Белорусская, 2011/12, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Перейдите к безразмерным координатам \(x/x_0\) и \(y/y_0\) — уравнения движения обеих бусинок станут одинаковыми; дальше рассматривайте движение центра масс, а для кулоновской силы используйте аналогию с тяготением и третий закон Кеплера.

Ответ

2) \(t=\sqrt{\dfrac{2m\sqrt{x_0^2+y_0^2}}{F_0}}\); 3) \(t=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\); 4) \(t=\dfrac{\pi}{q\sqrt2}\sqrt{\pi\varepsilon_0m\sqrt{(x_0^2+y_0^2)^3}}\).

Решение

Наиболее простой и общий путь решения данной задачи – использование уравнения динамики для движения центра масс, именно он выбран в качестве основного. Возможны и другие пути решения, некоторые из них приведены в качестве альтернативных вариантов.

1. Изобразим силы, действующие на бусинки в процессе движения. Силы реакции осей \(N_1\) и \(N_2\) перпендикулярны соответствующим осям. Обозначим их равнодействующую через \(N = N_1 + N_2\).

Поскольку каждая бусинка движется вдоль соответствующей оси, то ее ускорение в направлении, перпендикулярном данной оси отсутствует. Следовательно, справедливо равенство

\[\begin{cases} N_1 = F_0 \sin \alpha \\ N_2 = F_0 \sin \beta = F_0 \cos \alpha \end{cases}\tag{1}\]

где \(\alpha\) и \(\beta\) углы, обозначенные на рисунке.

Рассматривая движение системы (две бусинки) в целом, заметим, что сумма сил притяжения бусинок равна нулю, поскольку эти силы являются внутренними. Следовательно, на движение центра масс влияют только силы реакции осей \(N_1\) и \(N_2\), т.е. фактически их равнодействующая \(N\).

Положение центра масс (точка \(C\) на рисунке) в начальный момент времени задается координатами

\[\begin{aligned} x_C &= \frac{m_1}{m_1 + m_2} x_0 = \frac{x_0}{2} \\ y_C &= \frac{m_2}{m_1 + m_2} y_0 = \frac{y_0}{2} \end{aligned}\tag{2}\]

где \(x_0\) и \(y_0\) — начальные координаты бусинок.

Аналогично, проекции векторов скорости и ускорения центра масс на соответствующие оси координат в два раза меньше скоростей и ускорений самих бусинок.

Согласно основному закону динамики для ускорения центра масс системы в проекциях на соответствующие оси с учетом равенства (1) получим уравнения

\[\begin{cases} 2ma_{xC} = -N_2 = -F_0 \cos \alpha \\ 2ma_{yC} = -N_1 = -F_0 \sin \alpha \end{cases}\tag{3}\]

где \(a_x\) и \(a_y\) — проекции ускорения центра масс на координатные оси.

Как следует из (3), отношение проекций ускорений центра масс определяется отношением начальных смещений бусинок вдоль соответствующих осей

\[\frac{a_{xC}}{a_{yC}} = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \frac{x_0}{y_0}.\tag{4}\]

Кроме того, из (3) можно сделать вывод, что вектор равнодействующей \(N\) двух сил \(N_1\) и \(N_2\) всегда «смотрит»

начало координат (см. рис) и равен по модулю силе взаимодействия \(F_{\text{o}}\).

Следовательно, центр масс системы (точка \(C\)) будет двигаться по направлению к началу координат (вдоль отрезка \(\text{СО}\)) в течение всего времени движения. При этом отрезок \(12\) будет приближаться к началу координат, оставаясь параллельным самому себе, т.е. в процессе движения угол \(\alpha\) будет оставаться постоянным.

Не смотря на очевидность сделанного утверждения докажем это.

