Белорусская, 2006/07, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Интерферометр Фабри — Перо: пропускание зависит от набега фазы, а он — от выходной интенсивности, поэтому удобно выразить \(I_{\text{ВХ}}\) через \(I_{\text{ВЫХ}}\) и построить обратную зависимость; часть ветвей неустойчива. Ракета в пыли: импульс сохраняется при слипании.

Ответ

1.1) график \(I_{\text{ВЫХ}}(I_{\text{ВХ}})\) с гистерезисом: два устойчивых значения на одном интервале входной интенсивности, неустойчивая ветвь реализуется; 1.2) \(\upsilon=\dfrac{m\upsilon_0}{m+\rho SL}\), \(t=\dfrac{L}{\upsilon_0}\left(1+\dfrac{\rho SL}{2m}\right)\).

Решение

1.1 «Оптическая бистабильность». Набег фазы при однократном прохождении \(\psi=2\pi nL/\lambda\). Показатель преломления зависит от интенсивности, поэтому \[I_{\text{ВХ}}=I_{\text{ВЫХ}}\left[1+\frac{4R}{(1-R)^2}\sin^2\!\left(\frac{2\pi L}{\lambda}\bigl(n_0+\gamma I_{\text{ВЫХ}}\bigr)\right)\right].\] Решать это уравнение относительно \(I_{\text{ВЫХ}}\) трудно, но для графика достаточно вычислять \(I_{\text{ВХ}}\) как функцию \(I_{\text{ВЫХ}}\) и построить обратную зависимость. Получаем кривую, на которой одному значению \(I_{\text{ВХ}}\) в некотором интервале отвечают три значения \(I_{\text{ВЫХ}}\). Средний участок неустойчив: малое увеличение \(I_{\text{ВХ}}\) уменьшает пропускание, а значит, и \(I_{\text{ВЫХ}}\), и так далее. Устойчивы два крайних участка, поэтому при увеличении \(I_{\text{ВХ}}\) выходная интенсивность идёт по нижней ветви, а затем скачком переходит на верхнюю; при уменьшении \(I_{\text{ВХ}}\) скачок происходит при другом значении. Возникает бистабильность (гистерезис): значение \(I_{\text{ВЫХ}}\) зависит от направления изменения \(I_{\text{ВХ}}\).

1.2 «Грязный космос». Пусть ракета прошла в облаке путь \(x\); она захватила массу пыли \(\rho Sx\). По закону сохранения импульса \[m\upsilon_0=(m+\rho Sx)\,\upsilon(x).\] На выходе, при \(x=L\), \[\upsilon=\frac{m\upsilon_0}{m+\rho SL}.\] Время пролёта: \(dt=dx/\upsilon=\dfrac{1}{\upsilon_0}\left(1+\dfrac{\rho S x}{m}\right)dx\), поэтому \[t=\int_0^L\frac{dx}{\upsilon}=\frac{L}{\upsilon_0}\left(1+\frac{\rho SL}{2m}\right).\] Это же можно получить без интегрирования как площадь трапеции под графиком \(1/\upsilon\) от \(x\).

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

Подсказка

Мощность, принятая Землёй, равна мощности её собственного излучения. Для сезонных колебаний запишите уравнение теплового баланса слоя воды, линеаризуйте \(T^4\) и ищите решение в виде косинуса со сдвигом фазы. Атмосфера пропускает свет Солнца, но частично задерживает излучение Земли.

Ответ

2.1) \(\Phi_0=1380\) Вт/м\(^2\), \(T_{\text{З}}=279\) К; 2.2.1) \(\Omega=1{,}99\cdot10^{-7}\) с\(^{-1}\), \(A=345\) Вт/м\(^2\), \(B=138\) Вт/м\(^2\); 2.2.2) \(T=T_0+T_1\cos(\Omega t-\varphi)\), \(T_0=279\) К, \(T_1=21{,}4\) К, \(\varphi=40{,}3^\circ\); 2.2.4) \(\tau\approx 41\) сутки; 2.3.1) \(A_0\approx0\), \(A_1=0{,}25\); 2.3.2) \(T_{\text{З}}\approx 289\) К; 2.4.1) \(T_{\text{З}}\approx 285\) К.

