зад 1 Шарики на спице и как ломаются трубы
Задание 1 состоит из \(n\) взаимосвязанных задач.
Задача 1. 1 шарик.
Тонкая жесткая спица длиной \(l\) может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из ее концов. На конце спицы закреплен небольшой шарик массы \(m\). Массой спицы можно пренебречь. Спицу располагают горизонтально и отпускают.
Положение спицы в процессе движения будем задавать с помощью угла ее отклонения от горизонтали \(\alpha\). Оси координат направлены так, как показано на рисунке. Шарик можно считать материальной точкой.
1.1 Найдите зависимость модуля скорости шарика от угла \(\alpha\).
1.2 Найдите зависимость силы \(\vec{F}\), с которой спица действует на шарик от угла \(\alpha\). Укажите направление этой силы.
1.3 Найдите зависимость проекций ускорения шарика на оси координат \(a_x, a_y\) от угла \(\alpha\).
1.4 Постройте годограф вектора ускорения шарика.
Годографом переменного вектора называется линия, которую описывает конец этого вектора (при условии, что его начало остается в одной точке, например, в начале координат). Иными словами, начало вектора закреплено, сам вектор поворачивается и изменяет свою длину – конец вектора описывает некоторую линию, которая и называется годографом.
1.5 Укажите систему координат, в которой модуль ускорения шарика остается постоянным. Чему равен модуль этого ускорения?
Задача 2. 2 шарика
На спицу, описанную в первой части задачи, закрепили два шарика, масса каждого из которых равна \(\frac{m}{2}\), один на конце спицы, второй на середине спицы. Спицу расположили горизонтально и отпустили.
2.1 Найдите зависимость угловой скорости \(\omega\) спицы от угла \(\alpha\).
2.2 Найдите ускорения с которыми начинают двигаться шарики (т.е. при \(\alpha = 0\))
2.3 Найдите силу, с которой спица действует на крайний шарик в начальный момент времени (при \(\alpha = 0\)). Укажите направление этой силы.
Задача n. n шариков.
На спицу закрепили \(n\) одинаковых шариков, масса каждого равна \(\frac{m}{n}\) на равном расстоянии друг от друга, причем крайний шарик находится на конце спицы. Считайте, что число шариков велико, т.е. \(n \gg 1\). Спицу располагают горизонтально и отпускают.
3.1 Найдите зависимость угловой скорости спицы \(\omega\) от угла отклонения \(\alpha\).
3.2 Найдите ускорения шариков \(a_k\) (\(k = 1{,}2,...n\)) в начальный момент движения спицы.
3.3 Найдите силу, действующую на \(k\)-тый шарик со стороны спицы, в начальный момент движения. Постройте график полученной зависимости.
3.4 Кратко объясните природу возникновения этих сил.
3.5 Объясните, почему ломаются дымовые трубы при падении. На каком расстоянии чаще всего происходит излом?
В этом пункте вам не надо писать никаких уравнений, формул. Качественно, кратко (1-2 предложения) выявите основную причину излома и укажите высоту, на которой он чаще происходит.
Небольшая математическая подсказка.}
\[\sum_{k=1}^{n} k = 1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n(n+1)}{2}\]
\[\sum_{k=1}^{n} k^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]
▶ПодсказкаСкрыть
Скорость находите из закона сохранения энергии, ускорения — как сумму тангенциальной и нормальной частей. В начальный момент ускорение шарика на спице определяется через угловое ускорение, поэтому оно растёт вдоль спицы, а для \(n\) шариков суммы заменяйте формулами для рядов.
▶ОтветСкрыть
1.1) \(v=\sqrt{2gl\sin\alpha}\); 1.2) \(F=3mg\sin\alpha\) вдоль спицы; 1.5) в системе, движущейся вниз с ускорением \(g/2\), \(a=\tfrac32g\); 2.1) \(\omega=\sqrt{\tfrac{12g}{5l}\sin\alpha}\); 2.2) \(a_2=\tfrac65g\), \(a_1=\tfrac35g\); 2.3) \(N=mg/10\); 3.1) \(\omega=\sqrt{3g\sin\alpha/l}\); 3.2) \(a_k=\tfrac32g\tfrac kn\); 3.3) \(N_k=\tfrac mng\left(\tfrac{3k}{2n}-1\right)\); 3.5) на расстоянии около трети длины.
▶РешениеСкрыть
Задача 1. 1 шарик.
1.1 Проще всего найти зависимость скорости шарика от угла отклонения с помощью закона сохранения энергии
\[\frac{m v^{2}}{2}=m g l \sin \alpha \quad \Rightarrow \quad v=\sqrt{2 g l \sin \alpha} \text {. }\tag{1}\]
1.2 Так как стержень жесткий, то в нем возможны силы, направленные перпендикулярно стержню. Поэтому, прежде всего, следует рассмотреть наличие такой нормальной силы \(\vec{N}\) действующей на шарик. Для нахождения неизвестных сил можно использовать 2 закон Ньютона. Так как мы нашли зависимость скорости от угла поворота, то не составляет труда найти тангенциальное ускорение шарика (т.е. проекцию этого ускорения на вектор скорости). Для этого достаточно вычислить производную от вектора скорости
\[a_{\tau}=\frac{d v}{d t}=\frac{d v}{d \alpha} \frac{d \alpha}{d t}=\omega \frac{d v}{d \alpha}=\frac{v}{l} \frac{d v}{d \alpha}=\frac{1}{2 l} \frac{d\left(v^{2}\right)}{d \alpha}\]
При выводе этого соотношения использовано правило вычисления производной от сложной функции. Так как \(v^{2}=2 g l \sin \alpha\), то
\[a_{\tau}=\frac{1}{2 l} \frac{d\left(v^{2}\right)}{d \alpha}=g \cos \alpha\tag{2}\]
Примечание. Величину тангенциального ускорения можно найти и из простого кинематического соотношения
\[S=\frac{v^{2}-v_{0}^{2}}{2 a}\tag{3}\]
Рассматривая малое смещение шарика на угол \(\Delta \alpha\), и пренебрегая изменением ускорения на этом участке можно считать, что путь, пройденный шариком, равен \(S=l \Delta \alpha\). Тогда из формулы (3) следует, что \(a_{\tau}=\frac{\Delta\left(v^{2}\right)}{2 l \Delta \alpha}\).
Запишем уравнение 2 закона Ньютона для шарика в проекции на вектор скорости
\[m a_{\tau}=m g \cos \alpha-N\tag{4}\]
Из этого уравнения с учетом найденного ускорения (2) следует, что в данном случае нормальная составляющая силы реакции отсутствует \(N = 0\).
