Белорусская, 2001/02, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Стакан должен не дойти до края стола за время, пока платок выдёргивается. Проверьте также, что он успевает соскользнуть с платка, и выберите более сильное из двух условий.

Ответ

\(v_{\min}=l\sqrt{\dfrac{\mu g}{2x}}\).

Решение

Трюк не удастся, если стакан упадет со стола. Для успеха необходимо, чтобы за время движения платка стакан не успел достичь края стола. Платок движется с постоянной скоростью \(v_{0}\), следовательно время его движения \(t=\frac{l}{v_{0}}\). Стакан движется под действием силы трения, поэтому если скорость стакана меньше скорости платка, то он будет двигаться с постоянным ускорением \(a=\mu g\). Чтобы он не достиг края стола должно выполняться условие

\[\frac{a t^{2}}{2}=\frac{\mu g l^{2}}{2 v_{0}^{2}} < x\tag{1}\]

из которого следует

\[v_{0}>\sqrt{\frac{\mu g l^{2}}{2 x}} .\tag{2}\]

Кроме того, стакан за время движения не должен достичь скорости платка - в противном случае он будет двигаться с постоянной скоростью и упадет со стола. Обозначим \(t_{1}\) - время, за

которое стакан достигнет скорости платка. Это время легко определить из закона равноускоренного движения стакана

\[a t_{1}=\mu g t_{1}=v_{0} ; \quad \Rightarrow \quad t_{1}=\frac{v_{0}}{\mu g} .\tag{3}\]

За это время стакан должен успеть соскочить с платка, что произойдет, если разность смещений платка и стакана будет меньше длины части платка за стаканом

\[v_{0} t_{1}-\frac{\mu g t_{1}^{2}}{2} < l-x .\tag{4}\]

Из соотношений (3)-(4) находим еще одно условие, налагаемое на скорость платка:

\[v_{0}>\sqrt{2 \mu g(l-x)} .\tag{5}\]

Так как одновременно должны выполняться неравенства (2) и (5), следует выбрать большую из скоростей, задаваемых этими неравенствами. Определим при каких значениях \(x\) следует выбрать неравенство (2), для чего рассмотрим неравенство

\[\sqrt{\frac{\mu g l^{2}}{2 x}}>\sqrt{2 \mu g(l-x)} .\]

Путем очевидной цепочки преобразований эта неравенство приводится к виду

\[l^{2}-4 l x+4 x^{2}=(l-2 x)^{2} \geq 0 .\]

Из которого следует, что при выполнении неравенства (2) будет выполняться и неравенство (4). Таким образом окончательный ответ задачи: скорость платка должна удовлетворять неравенству (2).

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

Подсказка

По закону Генри растворённое количество газа пропорционально давлению. Запишите уравнение Менделеева–Клапейрона для оставшегося под поршнем газа: получится линейная связь между \(m\) и \(mh\).

Ответ

\(m=\dfrac{m_0m_1(h_0-h_1)}{m_0h_0-m_1h_1}\).

Решение

Давление газа, находящегося между жидкостью и поршнем, пропорционально массе последнего \(P=\frac{m g}{S}\), где \(S\) - площадь поперечного сечения сосуда. По закону Генри, количество углекислого газа, расстворенного в воде, пропорциально этому давлению \(\nu_{s}=\alpha V P\) (где \(V\) - объем жидкости в сосуде), следовательно, количество газа между поршнем и жидкостью зависит от давления по закону \(\nu=\nu_{0}-\alpha V P\), где \(\nu_{0}\) - общее количество углекислого газа в сосуде. Записывая уравнение Менделеева-Клапейрона для газа в свободном состоянии

\[\frac{m g}{S} h S=\left(\nu_{0}-\alpha V \frac{m g}{S}\right) R T,\tag{1}\]

видим, что масса поршня и высота столба газа связаны соотношением

\[m h = a - b m ,\tag{2}\]

где \(a, b\) - некоторые постоянные величины, которые легко выразить через заданные в условии данные

\[\begin{cases} m_0 h_0 = a - b m_0 \\ m_1 h_1 = a - b m_1 \end{cases} \Rightarrow a = \frac{m_1 m_0}{m_1 - m_0} (h_0 - h_1); \quad b = \frac{m_0 h_0 - m_1 h_1}{m_1 - m_0}.\]

Поршень достигнет жидкости (весь газ расстворится в воде), при массе поршня

\[m = \frac{a}{b} = \frac{m_1 m_0 (h_0 - h_1)}{m_0 h_0 - m_1 h_1}.\tag{3}\]

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

Подсказка

Разложите модулированный сигнал на сумму трёх гармоник с частотами \(\omega_0\), \(\omega_0\pm\omega_1\). Каждая бежит со своей скоростью; сложите их обратно в произведение и найдите, как движется фаза огибающей.