Решение

2.1. «Средняя температура» Единица площади Солнца, как абсолютно черного тела, по закону Стефана-Больцмана излучает мощность \(\sigma T_{C}^{4}\). Со всей поверхности Солнца излучается мощность

\[P_{C} = 4\pi R_{C}^{2} \sigma T_{C}^{4},\tag{1}\]

причем при распространении в пустом пространстве эта мощность остается постоянной

\[\Phi_{0} 4\pi L^{2} = P_{C} = const.\tag{2}\]

Поток солнечного излучения на земной орбите (и вблизи поверхности Земли) равен

\[\Phi_{0} = \sigma T_{C}^{4} \left( \frac{R_{C}}{L} \right)^{2},\tag{3}\]

\[\Phi_{0} = 1380 \, \text{Вт} / \text{м}^{2}.\tag{4}\]

Глядя из центра Солнца, земной шар виден, как круг радиусом \(R_{\text{З}}\). На Землю попадает излучение Солнца в пределах этого круга. Падающая

на Землю мощность равна

\[P_{\text{пад}} = \pi R_{\text{З}}^{2} \Phi_{0}.\tag{5}\]

Земля, как абсолютно черное тело (по условию) излучает в окружающее пространство мощность

\[P_{\text{изл}} = 4\pi R_{\text{З}}^{2} \sigma T_{\text{З}}^{4}.\tag{6}\]

Условие баланса энергии

\[P_{\text{пад}} = P_{\text{изл}}.\tag{7}\]

\[T_{\text{З}} = T_{C} \sqrt{\frac{R_{C}}{2L}},\tag{8}\]

\[T_{\text{З}} = 279 \, \text{К}.\tag{9}\]

2. «Весна, лето, осень, зима и снова весна»

Мощность солнечного излучения, падающего на северное полушарие, равна произведению потока излучения \(\Phi_{0}\) на площадь проекции северного полушария (так, как оно видно с Солнца)

\[P = \Phi_{0} S_{\text{пр}}.\tag{10}\]

Из-за того, что ось Земли наклонена к плоскости земной орбиты под углом \(\theta = 66{,}5^{\circ}\), экватор в проекции виден как дуга эллипса. Только в дни осеннего и весеннего равноденствия экватор виден в проекции, как отрезок прямой. Площадь проекции северного полушария изменяется по достаточно сложному закону, но в данной задаче использовано приближение \(S_{\text{пр}} = S_{0} + S_{1} \cos \Omega t\). Очевидно, что угловая частота \(\Omega\) совпадает с угловой скоростью движения Земли вокруг Солнца

\[\Omega = \frac{2\pi}{t_{\text{З}}} = 1{,}72 \cdot 10^{-2} \, \text{суток}^{-1} = 1{,}99 \cdot 10^{-7} \, \text{с}^{-1}.\tag{11}\]

Для оценки постоянных \(A\) и \(B\) можно воспользоваться значением площади проекции северного полушария в самый длинный день

\[S_{\text{max}} = \frac{\pi R_{\text{З}}^{2} + \pi R_{\text{З}}^{2} \cos \theta}{2} = \frac{\pi R_{\text{З}}^{2}}{2} (1 + \cos \theta)\tag{12}\]

и площади проекции в самый короткий день

\[S_{\min} = \frac{\pi R_3^2 - \pi R_3^2 \cos \theta}{2} = \frac{\pi R_3^2}{2} (1 - \cos \theta)\tag{13}\]

Принцип отыскания площади проекции северного полушария понятен из рисунка и не требует специальных комментариев. Максимальная мощность, падающая на северное полушарие, равна

\[P_{\max} = \Phi_0 \frac{\pi R_3^2}{2} (1 + \cos \theta) = 2 \pi R_3^2 (A + B)\tag{14}\]

