}\right)^2\right]\);  B.6) \(f^\star - f_0 = f_0\sqrt{\dfrac{2k_BT}{mc^2}}\);  C.1) \(\dfrac{dp}{dz} = -\rho g\);  C.2) \(\dfrac{dp}{dz} = -\dfrac{\mu_{air}\,p(z)}{RT(z)}g\);  C.3) \(p(z) = p_0\exp\left(-\dfrac{\mu_{air}}{RT}gz\right)\);  C.4) \(\Gamma_a = \dfrac{\mu_{air}}{c_p}g\);  C.5) \(\dfrac{d^2\delta z}{dt^2} = \dfrac{\Gamma-\Gamma_a}{T}g\,\delta z\), устойчивость при \(\Gamma < \dfrac{\mu_{air}g}{c_p}\), \(\omega = \sqrt{\dfrac{\mu_{air}g/c_p-\Gamma}{T}\,g}\);  D.1) \(\dfrac{dp_s}{dT} = \dfrac{\mu_{H_2O}Lp_s}{RT^2}\);  D.2) \(p_s(T) = p_{so}\exp\left[-\dfrac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\dfrac1T-\dfrac1{T_o}\right)\right]\);  D.3) \(T_l \approx 286{,}8\) К \(\approx 13{,}7\,^\circ\)C;  E.1) \(\delta = \alpha + \arcsin\left\{n\sin\left[\varphi-\arcsin\left(\dfrac{\sin\alpha}{n}\right)\right]\right\} - \varphi\);  E.2) график \(\delta(\alpha)\) по таблице решения;  E.3) \(\approx 21{,}8^\circ\).

Решение

Часть A.

A.1. Площадь поперечного сечения, воспринимающего солнечное излучение (падающее параллельными лучами), равна \(\pi R_E^2\). С учётом того, что поглощается доля \(1-a\) полного падающего излучения, получаем \[P_0 = (1-a)\pi R_E^2F_s.\]

A.2. Абсолютно чёрное тело излучает по закону Стефана–Больцмана \(P_{bd} = \sigma A T^4\), где \(A\) — полная площадь поверхности. В стационарном состоянии \[P_{bd} = P_0 \Rightarrow \sigma(4\pi R_E^2)T_{g0}^4 = (1-a)\pi R_E^2F_s \Rightarrow T_{g0} = \left(\frac{(1-a)F_s}{4\sigma}\right)^{1/4} \approx 255\ \text{K} \approx -18\,^\circ\text{C}.\]

A.3. При наличии атмосферного слоя записываем баланс энергии в двух областях: между поверхностью Земли и атмосферой, и между атмосферой и космосом. Пусть мощность излучения Земли равна \(P_E\), а мощность излучения каждой стороны атмосферы равна \(P_{atmo}\). Тогда \[P_E = P_{atmo} + t_{sw}P_0,\qquad t_{lw}P_E + P_{atmo} = P_0.\] Решая эту систему и используя \(P_E = \sigma(4\pi R_E^2)T_g\), получаем \[T_g = \left(\frac{1+t_{sw}}{1+t_{lw}}\right)^{1/4}T_{g0} \approx 286\ \text{K} \approx 13\,^\circ\text{C}.\]

Часть B.

B.1. Пусть \(\ell_0\) — естественная (нерастянутая) длина пружины, а \(x_A\), \(x_B\) — положения частиц \(A\) и \(B\). Уравнения движения каждой частицы под действием силы пружины: \[\frac{d^2x_A}{dt^2} = +\frac{k}{m_A}(\ell-\ell_0),\qquad \frac{d^2x_B}{dt^2} = -\frac{k}{m_B}(\ell-\ell_0),\] где \(\ell = x_B - x_A\) — мгновенная длина пружины.

