EuPhO 2021, теоретический тур

Подсказка

Пока перегородка лежит на уступе, нижний газ сжимается адиабатически. Когда давление снизу превысит верхнее на \(mg/S\), газ начнёт перетекать, а разность давлений останется постоянной; для всего гелия сразу удобно записать закон сохранения энергии.

Ответ

Здесь \(x=\dfrac{mgH}{pV}\).

a) \(V_0=V\,(1+x)^{-3/5}\);  b) \(T_1=\dfrac{T}{2}\left[\Bigl(1+(1+x)^{3/5}\Bigr)^{5/3}-x\right]\);  c) \(T_2=T\Bigl(1+(1+x)^{3/5}\Bigr)^{2/3}\).

Решение

Что происходит. Поршень медленно сжимает нижний газ. Стенки, поршень и перегородка не проводят тепло, поэтому нижний газ сжимается адиабатически, а его давление растёт. Верхний газ пока не меняется: перегородка лежит на уступе. Когда избыток давления снизу становится достаточным, чтобы приподнять перегородку, газ начинает просачиваться вверх. Перегородка при этом лишь слегка приподнята, и разность давлений под ней и над ней остаётся равной давлению, которое создаёт её вес: \(\Delta p=mg/S\). Идея решения: на первом этапе — адиабата одного газа; на втором — закон сохранения энергии сразу для всего гелия (перетекающий газ нагревает верхнюю камеру, поэтому по отдельности камеры считать неудобно); температуру газа, оставшегося внизу, находим снова по адиабате.

Рис. 1. Три состояния системы (рисунок не в масштабе по давлениям; высота нижней камеры во втором состоянии посчитана для \(x=0{,}5\)).

Обозначения. \(S=V/H\) — площадь сечения цилиндра; \(p_1,V_1,T_1\) — давление, объём и температура верхней камеры, \(p_2,V_2,T_2\) — нижней; \(V_1=V\) не меняется. Значения в момент касания поршнем перегородки отмечаем штрихом; искомые в условии \(T_1\) и \(T_2\) — это \(T_1'\) и \(T_2'\). В начале в каждой камере по \(n\) молей, \(pV=nRT\). Безразмерный параметр \[x=\frac{mgH}{pV}=\frac{mg/S}{p}=\frac{\Delta p}{p},\qquad \Delta p=\frac{mg}{S}.\] Гелий одноатомный: внутренняя энергия \(U=\frac32\,\nu RT=\frac32\,pV\).

Адиабата. Выделим мысленно порцию газа в нижней камере: объём \(v\), давление \(p_2\), границы — два невесомых тонких поршня (рис. 2). Теплообмена с окружающим газом нет, а сжимается порция медленно, поэтому изменение её внутренней энергии равно работе внешних сил над ней: \[d\!\left(\frac32\,p_2v\right)=-p_2\,dv \quad\Longrightarrow\quad \frac52\,p_2\,dv+\frac32\,v\,dp_2=0 \quad\Longrightarrow\quad v^5p_2^3=\text{const}. \tag{1}\] Температура порции пропорциональна \(p_2v\propto p_2\cdot p_2^{-3/5}=p_2^{2/5}\), откуда \[T_2^{5}\,p_2^{-2}=\text{const}. \tag{2}\] Давление и температура порции — это давление и температура нижней камеры: \(p_2\), \(T_2\). Остальной газ только давит на порцию извне.

Рис. 2. Порция газа в нижней камере между двумя воображаемыми невесомыми поршнями.

a) Пока перегородка лежит на уступе, давление в верхней камере остаётся \(p\). На перегородку действуют (рис. 3): сила давления нижнего газа \(p_2S\) вверх, сила давления верхнего газа \(pS\) вниз, сила тяжести \(mg\) вниз и сила реакции уступа \(N\ge0\) вверх. Условие равновесия \[p_2S+N=pS+mg .\] Пока \(N>0\), перегородка прижата к уступу, и газ не просачивается. Просачивание начинается, когда \(N=0\): \[p_0=p+\frac{mg}{S}=p+\frac{mgH}{V}=p\,(1+x).\]

Рис. 3. Силы на перегородку в момент начала просачивания (\(N=0\)): \(p_0S=pS+mg\).