а минимальная

\[P_{\min} = \Phi_0 \frac{\pi R_3^2}{2} (1 - \cos \theta) = 2 \pi R_3^2 (A - B)\tag{15}\]

Отсюда постоянные \(A\) и \(B\) равны

\[A = \Phi_0 / 4 = 345 \, \text{Вт} / \text{м}^2\tag{16}\]

\[B = (\Phi_0 \cos \theta) / 4 = 138 \, \text{Вт} / \text{м}^2\tag{17}\]

Солнечная энергия, падающая на северное полушарие от Солнца, идет на нагрев воды, покрывающей земной шар и на компенсацию потерь энергии, излучаемой Землей в космическое пространство. Энергетический баланс за время \(dt\)

\[2 \pi R_3^2 h \rho c \cdot dT + 2 \pi R_3^2 \sigma T^4 dt = 2 \pi R_3^2 (A + B \cos \Omega t) dt\tag{18}\]

\[h \rho c \frac{dT}{dt} + \sigma T^4 = (A + B \cos \Omega t)\tag{19}\]

Полученное уравнение – нелинейное неоднородное дифференциальное уравнение. В общем случае решать его достаточно сложно. Но в данной задаче логично предположить, что температура будет изменяться по закону

\[T(t) = T_0 + T_1 \cos(\Omega t - \varphi)\tag{20}\]

причем

\[T_1 < T_0\tag{21}\]

Решение стоит искать в таком виде потому, что раз вынуждающая сила (правая часть уравнения (19)) гармонически изменяется во времени, то и решение будет изменяться гармонически. В данной задаче рассматривается модель климата Земли, поэтому амплитуда колебаний температуры \(T_1\) намного меньше средней температуры \(T_0\). Отличная от нуля теплоемкость земной поверхности вызывает отставание колебаний температуры по фазе от колебаний падающего потока энергии, что и выражается слагаемым \(-\varphi\) под косинусом. Итак, необходимо найти постоянные \(T_0, T_1, \varphi\). Для этого подставим предполагаемое решение (20) в уравнение (19):

\[-h \rho c \Omega T_1 \sin(\Omega t - \varphi) + \sigma (T_0 + T_1 \cos(\Omega t - \varphi))^4 = (A + B \cos \Omega t)\tag{22}\]

Поскольку \(T_1 \ll T_0\) (правда, это надо проверить после того, как мы найдем \(T_0\) и \(T_1\)) можно воспользоваться формулой приближенных вычислений \((1 + \xi)^n \approx 1 + n \xi\):

\[(T_0 + T_1 \cos(\Omega t - \varphi))^4 = T_0^4 (1 + T_1 / T_0 \cos(\Omega t - \varphi))^4 \approx T_0^4 (1 + 4 T_1 / T_0 \cos(\Omega t - \varphi))\tag{23}\]

и ещё раскроем \(\sin(\Omega t - \varphi)\) и \(\cos(\Omega t - \varphi)\)

\[\sin(\Omega t - \varphi) = \sin \Omega t \cos \varphi - \cos \Omega t \sin \varphi\tag{24}\]

\[\cos(\Omega t - \varphi) = \cos \Omega t \cos \varphi + \sin \Omega t \sin \varphi\tag{25}\]

\[-h \rho c \Omega T_1 \sin \Omega t \cos \varphi + h \rho c \Omega T_1 \cos \Omega t \sin \varphi + \sigma T_0^4 +\]

\[+ 4 \sigma T_0^3 T_1 \cos \Omega t \cos \varphi + 4 \sigma T_0^3 T_1 \sin \Omega t \sin \varphi = A + B \cos \Omega t\tag{26}\]

