EuPhO 2024, теоретический тур

Подсказка

Пока скорость контактной точки относительно стенки не равна нулю, трение скольжения тормозит центр шайбы и закручивает её вокруг оси. Найдите, на каком этапе пути скорость центра сравняется со скоростью вращения края \(r\omega\): после этого трения нет, и скорость больше не меняется.

Ответ

a) \(v_e=v_0e^{-\pi\mu}\) при \(\mu\le\mu_c=\dfrac{\ln(3/2)}{\pi}\approx0{,}129\) (шайба скользит до самого выхода); \(v_e=\dfrac23\,v_0\) при \(\mu\ge\mu_c\) (шайба успевает перейти к качению без проскальзывания);  b) убывающая экспонента от \(v_0\) до \(\frac23v_0\) при \(\mu_c\), дальше горизонтальная прямая \(v_e=\frac23v_0\) с изломом в точке \(\mu_c\).

Решение

Что происходит. Шайба прижата к стенке и идёт по дуге. Нормальная сила стенки направлена к её центру и только поворачивает скорость, а сила трения скольжения направлена по касательной против скорости контактной точки: она тормозит центр шайбы и своим моментом закручивает шайбу вокруг вертикальной оси, причём в сторону, противоположную обходу стенки. Скольжение прекращается, когда контактная точка относительно стенки останавливается, то есть при \(v=r\omega\). После этого трения нет и скорость уже не меняется. Главная идея: выяснить, успевает ли шайба раскрутиться до этого момента, пока идёт вдоль полукруга.

Обозначения. \(m\) — масса шайбы, \(I=\frac12mr^2\) — момент инерции однородного диска относительно вертикальной оси симметрии, \(v\) — скорость центра шайбы, \(\omega\) — модуль её угловой скорости, \(\varphi\) — угол, на который центр шайбы повернулся вокруг центра стенки от места входа (\(\varphi=0\) на входе, \(\varphi=\pi\) на выходе). Так как \(r\ll R\), траекторию центра считаем дугой радиуса \(R\). Вращение шайбы идёт противоположно обходу стенки, поэтому скорость контактной точки относительно стенки равна \(v-r\omega\), и пока \(v>r\omega\), происходит скольжение.

Рис. 2. Вид сверху: силы на шайбу, скорость центра и вращение; \(\varphi\) — угол поворота центра шайбы вокруг центра стенки \(O\).

a) Скорость при выходе.

Силы. Сила тяжести и реакция горизонтальной плоскости направлены вертикально и уравновешивают друг друга, в горизонтальной плоскости остаются две силы: нормальная реакция стенки \(\vec N\) (к центру стенки) и сила трения \(\vec F_{\text{тр}}\) (по касательной, против скорости контактной точки).

Нормальная сила. Запишем второй закон Ньютона для центра шайбы в проекции на направление к центру стенки. Центр движется по окружности радиуса \(R\), трение направлено по касательной и в эту проекцию не входит: \[\frac{mv^2}{R}=N .\] Пока идёт скольжение, \(F_{\text{тр}}=\mu N\), откуда \[F_{\text{тр}}=\mu\,\frac{mv^2}{R}.\]

Поступательное движение. Второй закон Ньютона в проекции на направление скорости (касательную): \[m\frac{dv}{dt}=-\mu\frac{mv^2}{R}\quad\Longrightarrow\quad \frac{dv}{v^2}=-\frac{\mu}{R}\,dt .\] Начальное условие \(v(0)=v_0\) (время отсчитываем от входа на стенку). Проинтегрируем от \(v_0\) до \(v\) и от \(0\) до \(t\): \[\frac1{v_0}-\frac1v=-\frac{\mu}{R}\,t\quad\Longrightarrow\quad v(t)=\frac{v_0}{1+t/\tau},\qquad \tau=\frac{R}{\mu v_0}.\]