До этого момента нижний газ сжимался адиабатически от \((V,\,p)\) до \((V_0,\,p_0)\). По уравнению (1) \(V_0^5p_0^3=V^5p^3\), откуда \[V_0=V\left(\frac{p}{p_0}\right)^{3/5}=\boxed{V\,(1+x)^{-3/5}} .\] Проверка: при \(x\to0\) (невесомая перегородка) получаем \(V_0\to V\) — газ просачивается сразу, как только поршень тронулся; чем тяжелее перегородка, тем сильнее надо сжать нижний газ. Например, при \(x=0{,}5\) имеем \(V_0\approx0{,}78\,V\).

b) После начала просачивания давление в нижней камере продолжает расти, газ идёт вверх, а перегородка висит над уступом так, что \((p_2-p_1)S=mg\). Значит, разность давлений остаётся равной \(\Delta p\), и \[p_1=p_2-\Delta p,\qquad dp_1=dp_2 .\] Обратите внимание: на втором этапе адиабату (1) к нижней камере применять нельзя — часть газа уходит в верхнюю камеру и уносит с собой энергию. Поэтому записываем закон сохранения энергии для всего гелия сразу.

Теплообмена с окружающими телами нет, перегородка и стенки неподвижны, и энергия газа меняется только за счёт работы поршня. При смещении поршня вверх нижний объём меняется на \(dV_2<0\), и работа поршня над газом равна \(-p_2\,dV_2\): \[dU=-p_2\,dV_2 .\] Каждая камера содержит идеальный газ, поэтому \(U_i=\frac32\,p_iV_i\) при любом числе молей, и \(U=\frac32\,(p_1V_1+p_2V_2)\). Учитывая \(V_1=V\) и \(dp_1=dp_2\), получаем \[\frac32\,(V+V_2)\,dp_2+\frac32\,p_2\,dV_2=-p_2\,dV_2 \quad\Longrightarrow\quad 3\,\frac{dp_2}{p_2}+5\,\frac{d(V+V_2)}{V+V_2}=0,\] \[(V+V_2)^5\,p_2^3=\text{const}. \tag{3}\] Верхняя камера входит в это равенство как добавка \(V\) к объёму нижней: на втором этапе газ ведёт себя как адиабатически сжимаемый газ в объёме \(V+V_2\).

Применим (3) от начала просачивания (\(V_2=V_0\), \(p_2=p_0\)) до касания поршнем перегородки (\(V_2=0\), \(p_2=p_2'\)): \[V^5p_2'^{\,3}=(V+V_0)^5p_0^3 \quad\Longrightarrow\quad p_2'=p_0\left(1+\frac{V_0}{V}\right)^{5/3} =p\,(1+x)\Bigl(1+(1+x)^{-3/5}\Bigr)^{5/3} =p\Bigl(1+(1+x)^{3/5}\Bigr)^{5/3}.\] В этот момент нижнего объёма уже нет, и весь газ — \(2n\) молей — находится в верхней камере. Давление там \[p_1'=p_2'-\Delta p=p\left[\Bigl(1+(1+x)^{3/5}\Bigr)^{5/3}-x\right].\] Уравнение Менделеева — Клапейрона для верхнего газа \(p_1'V=2n\,RT_1'\) с \(nR=pV/T\) даёт \(T_1'=\dfrac{T}{2}\,\dfrac{p_1'}{p}\): \[T_1'=\boxed{\frac{T}{2}\left[\Bigl(1+(1+x)^{3/5}\Bigr)^{5/3}-x\right]} .\]

Рис. 4. Давления в нижней (\(p_2\)) и верхней (\(p_1\)) камерах при \(x=0{,}5\) в зависимости от объёма нижней камеры. Процесс идёт справа налево: \(A\to B\) — адиабата, \(B\to C\) — просачивание; \(C_1\) — давление в верхней камере в конце. Числа посчитаны по формулам выше.