Синус и косинус изменяются независимо друг от друга во времени. Чтобы равенство (26) выполнялось в любой момент времени, необходимо, чтобы

\[\sigma T_{0}^{4} - A = 0 \, ,\tag{27}\]

\[h \rho c \Omega T_{1} \sin \varphi + 4 \sigma T_{0}^{3} T_{1} \cos \varphi = B \, ,\tag{28}\]

\[- h \rho c \Omega T_{1} \cos \varphi + 4 \sigma T_{0}^{3} T_{1} \sin \varphi = 0 \, .\tag{29}\]

Итак, получилась система из трех уравнений с тремя неизвестными. Из (28) находим постоянную \(T_{0}\)

\[T_{0} = \sqrt[4]{A / \sigma} = 279 \text{К} \, .\tag{30}\]

Из (28) находим фазу \(\varphi\)

\[\operatorname{tg} \varphi = \frac{\sin \varphi}{\cos \varphi} = \frac{h \rho c \Omega}{4 \sigma T_{0}^{3}} \, ,\tag{31}\]

\[\varphi = \operatorname{arctg} \left( \frac{h \rho c \Omega}{4 \sigma T_{0}^{3}} \right) = 40{,}3^{\circ} \, ,\tag{32}\]

что соответствует задержке по времени на

\[\tau = \frac{40{,}3^{\circ}}{360^{\circ}} 365{,}25 \text{ суток} \approx 41 \text{ сутки}\tag{33}\]

Это значит, что самый теплый день наступает на 41 день позже самого длинного. Именно поэтому июль теплее, чем июнь, несмотря на то, что больше всего солнечной энергии поступает на северное полушарие именно в июне.

Для определения постоянной \(T_{1}\) можно подставить \(\varphi\) в уравнение (28), а можно возвести (28) и (29) в квадрат и сложить, тогда получим:

\[T_{1} = \frac{B}{\sqrt{(h \rho c \Omega)^{2} + (4 \sigma T_{0}^{3})^{2}}} = 21{,}4 \text{К} \, .\tag{34}\]

Как видно, \(T_{1} / T_{0} \approx 0{,}077\), поэтому исходное предположение (21) верно и можно пользоваться формулой приближенных вычислений (23).

3. «Парниковый эффект»

Солнце и Земля излучают, как абсолютно черное тело. Но температура поверхности Солнца \(T_{\text{С}} = 5800 K\), а температура поверхности Земли (см. п. 1) \(T_{\text{З}} = 279 K\), поэтому максимум спектра излучения Солнца и Земли приходится на разные длины волн: для Солнца - \(500 \text{нм}\), а для Земли - \(10{,}4 \text{мкм}\).

Поскольку атмосфера Земли поглощает излучение с длинами волн от \(8{,}0 \text{мкм}\) до \(12{,}0 \text{мкм}\), то излучение поверхности Земли будет поглощаться атмосферой гораздо сильнее, чем излучение Солнца. Это значит, что атмосфера будет служить для Земли «шубой», затрудняя отвод тепла во внешнее пространство, и температура поверхности Земли с атмосферой будет больше, чем в случае Земли без атмосферы.

На графике представлены спектры излучения Солнца и Земли, причем в разных масштабах, что понятно – ведь вся излучаемая интенсивность (а это площадь под графиком) по закону Стефана-Больцмана

\[I = \sigma T^{4} \, ,\tag{35}\]

и у Солнца приблизительно в \(2 \cdot 10^{5}\) раз больше, чем у Земли.

Интегральную интенсивность излучения Солнца и Земли находим

по формуле (35) (см. таблицу 1).

Интенсивность, приходящуюся на интервал длин волн, поглощаемых атмосферой, находим по приближенной формуле, приведенной в условии. Значение функции берем в середине интервала длин волн \(\lambda_0 = 10{,}0\,\text{мкм}\).

\[I_{\text{погл}} = \frac{2\pi h c^2}{\lambda_0^5} \frac{1}{e^{\frac{hc}{kT\lambda_0}} - 1} (\lambda_{\max} - \lambda_{\min}).\tag{36}\]

В таблице 1 представлены значения полной интенсивности, излучаемой Землей и Солнцем, значения поглощаемой интенсивности (по приближенной формуле и точно посчитанные при помощи ЭВМ) и коэффициент поглощения \(A = I_{\text{погл}} / I\). Как видно, приближенные значения \(I_{\text{погл}}\) незначительно отличаются от точных.