Таким образом, мы показали, что сила, действующая на шарик со стороны стержня, направлена вдоль стержня. Для ее определения запишем уравнение 2 закона Ньютона для шарика в проекции на направление стержня:
\[ma_n = T - mg \sin \alpha\tag{5}\]
В данном уравнении проекция ускорения перпендикулярна вектору скорости, поэтому это есть нормальное ускорения, которое, как известно, определяется по формуле
\[a_n = \frac{v^2}{l} = 2g \sin \alpha\tag{6}\]
Здесь опять использовано выражение для величины модуля скорости (1). Из формул (5)-(6) следует, что
\[T = 3mg \sin \alpha.\tag{7}\]
1.3 Проекции ускорения можно найти различными способами. Мы используем разложение вектора ускорения на тангенциальную и нормальную составляющие, которые уже найдены. Из рис. 3 следует, что проекции ускорения на указанные оси координат равны
\[\begin{aligned} a_x &= -a_n \cos \alpha - a_\tau \sin \alpha \\ a_y &= -a_n \sin \alpha + a_\tau \cos \alpha \end{aligned}\tag{8}\]
Используя найденные значения тангенциального (2) и нормального (6) ускорений, получим
\[a_x = -a_n \cos \alpha - a_\tau \sin \alpha = -2g \sin \alpha \cos \alpha - g \cos \alpha \sin \alpha = -3g \sin \alpha \cos \alpha\tag{8}\]
\[a_y = -a_n \sin \alpha + a_\tau \cos \alpha = -2g \sin \alpha \sin \alpha + g \cos \alpha \cos \alpha = -2g \sin^2 \alpha + g \cos^2 \alpha\]
Эти же выражения можно получить из уравнений 2 закона Ньютона в проекциях на оси координат.
1.4 Фактически функции (8) определяют уравнение годографа вектора ускорения в параметрической форме. Однако, предадим этим функциям несколько иной вид, используя тригонометрические формулы двойного угла:
\[a_x = -3g \sin \alpha \cos \alpha = -\frac{3}{2} g \sin 2\alpha.\tag{9}\]
\[a_y = -2g \sin^2 \alpha + g \cos^2 \alpha = g - 3g \sin^2 \alpha = g - 3g \frac{1}{2}(1 - \cos 2\alpha) = \frac{3}{2} g \cos 2\alpha - \frac{1}{2} g.\tag{10}\]
Теперь не сложно заметить, что эти уравнения задают окружность:
\[a_x^2 + \left(a_y + \frac{1}{2} g\right)^2 = \left(\frac{3}{2} g\right)^2\tag{11}\]
Эта окружность показана и является годографом вектора ускорения.
Она показана на рис. 4. Отметим, что угол \(\alpha\) изменяется в пределах от \(0\) до \(\pi\), поэтому конец вектора ускорения описывает полную окружность.
1.5 Центр окружности смещен вдоль оси \(a_y\) на величину \(\frac{g}{2}\), радиус окружности равен \(\frac{3}{2}g\). Следовательно, в системе отсчета, движущейся вниз с постоянным ускорением \(\frac{g}{2}\), модуль ускорения будет постоянным и равным \(\frac{3}{2}g\). Задача 2. 2 шарика
2.1 Так как стержень жесткий, то шарики будут двигаться с одинаковыми угловыми скоростями \(\omega\). Поэтому скорости шариков будут равны
\[v_1 = \omega \frac{l}{2}, \quad v_2 = \omega l.\tag{12}\]
Запишем закон сохранения энергии для рассматриваемой системы
\[\frac{1}{2} \frac{m}{2} \omega^2 l^2 \left( \frac{1}{4} + 1 \right) = \frac{m}{2} gl \left( \frac{1}{2} + 1 \right) \sin \alpha\tag{13}\]
Из этого уравнения следует, что угловая скорость вращения стержня зависит от угла отклонения по закону
\[\omega = \sqrt{\frac{12}{5} \frac{g}{l} \sin \alpha}.\tag{14}\]
2.2 Для расчета ускорения воспользуемся кинематическим соотношением (3), которое применим для малого начального смещения на малый угол \(\alpha\). Для крайнего шарика запишем
\[l \alpha = \frac{v^2(\alpha)}{2a_2} \quad \Rightarrow \quad a_2 = \frac{\frac{12}{5} \frac{g}{l} \sin \alpha \cdot l^2}{2l\alpha} = \frac{6}{5} g\tag{15}\]
Аналогично для первого шарика
\[\frac{l}{2} \alpha = \frac{v^2(\alpha)}{2a_1} \quad \Rightarrow \quad a_1 = \frac{\frac{12}{5} \frac{g}{l} \sin \alpha \cdot \frac{l^2}{4}}{2 \frac{l}{2} \alpha} = \frac{3}{5} g\tag{16}\]
Впрочем, очевидно, что ускорение первого шарика в два раза меньше. Отметим, что эти выражения могут быть получены прямым дифференцированием функции (14) с последующим переходом от углового ускорения стержня к линейным ускорениям шариков.
2.3 Обратим внимание, что в начальный момент времени ускорение крайнего шарика превышает ускорение свободного падения! Следовательно, со стороны стержня на шарик действует сила, направленная вертикально вниз. Силы реакции направленной вдоль стержня в данном положении нет, так как скорость шарика равна нулю. Записывая уравнение 2 закона Ньютона для крайнего шарика, получим
\[\frac{m}{2} a_{2}=\frac{m}{2} g+N \quad \Rightarrow \quad N=\frac{m}{2}\left(a_{2}-g\right)=\frac{m g}{10} .\tag{17}\]
Таким образом, в данной конфигурации внутри стержня возникают силы упругости, направленные перпендикулярно стержню.
Задача \(n\). \(n\) шариков.
Решение этой задачи полностью аналогично решению предыдущей. Поэтому можно сократить комментарии к решению.
3.1 Записываем закон сохранения энергии
\[\begin{aligned} & \frac{1}{2} \frac{m}{n} l^{2} \omega^{2}\left(\left(\frac{1}{n}\right)^{2}+\left(\frac{2}{n}\right)^{2}+\left(\frac{3}{n}\right)^{2}+\ldots\left(\frac{n}{n}\right)^{2}\right)=\frac{m}{n} g l\left(\left(\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{2}{n}\right)+\left(\frac{3}{n}\right)+\ldots\left(\frac{n}{n}\right)\right) \sin \alpha \quad \Rightarrow \\ & \frac{1}{2} \frac{l^{2} \omega^{2}}{n^{2}} \sum_{k=1}^{n} k^{2}=\frac{g l}{n} \sin \alpha \sum_{k=1}^{n} k \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{2} \frac{l^{2} \omega^{2}}{n^{2}} \frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}=\frac{g l}{n} \sin \alpha \frac{n(n+1)}{2} \end{aligned}\]
Так как по условию \(n \gg 1\), то в формулах для сумм можно оставить только высшие степени, поэтому получим
\[\frac{1}{2} \frac{l^{2} \omega^{2}}{n^{2}} \frac{n^{3}}{3}=\frac{g l}{n} \frac{n^{2}}{2} \quad \Rightarrow \quad \omega=\sqrt{3 \frac{g}{l} \sin \alpha}\tag{19}\]
Это же выражение модно получить гораздо проще из уравнения динамики вращательного движения.