Вычитая уравнения, получаем \[\frac{d^2\ell}{dt^2} = -k\left(\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}\right)(\ell-\ell_0).\] Это уравнение движения одной эффективной частицы, прикреплённой к пружине с жёсткостью \(k\) и с приведённой массой \(\mu\): \[\mu = \frac{1}{\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}} = \frac{m_Am_B}{m_A+m_B}.\] Таким образом, система совершает гармонические колебания с угловой частотой \[\omega_d = \sqrt{\frac{k}{\mu}} = \sqrt{\frac{k(m_A+m_B)}{m_Am_B}}.\]

B.2. Разность энергий двух соседних уровней квантового гармонического осциллятора равна \(\hbar\omega\). Поэтому энергия фотона \[E_p = \hbar\omega_d.\]

B.3. Наблюдаемый сдвиг спектральной линии от \(f_0\) обусловлен эффектом Доплера. Когда источник движется к наблюдателю со скоростью \(v\), частота смещается по закону \(f = f_0(1+v/c)\). Таким образом, сдвиг частоты \[f - f_0 = \frac{v}{c}f_0.\]

B.4. Для нахождения нормировочной константы \(C\) требуем, чтобы полная вероятность равнялась единице: \[\int_{-\infty}^{\infty}p(v)\,dv = 1 \;\Rightarrow\; C\int_{-\infty}^{\infty}e^{-mv^2/2k_BT}\,dv = 1.\] Используя приведённую формулу интеграла с \(x = v\) и \(a = m/k_BT\), получаем \[C = \sqrt{\frac{m}{2\pi k_BT}}.\]

B.5. Используя результат B.4, выразим скорость молекулы через частоты \(f\) и \(f_0\): \[v = \frac{f-f_0}{f_0}\,c.\] Подставляем обратно в распределение вероятностей: \[p(f)\propto\exp\left[-\frac{mc^2}{2k_BT}\left(\frac{f-f_0}{f_0}\right)^2\right].\] Это даёт распределение вероятности для наблюдения молекулы, спектральная линия которой доплеровски смещена от \(f_0\) до \(f\).

B.6. Распределение \(p(f)\) имеет гауссов профиль по сдвигу частоты \(f-f_0\). Центр профиля находится в нуле, а профиль спадает до \(1/e\) от максимума, когда аргумент экспоненты равен \(-1\). Это происходит при \[f^\star - f_0 = f_0\sqrt{\frac{2k_BT}{mc^2}}.\] Форма распределения показана на рисунке ниже.

Рис. B.6 (к решению).

Часть C.

C.1. Рассмотрим тонкий горизонтальный слой толщиной \(dz\) и площадью поверхности \(S\). Поскольку воздух находится в гидростатическом равновесии, его вес должен уравновешиваться разностью сил давления: \[p(z)S = p(z+dz)S + \rho(z)gS\,dz.\] Упрощая, получаем \[\frac{dp}{dz} = -\rho(z)g.\] Знак «минус» указывает на уменьшение давления с высотой, как и ожидается.

C.2. Считая воздух идеальным газом, выразим плотность через давление и температуру с помощью уравнения состояния: \[pV = nRT \;\Rightarrow\; p(z)V = \frac{m}{\mu_{air}}RT(z),\qquad \rho(z) = \frac{p(z)\mu_{air}}{RT(z)}.\] Подставляя в выражение из C.1: \[\frac{dp}{dz} = -\frac{\mu_{air}\,p(z)}{RT(z)}\,g.\]

C.3. В изотермической атмосфере \(T(z) = T\) уравнение разделяется: \[\frac{dp}{p} = -\frac{\mu_{air}}{RT}g\,dz.\] Интегрируя с учётом \(p(0) = p_0\): \[\ln\frac{p(z)}{p_0} = -\frac{\mu_{air}}{RT}gz,\qquad\text{т. е.}\qquad p(z) = p_0\exp\left(-\frac{\mu_{air}}{RT}gz\right).\]

C.4. Поскольку малый объём воздуха смещается адиабатически, он должен удовлетворять адиабатическому условию для идеального газа: \(pV^\gamma = \text{const}\), где \(\gamma = c_p/c_V\) — показатель адиабаты, \(c_p\) и \(c_V\) — молярные теплоёмкости при постоянном давлении и постоянном объёме соответственно. Выражая объём через температуру и давление по уравнению состояния идеального газа, получаем \(p^{1-\gamma}T^\gamma = \text{const}\). Дифференцируя по высоте \(z\): \[(1-\gamma)p^{-\gamma}\frac{dp}{dz}\,T^\gamma + \gamma p^{1-\gamma}T^{\gamma-1}\frac{dT}{dz} = 0.\] Упрощая и выражая градиент температуры: \[\frac{dT}{dz} = -\frac{1-\gamma}{\gamma}\frac{T(z)}{p(z)}\frac{dp}{dz}.\] Подставим гидростатический градиент давления из C.2 (в официальном решении ссылка «C.3»; по смыслу это C.2):