Вращение. Уравнение моментов относительно вертикальной оси через центр шайбы: момент создаёт только сила трения, плечо равно \(r\): \[I\frac{d\omega}{dt}=rF_{\text{тр}}=r\mu\frac{mv^2}{R}.\] Умножим на \(r/I\) и учтём \(I=\frac12mr^2\), то есть \(r^2/I=2/m\): \[r\frac{d\omega}{dt}=\frac{2\mu}{R}\,v^2=\frac{2\mu v_0^2}{R}\cdot\frac1{(1+t/\tau)^2}=\frac{2v_0}{\tau}\cdot\frac1{(1+t/\tau)^2}.\] В момент входа шайба не вращается, \(\omega(0)=0\). Проинтегрируем: \[r\omega=\frac{2v_0}{\tau}\int_0^t\frac{dt'}{(1+t'/\tau)^2}=2v_0\left(1-\frac1{1+t/\tau}\right)=v_0\,\frac{2t/\tau}{1+t/\tau}.\]

Обе формулы верны только пока идёт скольжение, то есть пока \(v>r\omega\). На рисунке 3 сплошные линии — участок, где они справедливы, пунктир — их продолжение, если бы скольжение не прекращалось.

Рис. 3. Скорость центра \(v\) (чёрная) и скорость края \(r\omega\) (бирюзовая) в зависимости от времени; в момент \(t_1=\tau/2\) они сравниваются.

Переход к качению. Скольжение прекращается в момент \(t_1\), когда \(v(t_1)=r\omega(t_1)\): \[\frac1{1+t_1/\tau}=\frac{2t_1/\tau}{1+t_1/\tau}\quad\Longrightarrow\quad t_1=\frac\tau2,\qquad v_1=\frac{v_0}{1+\frac12}=\frac23\,v_0 .\] С этого момента контактная точка неподвижна относительно стенки, силе трения скольжения взяться неоткуда, а тангенциальная сила и момент равны нулю: скорость \(v_1\) и угловая скорость \(\omega_1=v_1/r\) остаются постоянными, условие \(v=r\omega\) сохраняется само.

Путь по стенке. Нужно узнать, сколько времени шайба идёт по стенке, и сравнить его с \(t_1\). Длина пути \(l\) растёт как \(dl/dt=v\): \[l(t)=\int_0^t\frac{v_0\,dt'}{1+t'/\tau}=v_0\tau\ln\!\left(1+\frac t\tau\right).\] Выход со стенки — пройден полукруг \(l=\pi R\). Так как \(v_0\tau=R/\mu\), получаем \(\ln(1+t_e/\tau)=\pi\mu\): \[t_e=\tau\left(e^{\pi\mu}-1\right).\]

Два случая.

Если \(t_e\le t_1=\tau/2\), то есть \(e^{\pi\mu}\le\frac32\), шайба доходит до края стенки, всё ещё скользя. Тогда \[v_e=v(t_e)=\frac{v_0}{1+t_e/\tau}=v_0e^{-\pi\mu}.\]

Если \(t_e>t_1\), шайба переходит к качению раньше, чем покинет стенку, и дальше скорость не меняется: \[v_e=v_1=\frac23\,v_0 .\]

Критический коэффициент трения находим из условия \(e^{\pi\mu_c}=\frac32\): \[\mu_c=\frac{\ln(3/2)}{\pi}\approx\frac{0{,}405}{3{,}14}=0{,}129 .\]

Рис. 4. Слева \(\mu<\mu_c\): шайба скользит по всей стенке. Справа \(\mu>\mu_c\): на угле \(\varphi_c\) скольжение сменяется качением, дальше трения нет.

Ответ на a). \[\boxed{v_e=v_0\,e^{-\pi\mu}\ \text{при}\ \mu\le\mu_c},\qquad \boxed{v_e=\tfrac23\,v_0\ \text{при}\ \mu\ge\mu_c},\qquad \mu_c=\frac{\ln(3/2)}{\pi}\approx0{,}129 .\]

Обратите внимание: нормальная сила \(N=mv^2/R\) определяется только скоростью, трение направлено по касательной и на неё не влияет, поэтому \(F_{\text{тр}}\propto v^2\) убывает вместе со скоростью. А после перехода к качению сила трения не равна \(\mu N\), а равна нулю: \(\mu N\) — максимально возможная сила трения, а здесь нужная сила нулевая.