Действительно, за малый промежуток времени \(\Delta t\) после начала движения бусинки сместятся на расстояния

\[\Delta x = \frac{a_x \Delta t^2}{2}; \; \Delta y = \frac{a_y \Delta t^2}{2},\tag{5}\]

причем отношение этих расстояний определяется отношением ускорений бусинок в начальный момент времени

\[\frac{\Delta x}{\Delta y} = \frac{a_x}{a_y} = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \frac{x_0}{y_0}\tag{6}\]

Однако отношение

\[\frac{x_0}{y_0} = \frac{x_0 - \Delta x}{y_0 - \Delta y} = \operatorname{ctg} \alpha = \text{const}\tag{7}\]

будет сохраняться при выполнении условия

\[\frac{\Delta x}{\Delta y} = \frac{x_0}{y_0},\tag{8}\]

что совпадает с равенством (6). Таким образом, через малый промежуток времени \(\Delta t\) после начала движения отрезок \(12\) на рисунке сохранит свойство параллельности самому себе. Далее следует заметить, что и скорости бусинок по прошествии промежутка времени \(\Delta t\) будут находиться в том же отношении, поэтому и для последующих интервалов времени будет выполняться соотношение (8).

Таким образом, бусинки попадут в начало координат одновременно (и вместе с центром масс!), причем интересно, что данный вывод не зависит от вида зависимости силы \(F(r)\) притяжения между бусинками.

Существенно в данном случае, чтобы сила притяжения была центральной, т.е. направленной вдоль отрезка, соединяющего бусинки в данный момент.

Альтернативные решения:}

Для доказательства факта одновременного попадания бусинок в начало координат при произвольном взаимодействии \(F(r)\) запишем уравнения движения вдоль каждой из осей

\[\begin{aligned} m a_1 &= -F \cos \alpha = -F(r) \frac{x}{r} \\ m a_2 &= -F \sin \alpha = -F(r) \frac{y}{r} \end{aligned},\tag{9}\]

где \(X\) и \(Y\) представляют собой текущие координаты бусинок. Переходя к безразмерным координатам

\[\xi = \frac{x}{x_0}, \; \eta = \frac{y}{y_0},\]

видим, что получаются одинаковые уравнения движения при одинаковых начальных условиях

\[\xi''(t) = -\frac{F(r)}{m} \cdot \frac{\xi}{\sqrt{\xi^2 + \eta^2}}, \; \xi_0 = 1.\]

\[\eta ^ { \prime \prime } ( t ) = - \frac { F ( r ) } { m } \cdot \frac { \eta } { \sqrt { \xi ^ { 2 } + \eta ^ { 2 } } } , \; \; \eta _ { 0 } = 1 .\]

В таком случае решения также будут одинаковыми, что означает равенство времен движений бусинок.

2. Если сила притяжения бусинок постоянна по модулю, то движение центра масс (и бусинок) будет равноускоренным

\[2 m a _ { C } = N \quad \Rightarrow \quad a _ { C } = \frac { N } { 2 m } = \frac { F } { 2 m } \, ,\tag{10}\]

где \(a\) — модуль ускорения центра масс (направление – к началу координат).

Следовательно, искомое время находим по известным формулам

\[t = \sqrt { \frac { 2 S } { a _ { C } } } = \sqrt { \frac { 2 \sqrt { \frac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 } } } { F / ( 2 m ) } } = \sqrt { \frac { 2 m \sqrt { x _ { 0 } ^ { 2 } + y _ { 0 } ^ { 2 } } } { F } }\tag{11}\]

Альтернативные решения:}

Рассмотрим случай, когда сила притяжения между бусинками постоянна по модулю \(F ( r ) = F _ { 0 }\). Тогда можем записать второй закон Ньютона для каждой бусинки в виде

\[m a _ { 1 } = - F _ { 0 } \, \frac { x } { r } = - F _ { 0 } \, \frac { x _ { 0 } } { r _ { 0 } }\]

\[m a _ { 2 } = - F _ { 0 } \, \frac { y } { r } = - F _ { 0 } \, \frac { y _ { 0 } } { r _ { 0 } }\]