Проверка: при \(x\to0\) получаем \(T_1'=2^{2/3}\,T\). Это сходится со вторым способом: без перегородки весь газ сжимается адиабатически от \(2V\) до \(V\), и \(TV^{2/3}=\text{const}\) даёт тот же результат. Для \(x=0{,}5\) формула даёт \(T_1'\approx1{,}72\,T\); прямое численное интегрирование уравнений энергии для двух камер при том же \(x\) даёт \(1{,}718\,T\).

c) Газ, оставшийся в нижней камере, до самого касания сжимается адиабатически: любая его порция не обменивается теплом с окружающими и не знает о том, что соседняя часть газа ушла вверх. Поэтому соотношение (2) верно для нижнего газа на всём протяжении сжатия, от начального состояния \((T,\,p)\) до \((T_2',\,p_2')\): \[T_2'^{\,5}\,p_2'^{-2}=T^5p^{-2} \quad\Longrightarrow\quad T_2'=T\left(\frac{p_2'}{p}\right)^{2/5}=\boxed{T\Bigl(1+(1+x)^{3/5}\Bigr)^{2/3}} .\]

Рис. 5. Температуры в конце: \(T_1'\) (чёрная) и \(T_2'\) (бирюзовая) в зависимости от \(x\). Оба значения при \(x=0\) равны \(2^{2/3}T\).

Проверка: при \(x\to0\) получаем \(T_2'=2^{2/3}\,T=T_1'\), как и должно быть без перегородки. При \(x>0\) температуры различаются: \(T_2'>T_1'\), например при \(x=0{,}5\) имеем \(T_2'\approx1{,}73\,T\) против \(T_1'\approx1{,}72\,T\). Верхний газ — смесь порций, перетекавших в разные моменты и при разных температурах, поэтому он холоднее нижнего, самого сжатого газа.

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

Подсказка

Разрежьте боковую поверхность цилиндра вдоль образующей и разверните её в плоскость. На грани скольжения трение направлено вдоль оси на каждом кусочке нити, и из равновесия кусочка получится простое уравнение формы нити.

Ответ

\(L_0=\pi R\sqrt{1+(\pi\mu)^2}+\dfrac{R}{\mu}\,\sinh^{-1}(\pi\mu)\).

Решение

Что происходит. Рассмотрим петлю на грани скольжения: чуть сильнее потянем, и она поедет. Каждая точка нити тогда движется вдоль оси цилиндра, поэтому трение на любом кусочке направлено вдоль оси и равно \(\mu\,\Delta N\), где \(\Delta N\) — нормальная реакция. Если разрезать боковую поверхность вдоль образующей через точку \(P\), за которую тянут, и развернуть её в плоскость, то длины нити не изменятся, а сама нить станет плоской кривой \(z(x)\). Тогда трение и натяжения лежат в плоскости развёртки, а нормальную реакцию найдём из вида сверху по кривизне цилиндра. Главная идея: уравнение равновесия кусочка нити даёт \(z''=\mu/R\), то есть форма петли на грани скольжения единственна — парабола; её длина и есть \(L_0\).

Рис. 1. Петля на цилиндре при \(\mu=0{,}5\) (вид сбоку, чуть сверху): \(P\) — точка, за которую тянут, \(O\) — верхняя точка петли; невидимая часть — пунктиром. Форма посчитана по результату решения.

Обозначения. Ось \(z\) направим вдоль оси цилиндра вниз, по силе тяги; ось \(x\) — вдоль окружности цилиндра, от верхней точки \(O\) петли, так что для угла \(\varphi\) от \(O\) на развёртке \(x=R\varphi\) и \(-\pi R\le x\le\pi R\). Точка \(O\) — начало отсчёта, \(z(0)=0\); точки \(P\) и \(P'\) на краях развёртки — одна и та же точка цилиндра. \(T_x\) — составляющая натяжения вдоль \(x\), \(\Delta N\) и \(\Delta f\) — нормальная реакция и сила трения на малый кусочек нити, горизонтальный размах которого \(\Delta x\).

Рис. 2. Развёртка боковой поверхности: нить — парабола \(z=\mu x^2/(2R)\), нарисована для \(\mu=0{,}5\). Края \(AB\) и \(A'B'\) склеиваются, \(P\) и \(P'\) — одна точка.

1. Составляющая \(T_x\) постоянна. Вдоль \(x\) на кусочек действуют только натяжения на его концах: трение направлено вдоль \(z\), нормальная реакция перпендикулярна поверхности. Поэтому на обоих концах кусочка \(T_x\) одинакова, то есть \(T_x=\text{const}\) вдоль всей нити.