\[\frac{dT}{dz} = -\frac{1-\gamma}{\gamma}\frac{T(z)}{p(z)}\left(-\frac{p(z)\mu_{air}}{RT(z)}g\right) = \frac{1-\gamma}{\gamma}\frac{\mu_{air}}{R}g.\] Поскольку \(\gamma = c_p/c_V\), \[\frac{dT}{dz} = \frac{1-c_p/c_V}{c_p/c_V}\frac{\mu_{air}}{R}g = -\frac{\mu_{air}}{c_p}g,\] где использовано \(c_p - c_V = R\). Таким образом, адиабатический градиент температуры \[\Gamma_a = \frac{\mu_{air}}{c_p}g.\] Температура в адиабатической атмосфере убывает с высотой линейно.

C.5. На малый объём воздуха действуют сила тяжести и выталкивающая (архимедова) сила: \[\delta m\,\frac{d^2z}{dt^2} = \rho_a(z)\,g\,\delta V - \delta m\,g,\] где \(\delta m\) — масса объёма, \(\delta V\) — его объём, \(\rho_a\) — плотность окружающего воздуха. Выразим массу через плотность объёма \(\rho_p\): \(\delta m = \rho_p\delta V\). Подставляя и упрощая, \[\frac{d^2z}{dt^2} = \frac{\rho_a(z+\delta z)-\rho_p(z+\delta z)}{\rho_p(z+\delta z)}\,g.\] Считая, что объём имеет то же давление, что и атмосфера на высоте \(z+\delta z\), выражаем плотность через температуру по уравнению состояния идеального газа (\(\rho \propto 1/T\)): \[\frac{d^2z}{dt^2} = \frac{T_p(z+\delta z)-T_a(z+\delta z)}{T_a(z+\delta z)}\,g.\] Выражаем температуру на высоте \(z+\delta z\) через градиенты: \(T(z+\delta z) = T(z)+\Gamma\delta z\) для окружающей атмосферы, а для объёма — \(T(z)-\Gamma_a\delta z\). Тогда \[\frac{d^2z}{dt^2} = \frac{T(z)+\Gamma\delta z - T(z)-\Gamma_a\delta z}{T(z)+\Gamma_a\delta z}\,g.\] Упрощая числитель и пренебрегая бесконечно малым \(\Gamma_a\delta z\) в знаменателе, получаем \[\frac{d^2\delta z}{dt^2} = \frac{\Gamma-\Gamma_a}{T}\,g\,\delta z.\]

Это уравнение гармонического осциллятора с угловой частотой \[\omega = \sqrt{\frac{\Gamma_a-\Gamma}{T}\,g} = \sqrt{\frac{\mu_{air}g/c_p-\Gamma}{T}\,g}.\] Движение устойчиво, если \(\Gamma_a = \mu_{air}g/c_p > \Gamma\).

Часть D.

D.1. Изменение энтропии при фазовом переходе (в данном случае испарении) связано с теплотой парообразования. Если имеется масса \(m\) жидкой воды, то \(Q_{исп} = Lm\), поэтому \[\Delta S = \frac{Lm}{T}.\] Объём пара значительно больше объёма жидкости той же массы, поэтому \(\Delta V \approx V_{пар}\), который находим из уравнения состояния идеального газа: \(V_{пар} = \dfrac{nRT}{p_s(T)}\). Масса связана с числом молей соотношением \(m = \mu_{H_2O}n\), поэтому \[\frac{dp_s}{dT} = \frac{\mu_{H_2O}\,L\,p_s}{RT^2}.\]

D.2. Интегрируя полученное соотношение с разделением переменных, \[\ln\frac{p_s(T)}{p_{so}} = -\frac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\frac1T - \frac1{T_o}\right).\] Заметим, что \(L\) строго говоря зависит от температуры, но мы предполагаем, что \(L\) постоянна в рассматриваемом диапазоне температур. Отсюда \[p_s(T) = p_{so}\exp\left[-\frac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\frac1T-\frac1{T_o}\right)\right].\]