В таком случае движение бусинок будет равноускоренным, а уравнения движения будут иметь вид

\[x ( t ) = x _ { 0 } - \frac { F _ { 0 } } { 2 m } \cdot \frac { x _ { 0 } } { r _ { 0 } } t ^ { 2 } ; \qquad y ( t ) = y _ { 0 } - \frac { F _ { 0 } } { 2 m } \cdot \frac { y _ { 0 } } { r _ { 0 } } t ^ { 2 } \, .\]

Из последних уравнений следует, что время движения бусинок в этом случае

\[t = \sqrt { \frac { 2 m r _ { 0 } } { F _ { 0 } } } = \sqrt { \frac { 2 m \sqrt { x _ { 0 } ^ { 2 } + y _ { 0 } ^ { 2 } } } { F _ { 0 } } } \, .\]

3. В случае упругой связи, согласно условию, \(F ( r ) = - k \cdot r\), поэтому сила будет меняться по модулю. В этом случае уравнение (3) примет вид

\[2 m a _ { C } = - F ( r ) \quad \Rightarrow \quad a _ { C } = - \frac { k r } { 2 m } \, .\tag{12}\]

Учитывая, что в данном случае \(a _ { C } = \dfrac { r ^ { \prime \prime } ( t ) } { 2}\), получим уравнение гармонических колебаний в виде

\[r ^ { \prime \prime } ( t ) + \frac { k } { m } \, r ( t ) = 0 \, ,\tag{13}\]

с периодом

\[T = 2 \pi \sqrt { \frac { m } { k } } \, .\tag{14}\]

Следовательно, центр масс (вместе с бусинками) «доберется» до начала координат за четверть периода колебаний

\[t = \frac { T } { 4 } = \frac { \pi } { 2 } \sqrt { \frac { m } { k } } \ .\tag{15}\]

Альтернативные решения:}

В системе уравнений (9) запишем явное выражение для модуля силы \(F = kr\)

\[\begin{array}{c} m a_{1} = -F(r) \frac{x}{r} = -kx \\ m a_{2} = -F(r) \frac{y}{r} = -ky \end{array},\]

Оба уравнения являются уравнениями гармонических колебаний с периодом, определяемым формулой (14).

4. При заряженных бусинках справедлив закон Кулона, согласно которому модуль силы притяжения разноименных зарядов в вакууме имеет вид

\[F(r) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{q^{2}}{r^{2}} \ .\tag{16}\]

В этом случае второй закон Ньютона для центра масс запишется следующим образом

\[2ma_{C} = -F(r) = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{r^{2}} \quad \Rightarrow \quad a_{C} = -\frac{c}{r^{2}(t)} \ .\tag{17}\]

где \(c = \frac{q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}m} = const\), причем в начальный момент времени \(r(t=0) = r_{0}\).

Заметим, что уравнение (17) формально совпадает с уравнением движения под действием силы гравитации Ньютона, только значение размерной константы \(c\) будет определяться другими параметрами.

Используя подсказку условия (третий закон Кеплера), рассмотрим движение планеты (центра масс системы) по круговой траектории (частный случай эллипса, у которого оба фокуса совпадают) радиусом \(\frac{r}{2}\).

В этом случае получаем

\[2m\omega^{2} \frac{r}{2} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{q^{2}}{r^{2}} \ ,\tag{18}\]

\[\omega = \frac{q}{\sqrt{4\pi\varepsilon_{0}mr^{3}}} \ .\tag{19}\]

Как следует из (19) полный период обращения по окружности

\[T_{1} = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{4\pi\varepsilon_{0}mr^{3}}{q^{2}}} = \frac{4\pi}{q} \sqrt{\pi\varepsilon_{0}m\sqrt{(x_{0}^{2} + y_{0}^{2})^{3}}} \ .\tag{20}\]

Теперь рассмотрим гравитационное «падение» центра масс бусинок в начало координат по отрезку \(\text{СО}\) (см. рис. выше). Отрезок можно считать «стянутым» эллипсом, фокусы \(F\) которого находятся практически на его концах. Следовательно, большая полуось будет равна \(a = \frac{r}{4}\). Искомое время движения заряженных бусинок до начала

координат составит половину периода обращения \(T_2\) по такому вытянутому эллипсу с большой полуосью \(\frac{r}{4}\).