3.2 Ускорение \(k\)-того шарика рассчитываем по прежней методике
\[\left(\frac{l}{n} k\right) \alpha=\frac{v_{k}^{2}(\alpha)}{2 a_{k}} \quad \Rightarrow \quad a_{k}=\frac{3 \frac{g}{l} \sin \alpha \cdot\left(\frac{l}{n} k\right)^{2}}{2\left(\frac{l}{n} k\right) \alpha}=\frac{3}{2} g \frac{k}{n} .\tag{20}\]
3.3 Так как ускорения шариков в начальный момент времени отличаются от ускорения свободного падения, то на эти шарики со стороны стержня действуют силы реакции направленные вертикально (положительное направлении - вниз). Их величины также находим из уравнения 2 закона Ньютона
\[\frac{m}{n} a_{k}=\frac{m}{n} g+N_{k} \quad \Rightarrow \quad N_{k}=\frac{m}{n} g\left(\frac{3}{2} \frac{k}{n}-1\right)\tag{21}\]
Как следует из полученной формулы при \(\frac{k}{n} < \frac{2}{3}\) эти силы направлены вверх, далее — вниз.
На рисунке показана зависимость этих сил от номера шарика.
3.4 Природа этих сил — силы упругости, возникающие при малой деформации стержня.
3.5 Как было показано в этой задаче, при ускоренном вращательном движении массивного стержня в нем возникают силы упругости, направленные поперек стержня. Следовательно, такие же силы возникают и при падении трубы. Они-то ее и ломают!
В последней части задачи показано, что направление поперечных сил меняется на противоположное на одной трети длины стержня, поэтому, скорее всего на этом же расстоянии и происходит разлом.
Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.
зад 2 Опыт Физо
Задача 2. Опыт Физо
Весь XIX век физики были убеждены, что свет есть волна, распространяющаяся в особой среде – эфире. Практически все известные оптические явления нашли свое объяснение в рамках теории светоносного эфира. Одним из самых интересных и сложных вопросов являлся вопрос о взаимодействии материальных тел и светоносного эфира. В частности, как ведет себя эфир в движущемся теле: остается в покое; движется вместе с телом; или как-то по-иному.
Один из решающих экспериментов в исследовании этого явления провел французский физик Арман Ипполит Луи Физо. Результаты этого опыта были опубликованы в 1859 году в работе «О гипотезах относительно светового эфира и об одном эксперименте, который, по-видимому, показывает, что движение тел меняет скорость, с которой свет распространяется внутри этих тел». Все численные результаты, использованные в этой задаче, взяты из названной статьи И. Физо.
Скорость света в вакууме считать равной \(c = 3{,}00 \cdot 10^{8} \frac{\text{м}}{\text{с}}\), Значения длин волн приведены для волн в вакууме. Показатель преломления воды \(n = 1{,}33\)
Прежде чем приступить к анализу эксперимента И. Физо, вспомним основные положения теории интерференции света.
Часть 1. Воспоминание об интерференции.
Наиболее простой для теоретического описания интерференции света является оптическая схема, предложенная английским физиком Т. Юнгом (рис. 1). Монохроматический свет падает нормально на непрозрачную пластинку, в которой на небольшом расстоянии проделаны два маленьких отверстия \(S_1\) и \(S_2\), которые можно рассматривать как два когерентных точечных источника света. На большом расстоянии от этой пластинки расположен экран, на котором наблюдается интерференционная картина в виде системы параллельных равноотстоящих светлых и темных полос.
Рассмотрим описанную установку со следующими параметрами: Расстояние между отверстиями \(d = 1{,}0\) мм; расстояние до экрана \(L = 2{,}0\) м, длина волны света \(\lambda = 0{,}55 \cdot 10^{-6}\) м. (рис. 2)
1.1 Рассчитайте ширину интерференционной полосы \(\Delta x\) (расстояние между соседними максимумами) на экране.
Отверстие \(S_1\) закрывают плоскопараллельной стеклянной пластинкой \(P\) (рис.3), толщина которой \(h = 5{,}0 \cdot 10^{-6}\) м, а показатель преломления \(n = 1{,}6\). При такой малой толщине можно пренебречь смещением лучей в пластинке.
1.2 Рассчитайте на сколько полос (и в какую сторону) сместится интерференционная картина на экране.
Часть 2. Эксперимент И. Физо – скорость света в движущейся воде.
Чтобы понять идею и цель рассматриваемого опыта И. Физо, процитируем его статью. «Эти гипотезы (относительно эфира) можно свести к трем основным...:
– эфир связан и как бы прикреплен к молекулам тела и, следовательно, участвует в движениях, которые могут сообщаться этим телам\(^6\);
– эфир свободен и независим и не увлекается телами в их движениях\(^7\);
– по третьему предположению... свободной остается лишь часть эфира, а другая часть прикрепляется к молекулам тела и только она участвует в его движении\(^8\)»
Итак, И. Физо поставил цель экспериментально определить, какая из этих гипотез подтверждается экспериментально. Для этого необходимо измерить, как изменяется скорость света в движущейся среде. Обозначим скорость движения среды \(V\), а скорость света в среде \(v\).
2.1 Чему равна скорость света в неподвижной воде?
2.2 Запишите формулу для скорости света в движущей среде, в предположении, что справедлива гипотеза неподвижного эфира.
2.3 Запишите формулу для скорости света в движущей среде, в предположении, что справедлива гипотеза полного увлечения эфира.
В рамках гипотезы частичного увлечения эфира (предложенной О. Френелем) предполагается, что скорость света в движущейся среде складывается из скорости света в неподвижной среде и скорости среды, умноженной на некоторый коэффициент \(\gamma\), который называется коэффициентом увлечения эфира.
2.4 Каким значениям \(\gamma\) соответствуют гипотезы неподвижного эфира и полного увлечения эфира?
\(^6\) Далее будем ее называть «Гипотеза полного увлечения эфира».
\(^7\) Гипотеза неподвижного эфира.
\(^8\) Гипотеза частичного увлечения эфира.