2. Нормальная реакция (вид сверху). Концы кусочка отстоят по окружности на \(\Delta\varphi=\Delta x/R\). Составляющие натяжений \(T_x\) на концах направлены по касательным к окружности и повёрнуты друг относительно друга на \(\Delta\varphi\), поэтому их сумма направлена к оси и равна \[2T_x\sin\frac{\Delta\varphi}{2}\approx T_x\,\Delta\varphi=T_x\frac{\Delta x}{R}.\] Составляющие вдоль оси \(z\) радиальной силы не дают. Эту силу уравновешивает нормальная реакция цилиндра, направленная от оси: \[\Delta N=T_x\,\frac{\Delta x}{R}.\]

Рис. 3. Вид сверху: составляющие натяжения \(T_x\) на концах малого кусочка и нормальная реакция \(\Delta N\) (угол \(\Delta\varphi\) увеличен для наглядности).

3. Равновесие кусочка вдоль \(z\). Обратите внимание: трение направлено не вдоль нити, а вдоль оси цилиндра — вдоль скорости каждой точки нити, а нить скользит как целое вдоль оси. На грани скольжения \[\Delta f=\mu\,\Delta N=\mu\,T_x\frac{\Delta x}{R}.\] Натяжение на конце кусочка направлено по касательной к кривой \(z(x)\), поэтому его составляющая вдоль \(z\) равна \(T_x\,z'\). Тяга направлена вниз, значит, нить стремится ползти вниз, и трение направлено вверх. Запишем второй закон Ньютона для кусочка в проекции на ось \(z\) (кусочек покоится, массой пренебрегаем): \[T_x\,z'(x+\Delta x)-T_x\,z'(x)-\Delta f=0 .\] Подставим \(\Delta f\), разделим на \(T_x\,\Delta x\) и устремим \(\Delta x\to0\): \[z''=\frac{\mu}{R}.\] Мы сократили \(T_x\ne0\) — нить натянута.

Рис. 4. Малый кусочек нити в развёртке: натяжения на концах (бирюзовые) с составляющими, сила трения \(\Delta f\) вдоль \(z\) и нормальная реакция \(\Delta N\) (к нам, перпендикулярно плоскости). Рисунок схематичный: \(\Delta x\) и кривизна увеличены.

4. Форма нити. Дважды интегрируем с условиями в верхней точке: \(z(0)=0\), \(z'(0)=0\) (ветви петли слева и справа от \(O\) одинаковы, поэтому в \(O\) нить горизонтальна; это же требуется для замкнутости петли, \(z(\pi R)=z(-\pi R)\)). Получаем \[z'=\frac{\mu x}{R},\qquad z(x)=\frac{\mu x^2}{2R}.\] На развёртке нить — парабола (рис. 2). В точке \(P\), \(x=\pm\pi R\), наклон равен \(z'=\pm\pi\mu\), а \(z_P=\mu\pi^2R/2\). Сила тяги, приложенная в \(P\), уравновешивается вертикальными составляющими двух ветвей: \(F=2\,T_x\,\pi\mu\).

5. Длина нити. Нить идёт от \(P\) через \(O\) до \(P'\), и её длина \[L=\int\sqrt{dx^2+dz^2}=2\int\limits_0^{\pi R}\sqrt{1+z'^{\,2}}\,dx .\] Подставим \(z'=\mu x/R\) и введём \(\xi=\mu x/R\), \(dx=(R/\mu)\,d\xi\): \[L=\frac{R}{\mu}\cdot 2\int\limits_0^{\pi\mu}\sqrt{1+\xi^2}\,d\xi =\frac{R}{\mu}\Bigl[\pi\mu\sqrt{1+(\pi\mu)^2}+\sinh^{-1}(\pi\mu)\Bigr].\] Это длина петли, форма которой — парабола, найденная выше.