D.3. Образование жидкой воды начинается, когда парциальное давление водяного пара в объёме достигает давления насыщения при данной температуре. Парциальное давление пара \(p_w\) связано с общим давлением \(p\) соотношением \[p_w = \frac{n_{H_2O}}{n_{air}}\,p = \frac{m_{H_2O}/\mu_{H_2O}}{m_{air}/\mu_{air}}\,p = \phi\,\frac{\mu_{air}}{\mu_{H_2O}}\,p.\] Поскольку воздушный объём поднимается адиабатически, \(p^{1-\gamma}T^\gamma = \text{const}\), поэтому \[p(T) = p_i\left(\frac{T}{T_i}\right)^{c_p/R}.\] Следовательно, трансцендентное уравнение, которое нужно решить: \[\phi\,\frac{\mu_{air}}{\mu_{H_2O}}\,p_i\left(\frac{T_l}{T_i}\right)^{c_p/R} = p_{so}\exp\left[-\frac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\frac1{T_l}-\frac1{T_i}\right)\right].\] Перегруппировывая, \[T_l = \frac{1}{\dfrac1{T_i} - \dfrac{R}{\mu_{H_2O}L}\ln\left[\phi\dfrac{\mu_{air}}{\mu_{H_2O}}\dfrac{p_i}{p_{so}}\left(\dfrac{T_l}{T_i}\right)^{c_p/R}\right]}.\] Подставляя числовые значения, \[T_l = \frac{1000\ \text{K}}{3{,}481 - 0{,}4695\,\ln\left(\dfrac{T_l}{290{,}15\ \text{K}}\right)}.\] Решая итерациями, находим \(T_l \approx 286{,}8\) К \(\approx 13{,}7\,^\circ\)C.

Часть E.

E.1. Используя обозначения рис. E, полный угол отклонения \(\delta\) можно записать как сумму отклонений на двух преломлениях: \[\delta = \alpha - \alpha' + \beta - \beta'.\] Рассмотрим треугольник с внутренними углами \(\varphi\), \(90^\circ-\alpha'\) и \(90^\circ-\beta'\). Поскольку их сумма равна \(180^\circ\), имеем \(\varphi = \alpha'+\beta'\), поэтому \[\delta = \alpha + \beta - \varphi.\] Связь между \(\alpha\) и \(\alpha'\) (и аналогично между \(\beta\) и \(\beta'\)) задаётся законом Снеллиуса: \[\frac{\sin\alpha}{\sin\alpha'} = n,\qquad \frac{\sin\beta}{\sin\beta'} = n.\] Выразим \(\beta\) через \(\alpha'\): \(\sin\beta = n\sin\beta' = n\sin(\varphi-\alpha')\). Из закона Снеллиуса \(\alpha' = \arcsin\left(\dfrac{\sin\alpha}{n}\right)\). Таким образом, \[\beta = \arcsin\left\{n\sin\left[\varphi-\arcsin\left(\frac{\sin\alpha}{n}\right)\right]\right\}.\] Окончательно \[\delta = \alpha + \arcsin\left\{n\sin\left[\varphi-\arcsin\left(\frac{\sin\alpha}{n}\right)\right]\right\} - \varphi.\]

Рис. E (к решению).

E.2. Ситуация соответствует случаю из E.1 с \(\varphi = 60^\circ\). Значения \(\delta\) при различных \(\alpha\) (угол падения \(\alpha\) — угол отклонения \(\delta\)): \(20^\circ\) — \(27{,}5^\circ\); \(25^\circ\) — \(24{,}6^\circ\); \(30^\circ\) — \(23{,}0^\circ\); \(35^\circ\) — \(22{,}2^\circ\); \(40^\circ\) — \(21{,}8^\circ\); \(45^\circ\) — \(22{,}0^\circ\); \(50^\circ\) — \(22{,}5^\circ\); \(55^\circ\) — \(23{,}4^\circ\); \(60^\circ\) — \(24{,}7^\circ\); \(65^\circ\) — \(26{,}5^\circ\); \(70^\circ\) — \(28{,}7^\circ\). График \(\delta(\alpha)\) — ниже; \(\delta\) имеет локальный минимум.

Рис. E.2 (к решению): график \(\delta(\alpha)\).

E.3. Минимальное значение \(\delta\) составляет около \(21{,}8^\circ\), поэтому именно под этим углом относительно направления на Солнце гало появляется наиболее ярким.