На рис. 4 показана схема установки Физо. В этой установке свет проходил через две параллельные трубы \(\text{Т}_{1}\) и \(\text{Т}_{2}\) по которым равномерно текла вода с некоторой скоростью \(V\). Торцы труб закрыты стеклянными окнами. Оптическая схема установки состояла из источника света \(\text{И}\), полупрозрачной пластинки \(\mathbf{II}\), трех зеркал \(\mathbf{3}_{1}, \mathbf{3}_{2}, \mathbf{3}_{3}\) и экрана \(\text{Э}\), на котором с помощью зрительной трубы с микрометром наблюдается интерференционная картина. Свет от источника с помощью линзы формируется в параллельный пучок, который падал на полупрозрачную пластинку. Пластинка разделяет пучок на две потока. Один из них отражается от пластинки, и следует по пути \(\mathbf{3}_{1},-\mathbf{3}_{2},-\mathbf{3}_{3}\) попадает на пластинку и отражается в сторону экрана. Этот пучок распространяется в трубах в направлении течения воды. Второй световой пучок движется в обратном направлении: проходит через пластинку и далее следует по пути \(\mathbf{3}_{3},-\mathbf{3}_{2}\), \(-\mathbf{3}_{1}\) и также попадает на экран. В результате интерференции этих пучков на экране и возникает система полос. Каждый из пучков проходит в движущейся воде расстояние \(L=1{,}49 \text{~м}\) в каждой трубе. Можно считать, что скорость движения воды на этом пути постоянна. Для расчета скорости воды И. Физо измерил объем жидкости, протекающий по трубам в единицу времени, и разделил его на площадь поперечного сечения трубы. В своих экспериментах И. Физо использовал свет с длиной волны \(\lambda=526\) нм.
Еще раз процитируем статью И. Физо:
«Во время протекания воды полосы сохраняли хорошую отчетливость: они сдвигались параллельно самим себе без малейшего сомнения на величину, ощутимо пропорциональную скорости воды. При скорости \(2 \text{~м} / \text{с}\) смещение было уже хорошо заметно, при скорости от 4 до \(7 \text{~м} / \text{с}\) оно было вполне измеримым»
Для повышения точности измерений И. Физо измерял смещение полос при изменении направления течения воды. В результате тщательных измерений И. Физо констатировал:
«При ширине одной полосы в пять делений микрометра... было установлено, что при скорости течения воды \(7{,}06 \text{~м} / \text{с}\) смещение вправо составляло \(1{,}2\) деления и смещение влево \(-1{,}2\) деления. Сумма двух смещений равна \(2{,}4\) деления, т.е. практически составляет половину полосы»
2.5 Рассчитайте теоретическое значение смещения полос, принимая гипотезу полного увлечения эфира. Совпадает ли это значение с экспериментально полученным значением?
2.6 Принимая гипотезу частичного увлечения эфира, определите значение коэффициента увлечения эфира \(\gamma\), следующего из результатов эксперимента И. Физо.
Часть 3. Но эфира то нет!
3.1 Покажите, что закон сложения скоростей, предложенный О. Френелем, является следствием релятивистского закона сложения скоростей. Интересно, что О.Френель получил правильную формулу, не зная теории относительности.
3.2 Используя формулу релятивистского сложения скоростей, получите формулу для коэффициента увлечения эфира \(\gamma\). Выразите его через показатель преломления движущейся среды. Рассчитайте его значение для воды.
3.3 И. Физо сумел найти причину, объясняющую незначительное отклонение измеренного значения коэффициента \(\gamma\) от теоретического значения. Укажите эту причину и Вы.
▶ПодсказкаСкрыть
Сдвиг полос равен изменению разности хода, делённому на длину волны. В опыте Физо она определяется изменением скорости света в движущейся воде, а закон Френеля следует из релятивистского сложения скоростей.
▶ОтветСкрыть
1.1) \(\Delta x=1{,}1\) мм; 1.2) на \(5{,}5\) полосы вверх; 2.5) \(\Delta m=0{,}472\,\gamma\), при полном увлечении \(0{,}47\) против опытных \(0{,}24\); 2.6) \(\gamma\approx0{,}51\); 3.2) \(\gamma=1-1/n^2\approx0{,}435\).
▶РешениеСкрыть
Часть 1. Воспоминание об интерференции
Решение этой части задачи традиционное, оно изложено практически во всех учебниках физики. Поэтому ограничимся кратким изложением этого решения, с выделением деталей, существенных при описании экспериментов И. Физо.
1.1 В схеме Юнга интерферирую волны, идущие от двух источников \(S_1\) и \(S_2\). В точке экрана с координатой \(x\) (измеренной от оси симметрии системы) интенсивность будет максимальна, если разность хода от источников до точки наблюдения равна целому числу длин волн, т.е.
\[r_2 - r_1 = m\lambda \quad (m = 0, \pm 1, \pm 2...)\tag{1}\]
Для расчета этой разности запишем на основании теоремы Пифагора
\[\begin{aligned} r_2^2 &= L^2 + \left(x + \frac{d}{2}\right)^2 \\ r_1^2 &= L^2 + \left(x - \frac{d}{2}\right)^2 \end{aligned}\tag{2}\]
Вычтем второе равенство из первого
\[r_2^2 - r_1^2 = (r_2 - r_1)(r_2 + r_1) = 2xd\tag{3}\]
Так как значения \(r_2, r_1\) мало отличаются от расстояния \(L\), которое значительно больше как расстояния между отверстиями \(d\), так и длины волны \(\lambda\), можно положить \((r_2 + r_1) \approx 2L\). Поэтому разность расстояний описывается формулой
\[(r_2 - r_1) = \frac{xd}{L}\tag{3}\]
Использование условия максимумов интерференции (1) позволят найти координаты точек максимальной интенсивности:
\[\frac{x_m d}{L} = m\lambda \quad \Rightarrow \quad x_m = m \frac{\lambda L}{d}.\tag{4}\]
Расстояние между соседними максимумами (т.е. ширина полосы) равно
\[\Delta x = x_{m+1} - x_m = \frac{\lambda L}{d}.\tag{5}\]
Подстановка численных значений дает результат
\[\Delta x = \frac{\lambda L}{d} = \frac{0{,}55 \cdot 10^{-6} \cdot 2{,}0}{1{,}0 \cdot 10^{-3}} = 1{,}1 \cdot 10^{-3} \, \text{м} = 1{,}1 \, \text{мм}\tag{6}\]
1.2 Самый простой способ решения этой части задачи можно найти, используя следующие простые (но общие для любой интерференционно схемы) рассуждения. Переход от одной интерференционной полосы к следующей соответствует увеличение разности хода на одну длину волны! Поэтому если оптическая длина пути в одном из каналов увеличивается на одну длину волны, то интерференционная картина смещается на одну полосу!