6. Почему эта длина критическая. Если петля не на грани скольжения, то трение покоя на каждом кусочке не превосходит предела, \(|\Delta f|\le\mu\,\Delta N\), то есть \(|z''|\le\mu/R\). Тогда при \(z'(0)=0\) получаем \(|z'(x)|\le\mu |x|/R\), и длина такой петли не больше найденной в пункте 5: \(L\le L_0\). Для каждой длины из интервала \(2\pi R\le L\le L_0\) равновесие возможно — берём \(z''=\kappa/R\) с \(\kappa\le\mu\) (при \(\kappa=0\) петля плоская, длина \(2\pi R\)). Для \(L>L_0\) равновесной формы нет, и петля скользит. Значит, критическая длина — это длина предельной параболы: \[L_0=\boxed{\pi R\sqrt{1+(\pi\mu)^2}+\frac{R}{\mu}\,\sinh^{-1}(\pi\mu)} .\]

Рис. 5. Критическая длина \(L_0/R\) в зависимости от коэффициента трения (по формуле выше). Выше кривой нить скользит, ниже — заклинена.

Проверка. При \(\mu\to0\) разложим \(\sinh^{-1}(\pi\mu)\approx\pi\mu-(\pi\mu)^3/6\) и \(\sqrt{1+(\pi\mu)^2}\approx1+(\pi\mu)^2/2\): \[L_0\approx\pi R+\frac{\pi^3\mu^2R}{2}+\pi R-\frac{\pi^3\mu^2R}{6}=2\pi R+\frac{\pi^3\mu^2R}{3}\to2\pi R,\] то есть без трения петля скользит при любой длине больше обхвата цилиндра. Размерность: \(L_0\propto R\). Для \(\mu=0{,}5\) получаем \(L_0\approx8{,}32\,R\), то есть на треть больше обхвата; прямое численное интегрирование длины параболы даёт то же число. С ростом \(\mu\) критическая длина растёт — сильнее трение, длиннее нужна петля, чтобы она поехала.

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

Подсказка

Лучи от точки нити к далёкой камере лежат в плоскости, проходящей через эту точку, центр шара и камеру. Угол между направлением на центр и лучом к камере как функция угла падения имеет максимум; в нём два изображения точки нити сливаются, а это даёт простую связь показателя преломления с расстоянием от центра до точки слияния на фотографии.

Ответ

a) при \(\gamma<\gamma_0\) каждая точка нити даёт два изображения, при \(\gamma=\gamma_0\) — одно, при \(\gamma>\gamma_0\) — ни одного, поэтому изображение отрезка нити замыкается в петлю;  b) \(n_R=\sqrt{4-3\,(h_0/R)^2}\approx1{,}50\);  c) \(\Delta n\approx0{,}014\) (\(n_V\approx1{,}517\)).

Решение

Что происходит. Камера видит в данной точке шара свет, пришедший вдоль луча, преломлённого внутри шара. Если на пути этого луча на задней поверхности стоит нить, света нет: точка кажется тёмной в том цвете, который нить перекрыла. Поэтому лучи удобно вести назад: от камеры к точке \(Q\) на передней поверхности и дальше к точке \(P\) на задней, где может стоять нить. Угол между направлением на центр шара и лучом к камере оказывается немонотонной функцией угла падения: у него есть максимум. Отсюда получается всё: две точки выхода для одной точки нити, слияние изображений в максимуме и замкнутая петля; в максимуме же выполняется простое соотношение между показателем преломления и положением точки на снимке, а сравнение положений красных и фиолетовых изображений одной и той же точки нити даёт \(\Delta n\).

Обозначения. \(R\) — радиус шара, \(O\) — центр, \(A\) — камера; она далеко, поэтому лучи к ней параллельны \(OA\). \(P\) — точка нити на задней поверхности, \(Q\) — точка, в которой луч от \(P\) выходит из шара. \(\alpha\) — угол между лучом внутри шара и радиусом \(OQ\), \(\beta\) — угол между вышедшим лучом (направление на камеру) и тем же радиусом. Закон преломления на выходе: \[\sin\beta=n\sin\alpha. \tag{1}\] На фотографии расстояние точки \(Q\) от центра равно \(h=R\sin\beta\): точка поверхности, радиус которой составляет угол \(\beta\) с направлением на камеру, проецируется на расстояние \(R\sin\beta\) от центра.

a) Плоскость лучей. Луч внутри шара \(PQ\), нормаль \(OQ\) и вышедший луч \(QA\) лежат в одной плоскости. Направление \(QA\) для всех \(Q\) одно и то же — вдоль \(OA\), так как камера далеко. Значит, плоскость проходит через \(P\), центр \(O\) и прямую \(OA\): все лучи от точки \(P\) к камере лежат в плоскости \(POA\), и их можно рисовать на плоскости (рис. 4).