Доля поглощаемого излучения Солнца \(A_0\) мала, поэтому можно говорить, что атмосфера вовсе не поглощает солнечное излучение \(A_0 \approx 0\) (37). Для Земли же поглощение составляет \(A_1 = 0{,}250\) (38).

Для нахождения температуры земной поверхности необходимо рассмотреть баланс падающей и излучаемой энергии, схематически показанный на рисунке.

На земную поверхность падает солнечное излучение мощностью

\[P_0 = \sigma T_C^4 \left( \frac{R_C}{L} \right)^2 \pi R_3^2,\tag{39}\]

которое не поглощается в атмосфере.

Сама атмосфера излучает мощность \(P_2\) в космос и такую же мощность на земную поверхность.

Земля излучает мощность

\[P_1 = \sigma T_3^4 4\pi R_3^2,\tag{40}\]

причем часть \(A_1\) от этой мощности поглощается в атмосфере, а оставшаяся часть \((1 - A_1)\) уходит в космос.

Условие энергетического баланса (когда не происходит нагрева поверхности и атмосферы Земли):

\[P_0 + P_2 = P_1 \quad \text{(для поверхности)},\tag{41}\]

\[2P_2 = A_1 P_1 \quad \text{(для атмосферы)}.\tag{42}\]

Отсюда с учетом формул (40) и (42)

\[P_1 = \frac{P_0}{1 - A_1/2},\tag{43}\]

\[\sigma T_3^4 4\pi R_3^2 = \frac{\sigma T_C^4 \left( \frac{R_C}{L} \right)^2 \pi R_3^2}{1 - A_1/2},\tag{44}\]

\[T _ { 3 } = T _ { C } \sqrt { \frac { R _ { C } } { 2 L } } \sqrt [ 4 ] { \frac { 1 } { 1 - A _ { 1 } / 2 } } = 2 8 9 K \ .\tag{45}\]

Это и есть так называемый «парниковый эффект» - земная атмосфера пропускает солнечные лучи, но задерживает излучение Земли, поэтому средняя температура планеты оказывается больше, чем температура планеты без атмосферы.

Замечание. Несомненно, для определения коэффициента поглощения надо находить излучаемую Землей интенсивность и поглощаемую атмосферой интенсивность, соответствующую истинной температуре Земли, т.е. не 279К, а 289К. Однако коэффициент поглощения в данном температурном интервале слабо зависит от температуры, поэтому для оценки можно пользоваться его значением для температуры поверхности Земли \(T_{\text{З}} = 279\text{К}\).

4. «Ядерная зима»

Опять рассмотрим баланс энергии. Если степень зачернённости атмосферы равна \(\eta\), то в атмосфере поглотится солнечная мощность \(\eta P_0\), а поверхности Земли достигнет только мощность \((1-\eta)P_0\). Излучение же Земли будет поглощаться полностью в интервале длин волн от \(8{,}0\) мкм до \(12{,}0\) мкм, а в других длинах волн интенсивность будет уменьшаться из-за зачернённости атмосферы. Это значит, что от излучаемой Землей мощности \(P_1\) атмосфера будет поглощать мощность

\[P_1(A_1 + \eta(1-A_1)) \ .\tag{48}\]

Условие энергетического баланса:

\[(1-\eta)P_0 + P_2 = P_1 \quad \text{(для поверхности)},\tag{46}\]

\[2P_2 = \eta P_0 + (A_1 + \eta(1-A_1))P_1 \quad \text{(для атмосферы)}.\tag{47}\]