С учетом третьего закона Кеплера

\[\frac{T_1^2}{T_2^2} = \frac{(r/2)^3}{(r/4)^3} \Rightarrow T_2 = \frac{T_1}{\sqrt{8}} = \frac{T_1}{2\sqrt{2}}\tag{21}\]

\[t = \frac{T_2}{2} = \frac{T_1}{4\sqrt{2}} = \frac{\pi}{q\sqrt{2}} \sqrt{\pi\varepsilon_0 m \sqrt{(x_0^2 + y_0^2)^3}}.\tag{22}\]

В данной части задачи также можно воспользоваться альтернативным вариантом} решения, так как уравнения (9) формально совпадают с уравнениями динамики движения в центральном поле в проекциях на декартовы оси координат.

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

Подсказка

Первая линза собирает параллельный пучок в своём фокусе, и эта точка служит предметом для второй линзы; при вращении второй линзы расстояние от точки-предмета до её оси периодически меняется, поэтому изображение описывает кривую вокруг оси.

Ответ

1) \(f=\dfrac{F_2(F_2+b)}{b}\), \(r_0=a\left(1+\dfrac{F_2}{b}\right)\); 2) \(r_{\max,\min}=a\left(1+\dfrac{F_2}{b}\left(1\pm\dfrac{F_1\alpha}{a}\right)\right)\); 3) изображение описывает окружность; 4) \(\tau_1=\dfrac{1}{\omega}\left(\dfrac{\pi}{2}+\arcsin\dfrac{F_1\alpha}{2a}\right)\), \(\tau_2=\dfrac{1}{\omega}\left(\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\dfrac{F_1\alpha}{2a}\right)\); 5) сравнивать интервалы между срабатываниями датчиков и поворачивать ракету в сторону уменьшения отклонения.

Решение

1. Лучи света, параллельные оси системы (главной оптической оси линзы \(L_1\)), линза \(L_1\) собирает в фокусе \(F_1\) на расстоянии \(d = F_2 + b\) от оптического центра линзы \(L_2\). Эта точка будет являться предметом для линзы \(L_2\). Записав формулу тонкой линзы

\[\frac{1}{F_2} = \frac{1}{f} + \frac{1}{d} ,\tag{1}\]

получим:

\[f = \frac{F_2(F_2 + b)}{b} .\tag{2}\]

Поперечное увеличение линзы \(L_2\):

\[\frac{r_0 - a}{a} = \frac{f}{F_2 + b} .\tag{3}\]

Таким образом, расстояние от изображения до оси системы:

\[r_0 = a\left(1 + \frac{F_2}{b}\right) .\tag{4}\]

2. Лучи, идущие под углом \(\alpha\) к оси системы, линза \(L_1\) собирает в точке, лежащей на побочной оптической оси на том же расстоянии \(F_1\) от плоскости линзы. Расстояние от оси системы до этой точки равно:

\[h = F_1 \operatorname{tg} \alpha \approx \alpha F_1 .\tag{5}\]

Расстояние от точки-предмета до оптической оси линзы \(L_2\) (из-за ее вращения) изменяется в пределах от \(a + h\) до \(a - h\), при этом расстояние от изображения до этой оси изменяется от \(r_{\text{max}} - a\) до \(r_{\text{min}} - a\). Выражение для поперечного увеличения линзы в первом случае будет иметь вид:

\[\frac{r_{\text{max}} - a}{a + h} = \frac{f}{d} = \frac{F_2}{b} .\tag{6}\]