Угол \(\gamma\). Треугольник \(OPQ\) равнобедренный (\(OP=OQ=R\)), поэтому \(\angle OPQ=\angle OQP=\alpha\). Прямая \(PO\) повёрнута от \(PQ\) на угол \(\alpha\). На выходе луч поворачивается от направления \(PQ\) на угол \(\beta-\alpha\) в ту же сторону, куда повёрнута \(PO\), поэтому угол между \(PO\) и лучом к камере равен \[\gamma\equiv\angle OPA=\alpha-(\beta-\alpha)=2\alpha-\beta. \tag{2}\] Для данной точки \(P\) угол \(\gamma\) задан — это угол между направлением на центр и направлением на камеру. Найдём, сколько лучей идёт от \(P\) к камере.

Рис. 4. Ход лучей от точки \(P\) нити к далёкой камере (\(n=1{,}50\)). Слева \(\gamma=0{,}7\,\gamma_0\): два луча, выходящие в точках \(Q_1\) и \(Q_2\). Справа \(\gamma=\gamma_0\): один луч. Углы посчитаны по формулам (1) и (2).

Функция \(\gamma(\beta)\). Выразим \(\gamma\) через \(h/R=\sin\beta\) с помощью (1) и (2): \[\gamma=2\arcsin\frac{h/R}{n}-\arcsin\frac{h}{R}.\] При малых \(h\) угол \(\gamma\) растёт, а при \(\beta\to90^\circ\) (для \(n=1{,}5\)) уходит в отрицательную область; между ними максимум \(\gamma_0\) (рис. 5). Поэтому уравнение \(\gamma(\beta)=\gamma\) имеет:

• при \(\gamma<\gamma_0\) два корня \(\beta_1<\beta_0<\beta_2\) — два луча от \(P\) к камере, то есть два изображения \(Q_1\) и \(Q_2\) точки \(P\) (левая часть рис. 4);

• при \(\gamma=\gamma_0\) один корень \(\beta_0\) — изображения сливаются в одно, \(Q_0\) (правая часть рис. 4);

• при \(\gamma>\gamma_0\) корней нет — такую точку камера не видит.

Рис. 5. Зависимость \(\gamma\) от \(h/R=\sin\beta\) при \(n=n_R=1{,}504\) (по формуле выше; точки \(Q_1\), \(Q_2\) — измеренные \(h_1\), \(h_4\)). Уровню \(\gamma_a<\gamma_0\) соответствуют две точки \(Q_1\) и \(Q_2\), максимуму — одна, \(Q_0\).

Петля. Нить — дуга большого круга, и видны только её точки с \(\gamma\le\gamma_0\): они лежат в шапке малого углового радиуса \(\gamma_0\approx11^\circ\) вокруг точки, диаметрально противоположной камере. Для каждой внутренней точки нити в шапке на снимке два изображения \(Q_1\) и \(Q_2\), для краевых точек шапки — одно, \(Q_0\). Когда точка \(P\) идёт вдоль нити от одного края шапки к другому, \(Q_1\) и \(Q_2\) расходятся из \(Q_0\) и вновь сходятся в точке \(Q_0\) на другом краю. Изображения образуют замкнутую кривую (рис. 6). Нить имеет малую ширину и закрывает свет в узкой полосе у этой кривой; у красного и фиолетового света \(n\) разные, поэтому петли получаются разными — красная (синее кольцо на снимке) и фиолетовая (красный эллипс).