Сделаем еще одно замечание, касающееся понятия оптической длины пути. В теории интерференции основную роль играет разность фаз между интерферирующими волнами. Эта разность фаз зависит от длины волны, а именно изменение расстояния на одну длину волны приводит к изменению фазы на \(2\pi\). Поэтому для изменения фазы можно записать соотношение
\[\Delta\varphi = 2\pi \frac{\Delta r}{\lambda}.\tag{7}\]
Если свет распространяется в среде с показателем преломления \(n\), то длина волны уменьшается в \(n\) раз, поэтому изменение фазы при распространении света в среде будет равно
\[\Delta\varphi = 2\pi \frac{\Delta r}{(\lambda_0/n)} = 2\pi \frac{n\Delta r}{\lambda_0}.\tag{8}\]
где \(\lambda_0\) - длина волны в вакууме.
При подобных расчетах удобно считать, что длина волны остается неизменной и равной \(\lambda_0\), а увеличивается длина пути. Именно в этом смысл введения такого понятия, как оптическая длина пути \(l = n\Delta r\).
Теперь совсем просто найти смещение интерференционной картины при наличии стеклянной пластинки. Пластинка увеличивает оптическую длину пути для волн от верхнего источника на величину
\[\Delta l = (n-1)h.\tag{9}\]
Если это увеличение разделить на длину волны (в вакууме!), то получим величину смещения интерференционной картины в единицах ширины полосы, т.е.
\[\frac{\Delta l}{\lambda} = \frac{\delta}{\Delta x} = \Delta m\tag{9}\]
В рассматриваемой задаче это смещение равно
\[\Delta m = \frac{(n-1)h}{\lambda} = \frac{(1{,}6-1)\cdot 5{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}55\cdot 10^{-6}} \approx 5{,}5.\tag{10}\]
Таким образом, интерференционная картина сместится на пять с половиной полос вверх.
Часть 2. Эксперимент И. Физо – скорость света в движущейся воде.
2.1 Скорость света в неподвижной воде в \(n\) раз меньше скорости света в вакууме
\[v = \frac{c}{n} = \frac{3{,}00\cdot 10^8}{1{,}33} = 2{,}26\cdot 10^8 \frac{\text{м}}{\text{с}}.\tag{11}\]
2.2 В рамках гипотезы неподвижного эфира движение воды не влияет на скорость света, поэтому
\[v = \frac{c}{n}.\tag{12}\]
2.3 Если справедлива гипотеза полного увлечения эфира, то
\[v = \frac{c}{n} + V.\tag{13}\]
2.4 В общем случае следует записать
\[v = \frac{c}{n} + \gamma V.\tag{14}\]
При неподвижном эфире \(\gamma = 0\), при полном увлечении \(\gamma = 1\).
2.5 В данном эксперименте сдвиг интерференционных полос обусловлен изменением скорости света при изменении скорости течения воды, в результате чего изменяется длина волны света. Рассчитаем изменение длины волны в общем случае частичного увлечения эфира. Так как частота и период колебаний остаются неизменными, можно записать: Для длины волны (\(\lambda_{(\pm)}\) - длины волн при движении «по и против» течения воды):
\[\frac{\lambda_0}{c} = \frac{\lambda_{(\pm)}}{\frac{c}{n} \pm \gamma V} \quad \Rightarrow \quad \lambda_{(\pm)} = \lambda_0 \frac{\frac{c}{n} \pm \gamma V}{c}\tag{15}\]
Для изменения разности хода в каждой трубе в единицах длин волн получим
\[\frac{L}{\lambda_{(\pm)}} = \frac{L}{\lambda_0 \frac{\frac{c}{n} \pm \gamma V}{c}} = \frac{L}{\lambda_0} \cdot \frac{c}{\frac{c}{n} \pm \gamma V} = \frac{L}{\lambda_0} \frac{n}{1 \pm n\gamma \frac{V}{c}}\tag{16}\]
Теперь учтем, что \(V \ll c\), поэтому можно это выражение упростить:
\[\frac{L}{\lambda_{(\pm)}} = \frac{L}{\lambda_0} \frac{n}{1 \pm n\gamma \frac{V}{c}} = \frac{Ln}{\lambda_0} \left(1 \mp n\gamma \frac{V}{c}\right)\tag{17}\]
Итак, при движении воды между волнами, распространяющимися в противоположных направлениях, возникает разность хода (и равный ей сдвиг полос)
\[\Delta m_1 = \frac{L}{\lambda_{(-)}} - \frac{L}{\lambda_{(+)}} = 2 \frac{Ln^2}{\lambda_0} \gamma \frac{V}{c}.\tag{18}\]
Так как свет проходит две трубы, то окончательное значение сдвига будет еще в два раза больше
\[\Delta m = 4 \frac{Ln^2}{\lambda_0} \gamma \frac{V}{c}.\tag{19}\]
Подставим численные значения и рассчитаем
\[\Delta m = 4 \frac{Ln^2}{\lambda_0} \gamma \frac{V}{c} = 4 \frac{1{,}49 \cdot 1{,}33^2}{526 \cdot 10^{-9}} \cdot \frac{7{,}06}{3{,}00 \cdot 10^8} \gamma = 0{,}472\gamma.\tag{20}\]
Таким образом, при полном увлечении эфира сдвиг полос должен составить 0,472 ширины интерференционной полосы. В результате измерений И. Физо получил значение сдвига
\[\Delta m_{\text{exp}} = \frac{1{,}2}{5} \approx 0{,}24,\tag{21}\]
что почти в 2 раза меньше теоретического сдвига.
2.6 Для объяснение наблюдаемого сдвига следует предположить, что коэффициент увлечения эфира водой равен
\[\gamma = \frac{0{,}24}{0{,}47} \approx 0{,}51\tag{22}\]
Часть 3. Но эфира то нет!
3.1 Используя формулу для сложения скоростей в СТО для скорости света в движущейся среде получим
\[v = \frac { \frac { c } { n } + V } { 1 + \frac { \frac { c } { n } \cdot V } { c ^ { 2 } } } = \frac { c } { n } \frac { 1 + n \frac { V } { c } } { 1 + \frac { 1 } { n } \frac { V } { c } } \approx \frac { c } { n } \left( 1 + n \frac { V } { c } - \frac { 1 } { n } \frac { V } { c } \right) = \frac { c } { n } + \left( 1 - \frac { 1 } { n ^ { 2 } } \right) V \, .\tag{23}\]
3.2 Из формулы (23) следует, что коэффициент увлечения связан с показателем преломления соотношением
\[\gamma = 1 - \frac { 1 } { n ^ { 2 } } \, .\tag{24}\]
Его численное значение для воды равно
\[\gamma = 1 - \frac { 1 } { 1 { , } 3 3 ^ { 2 } } = 0 { , } 4 3 5 \, .\tag{25}\]
Это значение близко к значению, найденному экспериментально.