Тогда максимальное расстояние от оси системы до изображения точки:

\[r_{\text{max}} = a\left(1 + \frac{F_2}{b}\left(1 + \frac{F_1 \alpha}{a}\right)\right) .\tag{7}\]

Проведя аналогичные вычисления для минимального расстояния, получим:

\[r_{\text{min}} = a\left(1 + \frac{F_2}{b}\left(1 - \frac{F_1 \alpha}{a}\right)\right) .\tag{8}\]

3. На рис.1 изображен вид системы спереди. Ось системы проходит через точку \(O\). Точка-предмет находится на расстоянии \(z = F_1 \alpha\) от оси в точке \(A\). Ось линзы \(L_2\) двигается по окружности радиуса \(a\), центр линзы находится в точке \(B\). На заднем плане изображена часть экрана \(S\). В точке \(C\) находится изображение. При условии \(b = F_2\) Поперечное увеличение равно \(\Gamma = \frac{F_2}{b}\), поэтому: \(BC = AB \cdot \Gamma = \Gamma \rho\).

Поставим на оси \(OY\) точку \(D\) так, что \(OD = \Gamma \cdot OA\). Тогда треугольники \(ADC\) и \(AOB\) будут подобными. А это значит, что расстояние \(r = \Gamma a\) и будет таким при любом положении зеркала.

Таким образом, изображение на экране описывает окружность с радиусом \(r = \Gamma a\) и центр ее находится на расстоянии \(\Gamma z\) от оси системы.

4. При пересечении второго детектора взаимное расположение линзы предмета и изображения будет таким, как на рис. 2.

При этом:

\[\rho = a ,\tag{9}\]

\[\sin\alpha = \frac{z}{2a} .\tag{10}\]

Линза при этом поворачивается на угол: \(\phi = \pi/2 + \alpha(15)\)

Поэтому между срабатываниями 1-го и 2-го датчиков пройдет время:

\[\tau_1 = \frac{1}{\omega}\left(\frac{\pi}{2} + \arcsin\left(\frac{F_1\alpha}{2a}\right)\right) .\tag{11}\]

Время между срабатываниями 2-го и 3-го равно:

\[\tau_2 = \frac{1}{\omega}\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\left(\frac{F_1\alpha}{2a}\right)\right) .\tag{12}\]

Время между срабатываниями 3-го и 4-го равно \(\tau_2\), а между срабатываниями 4-го и 1-го — \(\tau_1\).

5. Как следует из выражений (16) и (17), чем больше отклонение цели вдоль оси \(Oy\), тем больше время между срабатываниями датчиков 1-2 и 4-1, соответственно, меньше — между датчиками 2-3 и 3-4. Простейший алгоритм работы системы управления — сравнить промежутки времени между срабатываниями датчиков, выбрать наименьший и поворачивать нос ракеты в направлении, задаваемом соответствующими датчиками.

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

Подсказка

При излучении кванта ядро получает импульс отдачи \(h\nu/c\) и уносит часть энергии; запишите законы сохранения для отдачи сначала классически, потом релятивистски, а сдвиг энергии скомпенсируйте допплеровским смещением.

Ответ

1.1) \(V=v_0/\sqrt{1+\mu}\); 1.2) \(\dfrac{\Delta v}{v_0}\approx-\dfrac{\mu}{2}\); 1.3) \(\dfrac{\Delta E}{E_0}=-\dfrac{\mu}{1+\mu}\approx-\mu\); 1.4) а) \(\varepsilon=\sqrt{1+2\varepsilon_0}-1\); б) \(\varepsilon=\dfrac{(\varepsilon_0+1)^2-1}{2(\varepsilon_0+1)}\); 1.6) \(E=1{,}79\cdot10^{11}\) эВ, \(\varepsilon_0\approx7{,}2\cdot10^{-7}\), \(v\approx2{,}2\cdot10^{2}\) м/с, классическое приближение применимо; 1.7) \(\dfrac{\Delta\varepsilon}{\varepsilon_0}\approx-\dfrac{\varepsilon_0}{2}\approx-3{,}6\cdot10^{-7}\); 1.8) \(\dfrac{\Delta E}{E_0}\approx\dfrac{\varepsilon_0}{2}\); 2.1) \(\nu=\nu_0\dfrac{c}{c-V}\); 3.1) \(V_0\approx\varepsilon_0c\approx2{,}2\cdot10^{2}\) м/с; 3.4) \(\tau\approx2\cdot10^{-10}\) с.