Рис. 6. Вычисленное изображение участка нити (\(n_R=1{,}50\)); \(Q_0\) — точки касания петли с радиусами из центра \(O\), \(h_1\) и \(h_4\) — пересечения петли с осью симметрии. Нить принята дугой большого круга, наименьший угол \(\gamma\) для неё равен \(0{,}93\,\gamma_0\).

b) Условие максимума. Продифференцируем (2) и (1): \[d\gamma=2\,d\alpha-d\beta=0,\qquad n\cos\alpha\,d\alpha=\cos\beta\,d\beta .\] Отсюда в максимуме \(n\cos\alpha_0=2\cos\beta_0\). Возведём это равенство в квадрат и сложим с (1), возведённым в квадрат: \[n^2=n^2\sin^2\alpha_0+n^2\cos^2\alpha_0=\sin^2\beta_0+4\cos^2\beta_0=4-3\sin^2\beta_0,\] \[n=\sqrt{4-3\,\sin^2\beta_0}=\sqrt{4-3\,\frac{h_0^2}{R^2}}. \tag{3}\] Здесь \(h_0\) — расстояние точки слияния \(Q_0\) от центра шара на снимке.

Где \(Q_0\) на снимке. Любая плоскость, проходящая через \(OA\), проецируется на фотографию в прямую — радиус, проведённый из центра. Нить видна в тех плоскостях, где есть её точки с \(\gamma\le\gamma_0\); в крайней плоскости у её точки \(\gamma=\gamma_0\), и изображение единственно — это \(Q_0\). Значит, \(Q_0\) — точка, в которой петля касается радиуса (рис. 6). Любая из петель красного света — и внешняя, и внутренняя граница синего кольца — касается радиуса на одном и том же расстоянии \(h_0\), определяемом формулой (3): оно зависит только от \(n\), а не от того, какой участок нити мы смотрим.

Измерения. Обратите внимание: цвета на снимке — это отсутствие света. Синее кольцо — место, где нить закрыла красный свет (остаётся фиолетовый, который матрица показывает синим); красный эллипс — место, где закрыт фиолетовый, а красный есть. Поэтому по синему кольцу находим \(n_R\).

Измерено на увеличенной фотографии (рис. 2) в долях радиуса шара \(R\): центр \(O\) — крестик, \(R=1163\) пикселя — радиус пунктирной окружности. Границы синего кольца подогнаны эллипсами, из \(O\) проведены касательные (рис. 7). Расстояния точек касания: для внешней границы кольца \(h_0/R=0{,}774\), для внутренней — \(0{,}760\). Эти значения должны совпадать; расхождение показывает точность, с которой удаётся провести границу размытой полосы. Берём среднее \(h_0/R=0{,}767\): \[n_R=\sqrt{4-3\cdot0{,}767^2}\approx1{,}50 .\]

Рис. 7. Измерения по увеличенной фотографии (в масштабе): чёрный эллипс — внешняя граница синего кольца, серый — внутренняя, бирюзовый — граница красного эллипса (пунктир на снимке); \(Q_0\) — точки касания. Под рисунком — профиль вдоль радиуса через центр эллипсов: серые участки — синее кольцо, бирюзовый — красный эллипс. Границы: \(h_1=0{,}625R\), \(h_2=0{,}683R\), \(h_3=0{,}807R\), \(h_4=0{,}861R\).

Проверка вторым способом — по двум точкам петли на одном радиусе. Вдоль радиуса через центр эллипсов (плоскость симметрии петли) на внешней границе синего кольца находятся два изображения одной и той же точки нити: \(h_1=0{,}625R\) и \(h_4=0{,}861R\). Для них \(\gamma\) одинаковы: \[2\arcsin\frac{h_1}{nR}-\arcsin\frac{h_1}{R}=2\arcsin\frac{h_4}{nR}-\arcsin\frac{h_4}{R}.\] Численное решение (python) даёт \(n_R=1{,}504\). Два способа согласуются: \(n_R=1{,}50\pm0{,}02\). Для такого \(n\) получаем \(\beta_0=49{,}6^\circ\), \(\gamma_0=11{,}3^\circ\) — шапка действительно малая.

c) Касательные для красного и фиолетового света отличаются мало: по формуле (3) для \(n_R\) и \(n_V\) получаем \(h_0=0{,}761R\) и \(0{,}752R\), разность \(0{,}009R\), тогда как разброс измерений \(h_0\) около \(0{,}014R\). Поэтому \(\Delta n\) так не получить; нужно сравнить красное и фиолетовое изображения одной и той же точки нити.