Ответ

\(c=\dfrac{c_0}{1+\gamma\omega_0/c_0}\approx c_0-\gamma\omega_0\).

Решение

Представим сигнал в виде суммы трех гармонических составляющих

\[E = E_0 \cos \omega_0 t (1 + a \cos \omega_1 t) =\]

\[= E_0 \cos \omega_0 t + \frac{a E_0}{2} \cos (\omega_0 - \omega_1) t + \frac{a E_0}{2} \cos (\omega_0 + \omega_1) t.\tag{1}\]

Распространение монохроматической волны в пространстве вдоль оси \(x\) описывается функцией

\[E(t, x) = E_0 \cos \left( \omega t - \frac{2\pi}{\lambda} x \right) = E_0 \cos \left( \omega t - \frac{\omega}{c} x \right),\tag{2}\]

где \(c\) - скорость распространения волны с частотой \(\omega\). Применим эту формулу к сигналу (1), учитывая формулу для скорости распространения волн

\[E(t, x) = E_0 \cos \left( \omega_0 t - \frac{\omega_0}{c_0} x \right) +\]

\[+ \frac{a E_0}{2} \cos \left( (\omega_0 - \omega_1) t - \frac{(\omega_0 - \omega_1) x}{c_0 + \gamma \omega_1} \right) + \frac{a E_0}{2} \cos \left( (\omega_0 + \omega_1) t - \frac{(\omega_0 + \omega_1) x}{c_0 - \gamma \omega_1} \right)\]

Далее упростим это выражение, используя малость величин \(\frac{\omega_1}{\omega_0}, \frac{\gamma \omega_1}{c_0} \ll 1\). Тогда

\[\frac{(\omega_0 - \omega_1) x}{c_0 + \gamma \omega_1} = \frac{x \omega_0}{c_0} \cdot \frac{1 - \frac{\omega_1}{\omega_0}}{1 + \gamma \frac{\omega_1}{c_0}} \approx \frac{x \omega_0}{c_0} \left( 1 - \frac{\omega_1}{\omega_0} - \gamma \frac{\omega_1}{c_0} \right);\]

\[\frac{(\omega_0 + \omega_1) x}{c_0 - \gamma \omega_1} \approx \frac{x \omega_0}{c_0} \left( 1 + \frac{\omega_1}{\omega_0} + \gamma \frac{\omega_1}{c_0} \right);\]

Воспользуемся теперь обратным преобразованием от суммы косинусов к их произведению

\[E ( t , x ) = E _ { 0 } \, c o s \left( \omega _ { 0 } t - \frac { \omega _ { 0 } } { c _ { 0 } } x \right) \left( 1 + a \, c o s \left( \omega _ { 1 } t - \frac { \omega _ { 0 } } { c _ { 0 } } x \left( \frac { \omega _ { 1 } } { \omega _ { 0 } } + \gamma \frac { \omega _ { 1 } } { c _ { 0 } } \right) \right) \right) .\]

Скорость распространения сигнала можно найти из условия постоянства фазы (полагая ее равной, например, нулю). Окончательно получаем, что искомая скорость распространения огибающей (полезного сигнала)

\[c = { \frac { x } { t } } = { \frac { \omega _ { 1 } } { \displaystyle { \frac { \omega _ { 0 } } { c _ { 0 } } } \left( { \frac { \omega _ { 1 } } { \omega _ { 0 } } } + \gamma { \frac { \omega _ { 1 } } { c _ { 0 } } } \right) } } = { \frac { c _ { 0 } } { 1 + \gamma \displaystyle { \frac { \omega _ { 0 } } { c _ { 0 } } } } } \approx c _ { 0 } \left( 1 - \gamma \displaystyle { \frac { \omega _ { 0 } } { c _ { 0 } } } \right) .\]

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

Подсказка

Только атомы, у которых доплеровский сдвиг компенсирует отстройку частоты, поглощают свет и возбуждаются. Возбуждённые атомы «выбывают» из дрейфа из-за малой длины пробега, и остальные получают противоположную им среднюю скорость.