Решение системы (48), (49) приводит к результату

\[P_1 = P_0 \frac{1-\eta/2}{1-(A_1 + \eta(1-A_1))/2},\tag{48}\]

\[T_3 = T_C \sqrt{\frac{R_C}{2L}} \sqrt[4]{\frac{1-\eta/2}{1-(A_1 + \eta(1-A_1))/2}} \approx 285K \ .\tag{49}\]

Для Земли парниковый эффект играет очень большую роль – не будь в атмосфере парниковых газов, средняя температура на планете была бы гораздо ниже. При совершенно задымленной атмосфере температура поверхности планеты опустится до 279К. Как видно, в случае задымленной атмосферы температура поверхности оказывается меньше. В связи с этим данный эффект получил название «ядерная зима», хотя, причиной его не обязательно может стать взрыв ядерного оружия. Годится извержение вулкана или падение крупного метеорита – лишь бы атмосфера стала пропускать меньше солнечного излучения.

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

Подсказка

Атом поглощает фотон лишь на резонансной частоте с учётом эффекта Доплера, а при поглощении отдаёт ему импульс. За один акт скорость меняется на \(h\nu/(mc)\) — найдите её и оцените число актов для остановки.

Ответ

1) \(E_{\text{Ф}}=E_1\left(1-\dfrac{v_0}{c}\right)\); 2) \(\Delta v\approx 3\) см/с; 3) \(\alpha\approx 6\cdot10^{-5}\) рад; 4) \(\Delta v_0\approx 3\) м/с; 5) \(T\approx 3\cdot10^{-4}\) с, путь \(\approx 2\) м; 6) \(T_{\min}\approx 5\cdot10^{-5}\) К.

Решение

1. Пусть скорость атома после поглощения равна \(v_1\). Запишем законы сохранения энергии и импульса в неподвижной системе координат:

\[\frac{mv_0^2}{2} + E_{\text{Ф}} = \frac{mv_1^2}{2} + E_1\tag{1}\]

\[mv_0 - \frac{E_{\text{Ф}}}{c} = mv_1\tag{2}\]

Очевидно, что скорость изменится незначительно, поэтому справедливо следующее преобразование:

\[v_0^2 - v_1^2 = (v_0 + v_1) \cdot (v_0 - v_1) = 2v_0(v_0 - v_1)\tag{3}\]

Приведём уравнения (1) и (2) к следующему виду:

\[mv_0(v_0 - v_1) = E_1 - E_{\text{Ф}}\tag{4}\]

\[mc(v_0 - v_1) = E_{\text{Ф}}\tag{5}\]

Разделив (4) на (5), получим:

\[\frac{v_0}{c} = \frac{E_1}{E_{\text{Ф}}} - 1\tag{6}\]

Тогда:

\[E_{\text{Ф}} = \frac{E_1}{1 + \frac{v_0}{c}} = E_1 \left(1 - \frac{v_0}{c}\right)\tag{7}\]

т.к.

\[\frac{v_0}{c} \ll 1\tag{8}\]

Результат (7) можно было получить сразу, если помнить про эффект Доплера. Т.е. при движении фотонов навстречу атомов, их энергия может быть несколько меньше, энергии резонансного поглощения атомов.

2. Т.к. энергия фотона отличается от \(E_1\) на малую величину, то в закон сохранения импульса можно вместо \(E_{\text{Ф}}\) подставить \(E_1\) и получить значение \(\Delta v\):

\[\Delta v = \frac{E_1}{mc}\tag{9}\]

где

\[m = \frac{m_{\text{Na}}}{N_A} = 3{,}8 \cdot 10^{-26} \text{ кг}\tag{10}\]

Численное значение \(\Delta v\):

\[\Delta v = 0{,}029 \frac{\text{м}}{\text{с}} \approx 3 \frac{\text{см}}{\text{с}}\tag{11}\]

Полученное значение \(\Delta v\) соответствует потери скорости в процессе поглощения. За поглощением последует излучение. Изменение скорости при излучении будет таким же. Однако при излучении фотон может вылететь в любом направлении и в среднем скорость вдоль \(Ox\) не изменится. В этом, собственно, и заключается принцип охлаждения.