Решение

1.1 Запишем уравнения законов сохранения импульса и энергии для снаряда и пушки

\[\begin{cases} mv = Mu \\ \frac{mv^2}{2} + \frac{Mu^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} \end{cases}\tag{1}\]

Здесь \(\frac{mv_0^2}{2}\) - энергия сжатой пружины, которая одинакова при выстреле из закрепленной и незакрепленной пушки. Разделив оба уравнения на массу пушки получим

\[\begin{cases} \mu v = u \\ \frac{\mu v^2}{2} + \frac{u^2}{2} = \frac{\mu v_0^2}{2} \end{cases}\tag{2}\]

Подставляя выражения для скорости отдачи из первого уравнения во второе, найдем искомую скорость снаряда

\[\mu v^2 + \mu^2 v^2 = \mu v_0^2 \quad \Rightarrow \quad v = \frac{v_0}{\sqrt{1+\mu}}.\tag{3}\]

1.2 Если \(\mu\) мало, то для скорости наряда можно записать

\[v = \frac{v_0}{\sqrt{1+\mu}} \approx v_0 \left( 1 - \frac{1}{2}\mu \right).\tag{4}\]

Тогда относительное изменение скорости снаряда определяется выражением

\[\frac{\Delta v}{v_0} = \frac{v - v_0}{v_0} = -\frac{1}{2}\mu.\tag{5}\]

1.3 Потеря энергии снаряда равна кинетической энергии, приобретаемой стволом при отдаче

\[\Delta E = -\frac{Mu^2}{2}.\tag{6}\]

Следовательно, относительное изменение энергии фотона в следствие отдачи равно

\[\frac{\Delta E}{E_0} = -\frac{Mu^2}{mv_0^2} = -\frac{\mu v^2}{v_0^2} = -\frac{\mu}{1+\mu}.\tag{7}\]

При малых \(\mu\) можно пренебречь этой малой величиной в знаменателе, тогда

\[\frac{\Delta E}{E_0} = -\frac{\mu}{1+\mu} \approx -\mu\tag{8}\]

1.4 Законы сохранения импульса и энергии в данном случае выражаются уравнениями

\[Mu = \frac{h\nu}{c},\tag{9}\]

\[h\nu_0 = h\nu + \frac{Mu^2}{2}.\tag{10}\]

Выражая из уравнения (9) \(u = \frac{h\nu}{Mc}\) и подставляя в уравнение (10), получим

\[h\nu_0 = h\nu + \frac{M}{2} \left( \frac{h\nu}{Mc} \right)^2.\tag{11}\]

Для упрощения алгебраических выкладок разделим на это уравнение на \(Mc^2\):

\[\frac{h\nu_0}{Mc^2} = \frac{h\nu}{Mc^2} + \frac{1}{2} \left( \frac{h\nu}{Mc^2} \right)^2.\]

Используя предложенные параметры, получаем простое квадратное уравнение:

\[\varepsilon_0 = \varepsilon + \frac{\varepsilon^2}{2}.\tag{12}\]

положительное решение которого

\[\varepsilon = \sqrt{1 + 2\varepsilon_0} - 1.\tag{13}\]

.возвращаясь к обычным единицам, получим

\[h\nu = Mc^2 \left( \sqrt{1 + 2\frac{h\nu_0}{Mc^2}} - 1 \right).\tag{14}\]