Ответ

4.1) \(r_n=\dfrac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2}\,n^2\); \(r_1\approx5{,}3\cdot10^{-11}\) м, \(r_2\approx2{,}1\cdot10^{-10}\) м, \(r_{1000}\approx5\cdot10^{-5}\) м;  4.2) \(\Lambda\approx\dfrac{kT}{\pi(r_1+r_0)^2p}\approx2\cdot10^{-6}\) м, при переходе в первое возбуждённое состояние уменьшается примерно в 4 раза;  4.3) \(\nu_0\approx2{,}4\cdot10^{15}\ \text{с}^{-1}\);  4.5) \(V^*=c\,\dfrac{\Delta\nu}{\nu_0}\approx1{,}3\cdot10^3\) м/с;  4.6) \(f\,\delta V\approx0{,}009\), доля возбуждённых атомов \(\xi\approx9\cdot10^{-5}\);  4.7) \(V_{\text{др}}=-\xi V^*\approx-0{,}1\) м/с (против скорости поглощающих атомов);  4.8) \(V_{\text{др}}\approx-\eta\,\delta V\,c\,\dfrac{\Delta\nu}{\nu_0}\,f\!\left(c\,\dfrac{\Delta\nu}{\nu_0}\right)\), график \(\propto -xf(x)\).

Решение

Тема этой задачи предложена студентом 1 курса физического факультета БГУ Юрием Дежко.

4.1. Записывая уравнение динамики для движения электрона (все обозначения стандартные)

\[\frac { m v ^ { 2 } } { r } = \frac { e ^ { 2 } } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r ^ { 2 } }\tag{1}\]

и правило квантования \(m r v = n \hbar\), находим радиусы боровских орбит

\[r _ { n } = { \frac { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } \hbar ^ { 2 } } { m e ^ { 2 } } } n ^ { 2 } = r _ { 1 } n ^ { 2 } .\tag{2}\]

где \(r _ { 1 } \approx 5 { , } 3 \cdot 1 0 ^ { - 1 1 } \, \text{м}\) - радиус первой боровской орбиты. В первом возбужденном состоянии \(r _ { 2 } \approx 2 { , } 1 \cdot 1 0 ^ { - 1 0 } \, \text{м}\), для \(n = 1 0 0 0\) \(r \approx 5 \cdot 1 0 ^ { - 5 } \, \text{м}\), то есть порядка \(0 { , } 0 5 \, \text{мм}\).

4.2 Оценку длины свободного пробега \(\varLambda\) можно получить путем следующих рассуждений: в цилиндре длиной \(\varLambda\) и радиусом \((r _ { 1 } + r _ { 0 })\)

(где \(r _ { 1 }, r _ { 0 }\) - радиусы атомов водорода и гелия), в среднем должен находится один атом гелия, поэтому

\[\pi ( r _ { 1 } + r _ { 0 } ) ^ { 2 } \varLambda \gamma = 1 ,\]

где \(\gamma\) - концентрация атомов гелия. Из этого соотношения находим

\[\varLambda \approx \frac { 1 } { \pi ( r _ { 1 } + r _ { 0 } ) ^ { 2 } \gamma } .\tag{3}\]

Концентрацию молекул гелия найдем из уравнения состояния идеального газа

\[p = \gamma k T ,\]

\(k\) - постоянная Больцмана. Таким образом, получаем окончательную формулу для оценки длины свободного пробега

\[\Lambda \approx \frac { k T } { \pi { \left( r _ { 1 } + r _ { 0 } \right) } ^ { 2 } p } .\tag{4}\]

Численная оценка длины свободного пробега для атома водорода в заданных условиях \(\Lambda \approx 2 \cdot 1 0 ^ { - 6 } \, \text{м}\). При переходе в первое возбужденное состояние \((n = 2)\) радиус атома водорода возрастает в 4 раза поэтому длина свободного пробега уменьшается в

\[\frac { \Lambda _ { 1 } } { \Lambda _ { 2 } } = \frac { ( 4 r _ { 1 } + r _ { 0 } ) ^ { 2 } } { ( r _ { 1 } + r _ { 0 } ) ^ { 2 } } \approx 4 \text{ раза.}\]

4.3 Частота излуения определяется разностью энергий состояний, между которыми происходит переход

\[\nu = \frac { E _ { 1 } - E _ { 2 } } { h } ,\tag{5}\]

где \(h\) - постоянная Планка. Энергии состояний могут быть вычисленны по формуле

\[E _ { n } = \frac { m v _ { n } ^ { 2 } } { 2 } - \frac { e ^ { 2 } } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } r _ { n } } = - \frac { m e ^ { 4 } } { 2 ( 4 \pi \varepsilon _ { 0 } ) ^ { 2 } \hbar ^ { 2 } } \cdot \frac { 1 } { n ^ { 2 } } ,\tag{6}\]