3. Максимальное отклонение от направления движения, будет наблюдаться при излучении фотона в перпендикулярном направлении. Тогда отклонение от первоначального направления:

\[\alpha = \frac{\Delta v}{v_0} \approx 6 \cdot 10^{-5} \text{ рад}\tag{12}\]

Видим, что отклонение незначительно, поэтому может произойти много тысяч актов поглощения и испускания, прежде чем атом покинет пучок. 4. Для определения промежутка скоростей, в котором атомы могут поглощать фотоны с энергией \(E_{\text{Ф}} = E_1 \left( 1 - \frac{\nu_0}{c} \right)\), запишем следующее выражение:

\[\left( E_1 + \frac{\Delta E}{2} \right) \cdot \left( 1 - \frac{(\nu_0 + \Delta \nu_0)}{c} \right) = E_1 \left( 1 - \frac{\nu_0}{c} \right) .\tag{13}\]

Преобразуя (13), при этом, отбрасывая очень маленькие величины (такие, как \(\frac{\Delta E}{2} \frac{\nu_0}{c}\) и, тем более, \(\frac{\Delta E}{2} \frac{\Delta \nu_0}{c}\)), получим:

\[\Delta \nu_0 = c \frac{\Delta E}{2 E_1} \approx 3 \frac{\text{м}}{\text{с}} .\tag{14}\]

Таким образом, в процессе охлаждения задействованы атомы, скорости которых лежат в довольно узком интервале. Приблизительно после 200 актов охлаждения, этот диапазон полностью опустеет. Необходимо слегка увеличивать частоту лазера, чтобы захватить также атомы с более низкими скоростями. 5. Интенсивность пучка достаточно высокая. Поэтому можно считать, что как только атом излучил фотон, он тут же поглотит следующий. Время жизни в возбуждённом состоянии находим и соотношения неопределённости:

\[\tau \approx \frac{h}{\Delta E} \approx 10^{-7} \text{с} .\tag{15}\]

Для охлаждения самых «горячих» атомов (\(\nu_{\text{max}} = 1000 \frac{\text{м}}{\text{с}}\)) потребуется

\[N = \frac{1000 \frac{\text{м}}{\text{с}}}{0{,}03 \frac{\text{м}}{\text{с}}} \approx 3000\tag{16}\]

циклов поглощение-излучение. Т.е. для полного охлаждения понадобиться время

\[T = N \tau \approx 3 \cdot 10^{-4} \text{с} .\tag{17}\]

Таким образом, охлаждение светом – довольно быстрый процесс, длительность которого не более одной миллисекунды. После каждого акта торможения, скорость в направлении \(Ox\) уменьшается на \(3 \frac{\text{см}}{\text{с}}\) за время \(10^{-7} \text{с}\), т.е. можно сказать, что атомы двигаются с ускорением

\[a = \frac{\Delta \nu}{\tau} \approx 3 \cdot 10^5 \frac{\text{м}}{\text{с}^2} .\tag{18}\]

Тогда путь, который пройдут «горячие» будет равен

\[S = \frac{\nu_0^2}{2a} \approx 2 \text{м} .\tag{19}\]

6. При такой энергии фотонов, в процессе поглощения могут участвовать только атомы, скорости которых лежат в интервале \((0; 2 \Delta \nu_0)\) или \((0 \frac{\text{м}}{\text{с}}; 6 \frac{\text{м}}{\text{с}})\). Причём при скорости \(\nu = \Delta \nu_0 = c \frac{\Delta E}{2 E_1} \approx 3 \frac{\text{м}}{\text{с}}\) атомы поглощают фотоны, с энергией, соответствующей переходу в центр возбуждённого состояния. В условии сказано, что в этом случае поглощение происходит практически со стопроцентной вероятностью. Для оценки, будем считать, что эта вероятность линейно уменьшается до нуля, для скорости 0 и \(6 \frac{\text{м}}{\text{с}}\) (см. рис.1). Для нас больший