3.3 При рассчитанном значении коэффициента увлечения сдвиг полос должен быть равен \(\Delta m = 0 { , } 4 7 2 \, \gamma \approx 0 { , } 2 0 5\) , что несколько меньше полученного экспериментально. Основной причиной такого расхождения является метод измерения скорости жидкости. Использованное значение скорости является средней скоростью по площади поперечного сечения труб. В действительности свет проходил вблизи оси трубы, где скорость течения больше, чем среднее по сечению значение. В результате чего реальный сдвиг оказался немного больше рассчитанного. Это повлияло и на значение коэффициента увлечения.
Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.
зад 3 Давление света
Задача 3 Давление света.
В некоторых книгах утверждается, что давление света подтверждает его квантовую природу. Однако, описать это явление можно точно и в рамках классической физики. Знаменитый исследователь давления света П.Н. Лебедев в своих экспериментах проверял теорию электромагнитную теорию Дж.К. Максвелла. В данной задаче вам предстоит рассчитать величину давления света, используя законы классической физики.
Часть 1. Свойства электромагнитных волн.
Свет представляет собой электромагнитную волну. Эта волна является поперечной: векторы напряженности электрического поля \(\vec{E}\) и индукции магнитного поля \(\vec{B}\) взаимно перпендикулярны и перпендикулярны направлению распространения волны \(\vec{c}\) (см. рисунок). Колебания напряженности электрического поля и индукции магнитного поля происходят в одной фазе, поэтому в произвольной точке они могут быть описаны функциями
\[\begin{cases} E = E_0 \cos \omega t \\ B = B_0 \cos \omega t \end{cases}\tag{1}\]
Амплитуды колебаний напряженности электрического поля и индукции магнитного поля связаны между собой так, что средняя объемная плотность энергии электрического поля равна средней объемной плотности энергии магнитного поля
\[\langle w_E \rangle = \langle w_B \rangle\tag{2}\]
Объемные плотности энергии электрического и магнитного полей определяются по формулам
\[w_E = \frac{\varepsilon_0 E^2}{2}, \quad w_B = \frac{B^2}{2\mu_0}\tag{3}\]
Скорость электромагнитной волны (скорость света) в вакууме рассчитывается по формуле
\[c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}},\tag{4}\]
где \(\varepsilon_0, \mu_0\) - электрическая и магнитная постоянные, соответственно.
1.1 Запишите соотношение между амплитудами колебаний напряженности электрического \(E_0\) поля, индукции магнитного поля \(B_0\) и скоростью света \(c\).
1.2 Выразите интенсивность света \(I\) через амплитуду колебаний вектора напряженности электрического поля волны \(E_0\).
Интенсивностью света называется усредненное по времени количество энергии, переносимой волной в единицу времени через площадку единичной площади \(I = \frac{\Delta W}{\Delta t \Delta S}\)
Часть 2. Движение электронов в металле и электрическое сопротивление.
Как известно, носителями электрического тока в металлах являются свободные электроны.
2.1 Рассчитайте концентрацию свободных электронов \(n\) в меди.
Считайте, что каждый атом меди отдает один электрон в облако свободных электронов.
Молярная масса меди \(M_{\text{Cu}} = 63{,}5 \frac{\text{г}}{\text{моль}}\), плотность меди \(\rho_{\text{Cu}} = 8{,}92 \frac{\text{г}}{\text{см}^3}\), постоянная Авогадро \(N_A = 6{,}02 \cdot 10^{23} \text{моль}^{-1}\), заряд электрона \(e = 1{,}60 \cdot 10^{-19} \text{Кл}\), электрическая постоянная \(\varepsilon_0 = 8{,}854 \cdot 10^{-12} \frac{\text{А}^2 \cdot \text{с}^4}{\text{кг} \cdot \text{м}^3}\)
Медная пластинка толщиной \(h = 1{,}0 \text{см}\) помещена во внешнее однородное электростатическое поле напряженности \(E = 30 \frac{\text{кВ}}{\text{см}}\) (в таких полях наступает электрический пробой воздуха). Вектор напряженности поля перпендикулярен поверхности пластинки.
2.2 Рассчитайте, какая доля свободных электронов создает индуцированный заряд на поверхности пластинки при заданной напряженности внешнего электрического поля.
Для описания электрического сопротивления металлов в классической физике предполагается, что на движущийся в металле электрон действует тормозящая сила, пропорциональная его скорости
\[\vec{F} = -\beta \vec{v}\tag{5}\]
2.3 Выразите коэффициент пропорциональности \(\beta\) в формуле (5), через удельное электрическое сопротивление металла\(^9\) \(\rho\) и концентрацию свободных электронов \(n\).
Часть 3. Давление света на поверхность металла.
Для расчета давления света рассмотрите следующую модель. Плоская электромагнитная волна падает нормально на очень тонкую металлическую пластинку толщиной \(h\). Отражение волны не учитывать. Изменением амплитуды волны при прохождении через пластинку можно пренебречь, поэтому во всех точках пластинки поля описываются уравнениями (1).
Движение электронов описывается на основании закона Ньютона, причем в первом приближении можно пренебречь влиянием магнитного поля волны на движение электрона. Начальную скорость электрона считайте равной нулю.
В дальнейшем считайте известными следующие величины: \(n\) - концентрация свободных электронов в пластинке, коэффициент сопротивления движению \(\beta\) для этих электронов, \(E_0\) - амплитуда напряженности электрического поля волны, \(\omega\) - круговая частота волны, \(h, S\) - толщина и площадь пластинки, \(m, e\) - масса и заряд электрона, \(c\) - скорость света. Ответы на последующие вопросы выражайте через эти величины.
3.1 Пренебрегая силой сопротивления, действующей на электрон, найдите зависимость скорости электрона от времени, при действии на него электромагнитной волны \(v(t)\).
3.2 Рассчитайте среднее значение силы Лоренца, действующей на электрон в этом случае.
Далее следует учитывать действие силы сопротивления (4) на электрон.
3.3 Найдите зависимость скорости электрона от времени \(v(t)\) при действии на него электрического поля волны.
Подсказка. Представьте эту зависимость в виде \(v(t) = C_1 \cos \omega t + C_2 \sin \omega t\), найдите значения коэффициентов этой зависимости.
3.4 Найдите усредненное по времени значение силы Лоренца, действующей на электрон. Укажите направление этой силы.
3.5 Найдите силу, действующую на всю пластинку со стороны падающей волны.
3.6 Рассчитайте коэффициент поглощения электромагнитной волны пластинкой \(K\).