В релятивистском подходе систему уравнений законов сохранения импульса и энергии имеет вид

\[p = \frac{h\nu}{c} \\ h\nu_0 + Mc^2 = h\nu + E_n.\tag{15}\]

где \(E_n\). \(P\) - энергия и импульс, приобретенные ядром. Она связанна с импульсом ядра соотношением

\[E_n^2 = M^2 c^4 + p^2 c^2.\tag{16}\]

Выражая из системы (15) импульс и энергию ядра и подставляя в уравнение (16), получим

\[\left( h\nu_0 - h\nu + Mc^2 \right)^2 = \left( Mc^2 \right)^2 + \left( h\nu \right)^2.\tag{17}\]

Как и ранее разделим это уравнение на \(\left( Mc^2 \right)^2\) и используем относительные единицы, в результате чего получим квадратное уравнение:

\[\left( \varepsilon_0 - \varepsilon + 1 \right)^2 = 1 + \varepsilon^2\tag{18}\]

Решение этого уравнение не сложно

\[\left( \varepsilon_0 + 1 \right)^2 - 2\varepsilon \left( \varepsilon_0 + 1 \right) + \varepsilon^2 = 1 + \varepsilon^2 \quad \Rightarrow \\ \varepsilon = \frac{ \left( \varepsilon_0 + 1 \right)^2 - 1 }{ 2 \left( \varepsilon_0 + 1 \right) }.\tag{19}\]

1.5 При \(\varepsilon_0 \ll 1\) относительное изменение энергии гамма-кванта также будет малым. Поэтому приближенные выражения можно получить непосредственно из уравнений для величины \(\varepsilon\). Так из уравнения (12) следует:

\[\Delta \varepsilon = \varepsilon - \varepsilon_0 = -\frac{\varepsilon^2}{2} \approx -\frac{\varepsilon_0^2}{2} \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta \varepsilon}{\varepsilon_0} \approx -\frac{\varepsilon_0}{2}.\tag{20}\]

А из уравнения (18) получим

\[\begin{array} { l } { { ( 1 - \Delta \varepsilon ) ^ { 2 } = 1 + \varepsilon ^ { 2 } \quad \Rightarrow \quad 1 - 2 \varepsilon \cdot \Delta \varepsilon + ( \Delta \varepsilon ) ^ { 2 } = 1 + \varepsilon ^ { 2 } \quad \Rightarrow } } \\ { { - 2 \varepsilon \cdot \Delta \varepsilon \approx \varepsilon ^ { 2 } \quad \Rightarrow \quad \displaystyle \frac { \Delta \varepsilon } { \varepsilon _ { 0 } } \approx - \frac { 1 } { 2 } \varepsilon _ { 0 } } } \end{array} \quad \quad\tag{21}\]

Как следует из полученных формул, в первом приближении оба подхода дают одинаковые результаты.

1.6 Энергия покоя ядра \(Ir^{191}\) равна

\[E = \frac{Mc^2}{e} = \frac{191 \cdot 1{,}7 \cdot 10^{-27} \cdot (3{,}0 \cdot 10^8)^2}{1{,}6 \cdot 10^{-19}} = 1{,}79 \cdot 10^{11} \text{ эВ}\tag{22}\]

Следовательно, введенный параметр равен

\[\varepsilon_0 = \frac{129 \cdot 10^3}{1{,}79 \cdot 10^{11}} \approx 7{,}2 \cdot 10^{-7}.\tag{23}\]

Что значительно меньше 1, поэтому классическое приближение вполне применимо. Энергия отдачи в соответствии с формулой (19) равна

\[\Delta \varepsilon \approx -\frac{\varepsilon_0^2}{2} \quad \Rightarrow \quad \frac{Mv^2}{2} = Mc^2 \frac{\varepsilon_0^2}{2} \quad \Rightarrow \quad v = c\varepsilon_0 \approx 2{,}2 \cdot 10^2 \frac{\text{м}}{\text{с}}.\tag{24}\]

1.7 Относительный сдвиг энергии гамма кванта равен \(\displaystyle \frac{\Delta \varepsilon}{\varepsilon_0} \approx -\frac{1}{2}\varepsilon_0 \approx 3{,}6 \cdot 10^{-6}\).