интерес представляет интервал до \(3\,M/c\), на котором зависимость вероятности поглощения от скорости атома задаётся выражением:

\[p(v) = \xi \cdot v\tag{20}\]

Необходимо уяснить, в чём принципиальная разница между процессами упругого и неупругого (поглощение) рассеяния. При поглощении, атом в среднем уменьшает свою скорость на величину \(\Delta v = \dfrac{E_1}{mc}\), т.е. кинетическая энергия изменяется на величину

\[\Delta E_- = mv\Delta v = E_1 \frac{v}{c}\tag{21}\]

Разберёмся, что происходит при упругом столкновении атома и фотона. При этом фотон произвольно изменяет направление своего движения и сообщает атому определённый импульс в произвольном направлении. Упруго рассеянный фотон разогревает атом. Максимальное изменение импульса атома происходит при лобовом соударении (\(2\dfrac{E_\phi}{c}\)). Можно считать, что в среднем атом получает импульс равный \(\dfrac{E_\phi}{c}\). Причём направление этого импульса случайно, т.к. фотоны летят со всех сторон, поэтому среднее изменение импульса равно нулю. Однако увеличение кинетической энергии пропорционально среднему изменению квадрата импульса:

\[\Delta E_+ = \frac{(\Delta p)^2}{2m}\tag{22}\]

Среднее значение \((\Delta p)^2\) не равно нулю. Для нашей оценки можно считать, что:

\[< \Delta p>^2 = N \frac{E_\phi^2}{c^2}\tag{23}\]

Теперь надо определиться, что понимать под \(N\). На самом деле, это не только количество фотонов упруго рассеянных на атоме. Вспомним, что после поглощения, атом должен испустить фотон, а излучение также происходит в произвольном направлении. Т.е. \(N\) — это суммарное количество фотонов, попавших на атом за некоторый промежуток времени.

Итак, пусть за некоторый промежуток времени с атомом взаимодействует \(N\) фотонов. Все они приводят к среднему увеличению кинетической энергии на величину (23). Однако некоторая их часть приводит также и к охлаждению на величину (21). Число таких «охладителей» пропорционально вероятности процесса поглощения, т.е. пропорционально скорости атома:

\[N_- = N \cdot p(v) = N\xi v\tag{24}\]

Через некоторый промежуток времени в ловушке установится равновесие, т.е. атомы будут двигаться с такой скоростью, что будут поглощать фотонов ровно столько, чтобы скомпенсировать разогрев, вызванный случайными процессами рассеяния (\(\Delta E_- = \Delta E_+\)). Т.е.

\[N\xi v \cdot E_1 \frac{v}{c} = N \frac{E_\phi^2}{2mc^2}\tag{25}\]

Из (25), считая, что \(E_1 \approx E_\phi\) получим:

\[mv^2 = \frac{1}{\xi} \frac{E_1}{2c}\tag{26}\]

Величину \(\xi\) мы вводили, как коэффициент пропорциональности между \(p\) и \(v\).

\[\xi = \frac { 1 } { \Delta \nu _ { 0 } } = \frac { 2 E _ { 1 } } { c \Delta E }\tag{27}\]

Подставляя это значение в (26), получим:

\[m v ^ { 2 } = \frac { \Delta E } { 4 }\tag{28}\]

Известна связь между кинетической энергией атомов и их температурой:

\[\frac { m v ^ { 2 } } { 2 } = \frac { 3 } { 2 } k T\tag{29}\]

В итоге:

\[T = \frac { 1 } { k } \frac { \Delta E } { 1 2 } \approx 0 { , } 1 \frac { \Delta E } { k } \approx 5 \cdot 1 0 ^ { - 5 } \, K\tag{30}\]

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