Второй способ: через угол. Из \(dl=v\,dt=R\,d\varphi\) уравнение \(dv/dt=-\mu v^2/R\) даёт \(dv/v=-\mu\,d\varphi\), то есть \[v=v_0e^{-\mu\varphi}.\] Уравнение вращения с заменой \(dt=R\,d\varphi/v\): \[\frac{d(r\omega)}{d\varphi}=\frac{2\mu v^2}{R}\cdot\frac Rv=2\mu v=2\mu v_0e^{-\mu\varphi}\quad\Longrightarrow\quad r\omega=2v_0\left(1-e^{-\mu\varphi}\right).\] Равенство \(v=r\omega\) даёт \(e^{-\mu\varphi_c}=\frac23\), то есть \(\mu\varphi_c=\ln\frac32\), и \(v=\frac23v_0\). Скольжение продолжается до выхода (\(\varphi_c\ge\pi\)) при \(\mu\pi\le\ln\frac32\) — тот же критерий. Этот способ показывает, что ответ не зависит от радиуса и даже от формы стенки: скорость и вращение зависят только от угла поворота скорости и от \(\mu\).

Рис. 5. Те же величины в зависимости от угла: по оси абсцисс \(\mu\varphi\). Вертикальные линии — выход со стенки (\(\varphi=\pi\)) при \(\mu\pi=0{,}3\) (раньше точки пересечения: скольжение до конца) и \(\mu\pi=0{,}7\) (позже: на выходе шайба катится).

b) График \(v_e(\mu)\). При малых \(\mu\) шайба скользит до выхода, \(v_e=v_0e^{-\pi\mu}\): экспонента, при \(\mu\to0\) скорость равна \(v_0\), наклон в нуле \(-\pi v_0\). При \(\mu_c\approx0{,}129\) экспонента достигает значения \(\frac23v_0\), и дальше \(v_e=\frac23v_0\) не зависит от \(\mu\): чем больше трение, тем раньше шайба переходит к качению, но скорость качения всегда одна и та же. Функция непрерывна, но в точке \(\mu_c\) имеет излом (производная скачком меняется от \(-\pi v_0\cdot\frac23\approx-2{,}1\,v_0\) до нуля).

Рис. 6. Скорость выхода \(v_e\) в зависимости от коэффициента трения \(\mu\). Пунктир — продолжение экспоненты, которая реализовалась бы без перехода к качению.

Проверка. Размерность: \(\tau=R/(\mu v_0)\) — метры, делённые на метры в секунду, то есть время; \(\mu\varphi\) безразмерно, экспонента осмысленна. Предел \(\mu\to0\): \(v_e\to v_0\), шайба проходит стенку без потерь. Предел \(\mu\to\infty\): шайба мгновенно переходит к качению и уходит с \(\frac23v_0\). Энергия при качении: \(E_{\text{кон}}=\frac12mv_1^2+\frac12I\omega_1^2=\frac34mv_1^2=\frac13mv_0^2\), это две трети начальной \(\frac12mv_0^2\), остальное ушло на работу трения скольжения; увеличения энергии нет, ответ физичен. Смысл: чем сильнее трение, тем быстрее шайба раскручивается, но она не может отдать больше, чем нужно для качения, поэтому скорость выхода не опускается ниже \(\frac23v_0\).

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

Подсказка

Скорость подарка в системе Боба находится по релятивистскому закону сложения скоростей; запуски Алисы в системе Боба идут реже из-за замедления времени. В пункте b) нужно учесть, что Алиса видит подарки не там, где они сейчас, а там, где они были, когда с них вышел свет, пришедший к ней сейчас.

Ответ

a) (i) \(l_B=\dfrac{16}{37}\,c\,\Delta t_0\approx0{,}43\,c\,\Delta t_0\);  (ii) \(\Delta t_1=\dfrac{16}{35}\,\Delta t_0\approx0{,}46\,\Delta t_0\);  b) отношение числа удаляющихся подарков к числу приближающихся равно \(18\).

Решение

Что происходит. Подарки Алисы летят к Бобу, и сам её корабль движется в ту же сторону. В системе Боба запуски идут реже, чем в системе Алисы (замедление времени), а подарок летит быстрее, чем \(v\) (сложение скоростей). Расстояние между соседними подарками — это то, на сколько первый подарок успевает уйти от корабля Алисы между двумя запусками; разделив его на скорость подарка, получаем интервал их прихода к Бобу. В пункте b) главное — запаздывание света: Алиса видит подарки не там, где они сейчас, а там, где они были в момент выхода света, и это сильно меняет, какие подарки и в каком количестве она видит.