Почему синее изображение — кольцо, а красное — сплошной эллипс. Нить имеет ширину: у её края, ближнего к центру шапки, угол \(\gamma\) наименьший, \(\gamma_a\), у дальнего — чуть больше, \(\gamma_b\). Каждый край даёт свою петлю, и чем больше \(\gamma\), тем ближе друг к другу два корня \(h\) (рис. 5), то есть тем меньше петля. В красном свете видны оба края (\(\gamma_b<\gamma_{0R}\)): изображение нити — полоса между двумя вложенными петлями, это синее кольцо, и его внешняя граница — изображение ближнего края. Максимум для фиолетового света ниже, и дальний край нити уже не виден (\(\gamma_b>\gamma_{0V}\)): изображения нити заполняют всю петлю ближнего края — получается сплошной красный эллипс, граница которого — снова ближний край. Между внутренней границей синего кольца и красным эллипсом свет обоих цветов проходит — это пурпурная область. Значит, внешняя граница синего кольца (\(h_1\), \(h_4\)) и граница красного эллипса (\(h_2\), \(h_3\)) — изображения одной и той же линии нити, края с углом \(\gamma_a\).

Одной точке нити соответствует один угол \(\gamma\) независимо от цвета, а положение изображения зависит от \(n\) (рис. 8). Ближний край нити даёт красное изображение на внешней границе синего кольца — \(h_1\) и \(h_4\) — и фиолетовое на границе красного эллипса — \(h_2=0{,}683R\) и \(h_3=0{,}807R\) (пунктир на снимке). Значение \(\gamma\) найдём по красным точкам при \(n_R=1{,}504\): \[\gamma_a=2\arcsin\frac{h_1}{n_RR}-\arcsin\frac{h_1}{R}=10{,}44^\circ\] (по \(h_4\) получается то же, как и должно быть). Теперь для фиолетового света найдём \(n_V\) из условия \[2\arcsin\frac{h}{n_VR}-\arcsin\frac{h}{R}=\gamma_a,\qquad h=h_2,\ h_3 .\] Численное решение даёт \(n_V=1{,}517\) по \(h_2\) и \(n_V=1{,}518\) по \(h_3\). Отсюда \[\Delta n=n_V-n_R\approx1{,}517-1{,}504=\boxed{0{,}014} .\]

Рис. 8. Участок рис. 5 вблизи максимума для красного (\(n_R=1{,}504\)) и фиолетового (\(n_V=1{,}517\)) света. Горизонталь — \(\gamma_a\) точки нити; её пересечения с кривыми — положения изображений \(h_1,\dots,h_4\) (числа из измерений по снимку).

Проверка. Пользуясь найденными \(n_R\) и \(n_V\), посчитаем размеры петель независимо от измерений границ. Для нити с наименьшим углом \(\gamma_a\) петля тянется по азимуту до значения \(\cos\varphi_{\max}=\mathrm{tg}\,\gamma_a/\mathrm{tg}\,\gamma_0\) (здесь \(\Gamma\) — угол \(\gamma\) точки нити, видимой в азимуте \(\varphi\) от оси симметрии петли; для дуги большого круга \(\mathrm{tg}\,\Gamma=\mathrm{tg}\,\gamma_a/\cos\varphi\), а петля кончается там, где \(\Gamma=\gamma_0\)). Для красного света \(\gamma_0=11{,}26^\circ\) и \(\varphi_{\max}=22{,}3^\circ\), полуширина петли в азимутальном направлении \(h_0\sin\varphi_{\max}=0{,}289R\) — на снимке синее кольцо имеет полуширину \(0{,}289R\). Для фиолетового света \(\gamma_0=10{,}65^\circ\), \(\varphi_{\max}=11{,}6^\circ\) и полуширина \(0{,}151R\) — у красного эллипса на снимке \(0{,}150R\). Малая разность \(\gamma_0-\gamma_a\) в фиолетовом цвете очень чувствительна к \(n_V\), поэтому такое согласие подтверждает значение \(\Delta n=0{,}014\). Порядок величины тоже разумен: у кронового стекла показатель преломления между 630 и 400 нм меняется на \(1\)–\(2\cdot10^{-2}\).

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