Коэффициентом поглощения называется отношение поглощенной энергии к энергии падающей волны.
3.7 Получите формулу для давления света на пластинку, выразите это давление через интенсивность волны и коэффициент поглощения пластинки.
\(^9\) Не путайте с плотностью!
▶ПодсказкаСкрыть
Среднюю силу Лоренца даёт только та часть скорости электрона, что колеблется в фазе с полем волны. Давление света равно импульсу поглощённой за единицу времени энергии, делённому на \(c\).
▶ОтветСкрыть
1.1) \(E_0=cB_0\); 1.2) \(I=\tfrac12c\varepsilon_0E_0^2\); 2.1) \(n=8{,}46\cdot10^{28}\) м\(^{-3}\); 2.2) \(\eta\approx2\cdot10^{-13}\); 2.3) \(\beta=\rho/(ne^2)\); 3.6) \(K=\dfrac{nhe^2}{c\varepsilon_0}\dfrac{\beta}{(m\omega)^2+\beta^2}\); 3.7) \(p=KI/c\).
▶РешениеСкрыть
1. Свойства электромагнитных волн.
1.1 В условии задачи подсказано, что средние плотности энергии электрического и магнитного полей волны равны. Поэтому вычислим усредненные значения плотностей этих энергий. Мгновенное значение плотности энергии электрического поля описывается функцией
\[w_E(t) = \frac{\varepsilon_0}{2} (E(t))^2 = \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{2} \cos^2 \omega t\tag{1}\]
Усреднение по промежутку времени, значительно превышающему период световых колебаний, дает
\[\langle w_E \rangle = \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{2} \langle \cos^2 \omega t \rangle = \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{4}.\tag{2}\]
При выводе учтено, что среднее значение квадрата косинуса равно \(\langle \cos^2 t \rangle = \frac{1}{2}\). Аналогичные рассуждения дают аналогичный результат:
\[\langle w_B \rangle = \left\langle \frac{B_0^2}{2\mu_0} \cos^2 \omega t \right\rangle = \frac{B_0^2}{4\mu_0}.\tag{3}\]
Из равенства этих величин следует очень простое и красиво соотношение между амплитудами полей
\[\frac{\varepsilon_0 E_0^2}{4} = \frac{B_0^2}{4\mu_0} \quad \Rightarrow \quad E_0 = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}} B_0 = c B_0.\tag{4}\]
1.2 Рассмотрим небольшую прямоугольную площадку площади \(\Delta S\) на которую нормально падает электромагнитная волна. На этой площадке, как на основании построим параллелепипед длиной \(c\Delta t\). Вся энергия волны, заключенная в этом параллелепипеде за время \(\Delta t\) успеет проскочить через выделенную площадку. Поэтому за время \(\Delta t\) через площадку пройдет энергия равная
\[\Delta W = (w_E + w_B) \Delta S \cdot c \Delta t.\tag{5}\]
Усредняя по времени, получим \(\Delta W = \langle w_E + w_B \rangle \Delta S \cdot c \Delta t\). Тогда интенсивность волны (по определению) будет равна
\[I = \frac{\Delta W}{\Delta S \cdot \Delta t} = c \langle w_E + w_B \rangle.\tag{6}\]
Принимая во внимание полученные выражения для средних плотностей энергии электрического и магнитного полей, получим выражение для интенсивности волны:
\[I = c \langle w_E + w_B \rangle = 2c \langle w_E \rangle = c \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{2}.\tag{7}\]
2. Движение электронов в металле и их электрическое сопротивление.
2.1 Концентрация свободных электронов равна концентрации атомов в меди, которая рассчитывается элементарно:
\[n = \frac{\rho_{Cu}}{m_{Cu}} = \frac{\rho_{Cu}}{M_{Cu}} N_A = \frac{8{,}92 \cdot 10^3 \frac{\text{кг}}{\text{м}^3}}{63{,}5 \cdot 10^{-3} \frac{\text{кг}}{\text{моль}}} 6{,}02 \cdot 10^{23} \frac{1}{\text{моль}} = 8{,}46 \cdot 10^{28} \text{м}^{-3}.\tag{8}\]
2.2 Напряженность электрического поля внутри металла равна нулю, так как внешнее поле компенсируется полем индуцированных зарядов. В данном случае индуцированные заряды локализуются на поверхности пластины, поэтому поверхностная плотность индуцированных зарядов связана с напряженностью создаваемого поля следующим соотношением
\[\sigma = \varepsilon_0 E\tag{9}\]
Здесь \(E\) - напряженность внешнего поля и она же напряженность поля индуцированных зарядов. Если площадь части пластинки равна \(S\), то число электронов, находящихся на этой площадке равно \(N' = \frac{\sigma S}{e}\) (\(e\) - заряд электрона), в то время как общее число свободных электронов в пластинке \(N = nSh\). Таким образом, доля электронов, которые под действием внешнего поля переместились на поверхность, равна
\[\eta = \frac{N'}{N} = \frac{\sigma}{enh} = \frac{\varepsilon_0 E}{enh}.\tag{10}\]
Подставляя численные значения параметров этой формулы (заметим, что \(E = 30 \frac{\text{кВ}}{\text{см}} = 3{,}0 \cdot 10^6 \frac{\text{В}}{\text{м}}\)), получим
\[\eta = \frac{\varepsilon_0 E}{enh} = \frac{8{,}85 \cdot 10^{-12} \cdot 3{,}0 \cdot 10^6}{1{,}60 \cdot 10^{-19} \cdot 8{,}46 \cdot 10^{28} \cdot 1{,}0 \cdot 10^{-2}} = 2{,}0 \cdot 10^{-13}.\tag{10}\]
Очень маленькая доля!
2.3 При установившемся значении силы тока электроны движутся с постоянной скоростью (конечно, в среднем), в этом случае сила, действующая на электрон со стороны электрического поля, уравновешивается силой сопротивления
\[eE = \beta v.\tag{11}\]
Отсюда следует, что средняя скорость движения электронов равна
\[v = \frac{eE}{\beta}.\tag{12}\]
Тогда плотность тока равна
\[j = env = \frac{e^2 n}{\beta} E.\tag{13}\]
Эта формула выражает закон Ома в дифференциальной форме, который традиционно записывается в виде
\[j = \frac { 1 } { \rho } E \, .\tag{14}\]
Сравнивая эти выражения, находим, что искомый и не совсем понятный коэффициент может быть рассчитан по вполне измеряемым параметрам
\[\beta = \frac { \rho } { n e ^ { 2 } } \, .\tag{15}\]
3. Давление света на поверхность металла.
3.1 Уравнение движение свободного электрона по второму закону Ньютона имеет вид
\[m a = e E _ { 0 } \cos \omega t \, .\tag{16}\]
\(m\) - масса электрона, \(a\) - его ускорение.