Обозначения. Система отсчёта Боба — \(B\), система Алисы — \(A\). \(\gamma_u=\dfrac1{\sqrt{1-u^2/c^2}}=\dfrac54\) при \(u=\frac35c\). \(v_B\) — скорость подарка Алисы в системе \(B\); \(l_B\) — расстояние между двумя соседними подарками Алисы в системе \(B\) (измеренное в один и тот же момент по часам \(B\)).

a) (i) Расстояние между подарками.

Скорость подарка в системе Боба. Корабль Алисы движется относительно Боба со скоростью \(u\) вдоль линии, соединяющей корабли, и подарок летит относительно корабля в ту же сторону со скоростью \(v\). Применим закон сложения скоростей для движения вдоль одной прямой: \[v_B=\frac{u+v}{1+uv/c^2}=\frac{\frac35+\frac45}{1+\frac35\cdot\frac45}\,c=\frac{7/5}{37/25}\,c=\frac{35}{37}\,c\approx0{,}946\,c .\]

Интервал между запусками в системе Боба. Два запуска происходят в одной точке системы \(A\) (на корабле Алисы), поэтому \(\Delta t_0\) — собственное время между ними. В системе \(B\) между запусками проходит \[\Delta t_0'=\gamma_u\,\Delta t_0=\frac54\,\Delta t_0 .\]

Расстояние. За время \(\Delta t_0'\) корабль Алисы проходит путь \(u\,\Delta t_0'\), а первый подарок — путь \(v_B\,\Delta t_0'\). В момент второго запуска второй подарок находится на корабле, а первый — впереди него на \[l_B=(v_B-u)\,\Delta t_0'=\left(\frac{35}{37}-\frac35\right)c\cdot\frac54\,\Delta t_0=\frac{64}{185}\cdot\frac54\,c\,\Delta t_0=\frac{16}{37}\,c\,\Delta t_0\approx0{,}43\,c\,\Delta t_0 .\] Дальше все подарки летят с одной скоростью \(v_B\), поэтому расстояние между ними не меняется.

Рис. 1. Система Боба в момент второго запуска: корабль Алисы движется со скоростью \(u\), подарки — со скоростью \(v_B\); расстояние между соседними подарками \(l_B\). Длины стрелок пропорциональны скоростям.

Обратите внимание: брать \(l=v\,\Delta t_0=\frac45\,c\,\Delta t_0\) нельзя — это расстояние между подарками в системе Алисы, там другие скорость подарка и время.

a) (ii) Интервал прихода. Подарки движутся к неподвижному Бобу со скоростью \(v_B\) и расположены на расстоянии \(l_B\) друг от друга, поэтому \[\Delta t_1=\frac{l_B}{v_B}=\frac{16/37}{35/37}\,\Delta t_0=\frac{16}{35}\,\Delta t_0\approx0{,}46\,\Delta t_0 .\]

Рис. 2. Диаграмма в системе Боба (единицы \(c=1\), \(\Delta t_0=1\), масштабы по осям одинаковые): мировая линия корабля Алисы со скоростью \(u\), мировые линии четырёх подарков со скоростью \(v_B\) и мировая линия Боба. Расстояние \(l_B\) — по горизонтали (одновременно в системе \(B\)), интервал \(\Delta t_1\) — по вертикали вдоль линии Боба.

Проверка пункта a) вторым способом. В системе \(G\), где подарки покоятся, расстояние между ними \(l_G\). В системе Алисы оно сокращено в \(\gamma_v=\frac53\) раз и равно \(v\,\Delta t_0=\frac45\,c\,\Delta t_0\), то есть \(l_G=\gamma_v\,v\,\Delta t_0=\frac43\,c\,\Delta t_0\). В системе Боба подарки движутся со скоростью \(v_B\), \(\gamma_{v_B}=\left(1-\frac{35^2}{37^2}\right)^{-1/2}=\frac{37}{12}\), и \[l_B=\frac{l_G}{\gamma_{v_B}}=\frac43\cdot\frac{12}{37}\,c\,\Delta t_0=\frac{16}{37}\,c\,\Delta t_0 ,\] то же значение.