которая следует из теории Бора. Таким образом, искомая частота излучения

\[\nu _ { 0 } = \nu _ { 1 \to 2 } = \frac { m e ^ { 4 } } { ( 4 \pi \varepsilon _ { 0 } ) ^ { 2 } 4 \pi \hbar ^ { 3 } } \left( \frac { 1 } { 1 ^ { 2 } } - \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } \right) \approx 2{,}4 \cdot 1 0 ^ { 1 5 } \, c ^ { - 1 } .\]

4.4 При движении приемника навстречу волне, одна длина волны \(\lambda\) (которая связана с частотой соотношением \(\lambda = \frac { c } { \nu _ { 0 } }\)) пройдет через приемник за время \(\tau = \frac { \lambda } { c + V }\). Понятно, что это время является периодом колебаний, вопринимаемым источником, поэтому воспринимаемая частота может быть рассчитана по формуле

\[\nu = \frac { 1 } { \tau } = \frac { \nu _ { 0 } } { c } ( c + V ) = \nu _ { 0 } \left( 1 + \frac { V } { c } \right) .\tag{7}\]

4.5 Из формулы (7) следует, что доплеровский сдвиг частоты равен \(\Delta \nu = \nu _ { 0 } \frac { V } { c }\). Такой сдвиг достигается при скорости

\[V ^ { * } = c \frac { \Delta \nu } { \nu _ { 0 } } \approx 1{,}3 \cdot 1 0 ^ { 3 } \, \frac { \text{м}}{c} .\]

4.6 Ширине линии поглощения \(\delta \nu\) соответствует интервал скоростей

\[\delta V = c \frac { \delta \nu } { \nu _ { 0 } } \approx 5 0 \frac { \mathcal { M } } { c } .\]

Из приведенного графика найдем значение

функции распределения для скорости \(V ^ { * } = 1 { , } 3 \cdot 1 0 ^ { 3 } \, \frac { \mathcal { M } } { c }\) :

\[f \approx 0 { , } 1 8 \cdot 1 0 ^ { - 3 } \bigg ( \frac { \mathcal { M } } { c } \bigg ) ^ { - 1 } .\]

Поэтому доля молекул, которые могут поглотить падающее излучение равна \(f \delta V \approx 0 { , } 0 0 9\) (т.е. около \(1 \%\) ), учитывая вероятность поглощения, найдем долю возбужденных молекул \(\xi = \eta f \left( V ^ { * } \right) \delta V \approx 9 \cdot 1 0 ^ { - 5 }\)

4.7 При оговоренных приближениях, следует считать, что возбужденные атомы сразу останавливаются. Выделим эту группу атомов (они имеют скорости мало отличающиеся от величины \(V ^ { * } = c \frac { \Delta \nu } { \nu _ { 0 } } \approx 1 { , } 3 \cdot 1 0 ^ { 3 } \, \frac { \mathcal { M } } { c }\) ), обозначим их число \(\delta N = \xi N\) . Средняя скорость остальных молекул (их число \(N - \delta N\) практически равно полному числу молекул) и будет равна скорости дрейфа \(V _ { \partial p . }\) . При отсутствии возбуждения средняя скорость смещения равна нулю, поэтому выполняется соотношение

\[N V _ { \partial p . } + \delta N V ^ { * } = 0 \, .\]

Отсюда находим среднюю скорость дрейфа \(V _ { \partial p } = - \frac { \delta N } { N } V ^ { * } = - \xi V ^ { * } \approx - 0 { , } 1 \frac { \mathcal { M } } { c }\) . Знак минус указывает, что дрейф направлен в сторону, противоположную скорости атомов, поглощающих свет.

4.8 Из предыдущих разделов следует, что сорость определяется формулой

\[V _ { \partial p } = - \eta f \left( V ^ { * } \right) \delta V \cdot V ^ { * } ,\]

где \(V ^ { * } = c \frac { \Delta \nu } { \nu _ { 0 } }\) - скорость атомов, для которых падающее излучение является резонансным, поэтому

\[V _ { \partial p } \approx - \eta \delta V c \frac { \Delta \nu } { \nu _ { 0 } } f \left( c \frac { \Delta \nu } { \nu _ { 0 } } \right) .\]

Положительным считается направление, противоположное направлению падающего света. Схематический график этой зависимости имеет вид \(-xf(x)\) и показан на рисунке.

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