Из этого уравнения следует, что скорость электрона зависит от времени по закону
\[v ( t ) = \frac { e E _ { 0 } } { m \omega } \sin \omega t\tag{17}\]
Вектор скорости лежит в той же плоскости, что и вектор напряженности электрического поля.
3.2 Так как вектор скорости электрона и вектор индукции магнитного поля взаимно перпендикулярны, сила Лоренца равна произведению модулей этих векторов, т.е.
\[F _ { \text{Л} } = e v B = e \frac { e E _ { 0 } } { m \omega } \sin \omega t \cdot B _ { 0 } \cos \omega t \, .\tag{18}\]
Среднее по времени значение этой силы равно нулю, так как \(\langle \sin \omega t \cdot \cos \omega t \rangle = \frac { 1 } { 2 } \langle \sin 2 \omega t \rangle = 0\)
Итак, в этом случае
\[\langle F _ { \text{Л} } \rangle = 0 \, .\tag{19}\]
3.3 При наличии силы сопротивления уравнение движение электрона имеет вид
\[m a = e E _ { 0 } \cos \omega t - \beta v \, .\tag{20}\]
Используя подсказку, запишем
\[v ( t ) = C _ { 1 } \cos \omega t + C _ { 2 } \sin \omega t\tag{21}\]
Ускорение электрона находим, вычисляя производную от этой функции
\[a = - C _ { 1 } \omega \sin \omega t + C _ { 2 } \omega \cos \omega t \, .\tag{22}\]
Подставим эти функции в уравнение (20)
\[- C _ { 1 } m \omega \sin \omega t + C _ { 2 } m \omega \cos \omega t = e E _ { 0 } \cos \omega t - C _ { 1 } \beta \cos \omega t - C _ { 2 } \beta \sin \omega t \, .\tag{23}\]
Так как это выражение должно быть справедливым в любой момент времени, можно приравнять коэффициенты, стоящие «при синусах и косинусах», в результате чего получаем систему уравнений для определения коэффициентов функции (21)
\[\left\{ \begin{array} { l } { { - C _ { 1 } m \omega = - C _ { 2 } \beta } } \\ { { C _ { 2 } m \omega = e E _ { 0 } - C _ { 1 } \beta } } \end{array} \right. .\tag{24}\]
Решение этой системы элементарно:
\[C _ { 2 } = e E _ { 0 } \, \frac { m \omega } { ( m \omega ) ^ { 2 } + \beta ^ { 2 } } \, ; \quad C _ { 1 } = e E _ { 0 } \, \frac { \beta } { ( m \omega ) ^ { 2 } + \beta ^ { 2 } } \, .\tag{25}\]
Подставляя эти выражение в функцию (21), получим искомую функцию
\[v ( t ) = e E _ { 0 } \, \frac { \beta } { ( m \omega ) ^ { 2 } + \beta ^ { 2 } } \cos \omega t + e E _ { 0 } \, \frac { m \omega } { ( m \omega ) ^ { 2 } + \beta ^ { 2 } } \sin \omega t \, .\tag{26}\]
3.4 Так как в выражении для скорости присутствует слагаемое изменяющееся по закону косинуса, среднее значение силы Лоренца, действующее на один электрон, оказывается отличным от нуля. Действительно,
\[\left\langle F_{\text{Л}}^{(1)}\right\rangle=\langle e v B\rangle=\left\langle e\left(e E_{0} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}} \cos \omega t+e E_{0} \frac{m \omega}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}} \sin \omega t\right) B_{0} \cos \omega t\right\rangle=\]
\[=e^{2} \frac{E_{0} B_{0}}{2} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}=e^{2} \frac{E_{0}^{2}}{2 c} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\tag{27}\]
Легко показать, что эта сила направлена по направлению распространения волны.
3.5 Так как в пластинке содержится \(N=n h S\) электронов, то суммарная средняя сила, действующая на пластинку оказывается равной
\[\left\langle F_{\text{Л}}\right\rangle=n h S e^{2} \frac{E_{0}^{2}}{2 c} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\tag{28}\]
3.6 Поглощение волны происходит только потому, что на электроны действует тормозящая сила (равносильно — потому, что есть электрическое сопротивление). Мощность поглощенной одним электроном энергии есть мощность силы сопротивления
\[p^{(1)}=F_{\text{сопр.}} v=\beta v^{2}\tag{29}\]
Проводя усреднение по времени, получим
\[\left\langle p_{1}\right\rangle=\left\langle\beta v^{2}\right\rangle=\left\langle\beta\left(e E_{0} \frac{m \omega}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}} \cos \omega t+e E_{0} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}} \sin \omega t\right)^{2}\right\rangle=\]
\[=\frac{\left(e E_{0}\right)^{2}}{2} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\tag{28}\]
При выводе учтено, что \(\left\langle\cos ^{2} \omega t\right\rangle=\left\langle\sin ^{2} \omega t\right\rangle=\frac{1}{2},\langle\cos \omega t \cdot \sin \omega t\rangle=0\) Мощность энергии, поглощенной всеми электронами равна
\[P_{\text{погл}}=N\left\langle p_{1}\right\rangle=n h S \frac{\left(e E_{0}\right)^{2}}{2} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\tag{29}\]
Мощность энергии падающей на пластинку равна
\[P_{\text{пад.}}=I S=c \frac{\varepsilon_{0} E_{0}^{2}}{2} S\tag{30}\]
Следовательно, коэффициент поглощения волны равен
\[K=\frac{P_{\text{погл}}}{P_{\text{пад}}}=\frac{n h e^{2}}{c \varepsilon_{0}} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\tag{31}\]
3.7 Давление света равно отношению силы (28) к площади пластинки
\[p=\frac{\left\langle F_{\text{Л}}\right\rangle}{S}=n h e^{2} \frac{E_{0}^{2}}{2 c} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\tag{32}\]
Поэтому осталось выразить эту формулу через интенсивность падающей волны и коэффициент поглощения, что делается достаточно просто: просто переставим слагаемые в формуле (32)
\[p=\frac{\left\langle F_{\text{Л}}\right\rangle}{S}=n h e^{2} \frac{E_{0}^{2}}{2 c} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}=\left(\frac{n h e^{2}}{c \varepsilon_{0}} \frac{\beta}{(m \omega)^{2}+\beta^{2}}\right)\left(\frac{\varepsilon_{0} E_{0}^{2}}{2} c\right) \frac{1}{c}=K \frac{I}{c}\tag{33}\]
Заметим, что в точности такое же выражение для давления света следует и из квантовой теории.
Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.
Источник: Республиканская физическая олимпиада Беларуси, 2017/18, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур — условия · решения. Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.