1.8 Энергия гамма кванта должна быть больше, чем \(E_0\), так как часть энергии кванта перейдет в кинетическую энергию движения ядра. Запишем уравнения законов сохранения импульса и энергии, при условии, что гамма-квант поглотился

\[\begin{cases} \displaystyle \frac{h\nu}{c} = Mu \\ \displaystyle h\nu = h\nu_0 + \frac{Mu^2}{2} \end{cases}\tag{25}\]

Так как разность энергий является малой, то эти уравнения модно решать приближенно (и быстро):

\[\begin{cases} \displaystyle \frac{h\nu}{c} = Mu \\ \displaystyle h\nu = h\nu_0 + \frac{Mu^2}{2} \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \Delta(h\nu) = \frac{Mu^2}{2} = \frac{(Mu)^2}{2M} = \frac{(h\nu)^2}{2Mc^2} \approx \frac{(h\nu_0)^2}{2Mc^2} \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta E}{E_0} \approx \frac{\varepsilon_0}{2}\tag{26}\]

Таким образом, относительный сдвиг, который приведет к поглощению гамма-кванта, равен сдвигу при отдаче, только направлен в другую сторону (в сторону увеличения частоты).

2.1 Если источник движется, то длина испущенной волны уменьшится на расстояние, которой проходит источник за один период волны. Следовательно, длина волны, испущенной движущимся источником, будет равна

\[\lambda = \lambda_0 - V_0 T_0.\tag{27}\]

Переходя к частотам волны, получим

\[\frac{c}{\nu} = \frac{c}{\nu_0} - \frac{V_0}{\nu_0}.\tag{28}\]

Откуда следует, что частота и ее относительный сдвиг (при скоростях источника, значительно меньше скорости волны) определяются по формулам

\[\nu = \nu_0 \frac{c}{c - V_0} \approx \nu_0 \left(1 + \frac{V_0}{c}\right) \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta \nu}{\nu_0} \approx \frac{V_0}{c}.\tag{29}\]

Часть 3. За что дают Нобелевские премии?

3.1 Для резонансного поглощения необходимо, чтобы сдвиг отдачи (как при испускании, так и при поглощении) был скомпенсирован доплеровским сдвигом, откуда следует, что должно выполняться условие

\[\frac{V_0}{c} \approx 2 \frac{\varepsilon_0}{2} \quad \Rightarrow \quad V_0 \approx \varepsilon_0 c \approx 2{,}2 \cdot 10^2 \, \frac{M}{c}.\tag{30}\]

Что равно скорости ядра при отдаче.

3.2 Повышение температуры должно приводить к усилению поглощения, так как в этом случае разброс скоростей теплового движения атомов становится больше. Следовательно, для больших пар атомов (один в источнике, другой в поглотителе) доплеровский сдвиг компенсирует сдвиг отдачи.

3.4 По графику можно найти, что поглощение практически прекращается, при изменении скорости на величину \(\Delta V \approx \pm 2 \, \text{см/с}\). Этому интервалу соответствует интервал частот \(\Delta \nu \approx \nu_0 \frac{\Delta V}{c} = \frac{E_0}{h} \frac{\Delta V}{c}\), или интервал энергий\(^1\) \(\Delta E \approx E_0 \frac{\Delta V}{c}\). Отсюда с помощью соотношения неопределенности получаем оценку времени жизни ядра в возбужденном состоянии

\[\tau \approx \frac{hc}{E_0 \Delta V} \approx \frac{6{,}64 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^8}{129 \cdot 10^3 \cdot 1{,}6 \cdot 10^{-19} \cdot 4 \cdot 10^{-2}} \approx 2 \cdot 10^{-10} \, c\]

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