b) Отношение чисел видимых подарков. Дальше всё считаем в системе Алисы. Протокол Боба такой же, как у Алисы, а скорость сближения кораблей одна и та же в обеих системах, поэтому в системе Алисы подарки Боба движутся к ней со скоростью \(v_B=\frac{35}{37}c\) и приходят к ней с интервалом \(\Delta t_1=\frac{16}{35}\Delta t_0\) (симметрия: подарки Боба в системе Алисы — это в точности подарки Алисы в системе Боба из пункта a).

Что значит «видит». Алиса видит объект там, где он был, когда с него вышел свет, пришедший сейчас. Свет, вышедший на расстоянии \(x\), ушёл на путь за время \(x/c\). Пусть сейчас (момент \(t=0\)) она видит корабль Боба на расстоянии \(d_B\): этот свет вышел в момент \(-d_B/c\) (точка \(E\) на рисунке 3), настоящее расстояние до Боба уже меньше.

Рис. 3. Система Алисы (\(c=1\), \(d_B=1\)). Пунктир — свет, приходящий к Алисе в момент «сейчас» (\(x=-ct\)). В точке \(E\) Алиса видит Боба. Жирная линия — самый старый из видимых подарков Алисы (запущен при \(ct=-d_B(1+c/v)\), в точке \(E\) достигает Боба); тонкая — более новый подарок, виден в точке пересечения с пунктиром. Подарки Боба, летящие почти со скоростью света (\(v_B=0{,}946\,c\)), идут от \(E\) к Алисе почти вдоль пунктира и не показаны.

Подарки, удаляющиеся от Алисы. Она видит свой подарок на всём пути, пока не увидит, что он достиг Боба. Самый старый из видимых — тот, чьё прибытие к Бобу (событие \(E\)) видно сейчас. Он долетел за время \(d_B/v\) и прибыл в момент \(-d_B/c\), значит, запущен в момент \(-d_B/c-d_B/v\). Все подарки, запущенные после него, ещё в пути и видны. Они запускаются через \(\Delta t_0\), поэтому \[N_{\text{удал}}=\frac{d_B\left(\frac1c+\frac1v\right)}{\Delta t_0}=\frac{d_B}{c\,\Delta t_0}\left(1+\frac54\right)=\frac94\,\frac{d_B}{c\,\Delta t_0}.\]

Подарки, приближающиеся к Алисе. Самый новый из видимых — тот, чей вылет с корабля Боба (событие \(E\)) виден сейчас: позже вылетевшие подарки ещё не видны. Самый старый из видимых — тот, что прибывает к Алисе в момент «сейчас»; давно прибывшие уже съедены. Подарок, вылетевший в точке \(E\) в момент \(-d_B/c\), летит к Алисе время \(d_B/v_B\) и прибывает в момент \(\frac{d_B}{v_B}-\frac{d_B}{c}\) после «сейчас». Видимы все подарки, прибывающие в промежутке от нуля до этого момента, а прибывают они через \(\Delta t_1\): \[N_{\text{прибл}}=\frac{d_B\left(\frac1{v_B}-\frac1c\right)}{\Delta t_1}=\frac{d_B}{c}\cdot\frac{2/35}{(16/35)\,\Delta t_0}=\frac18\,\frac{d_B}{c\,\Delta t_0}.\]

Отношение. Величина \(d_B\) сокращается: \[\frac{N_{\text{удал}}}{N_{\text{прибл}}}=\frac{9/4}{1/8}=18 .\]

Обратите внимание: считать подарки «между Алисой и Бобом» по расстояниям в одной системе отсчёта и одновременным положениям нельзя — Алиса видит не одновременные положения, а положения в разные моменты, соответствующие приходу света. Поэтому в расчёт входят и запаздывание света, и разные скорости подарков.

Второй способ: кажущееся расстояние между подарками. Подарок Алисы, запущенный за время \(s\) до «сейчас», виден на расстоянии \(x\), где \(x=v\,(s-x/c)\) (за время \(s-x/c\) подарок прошёл путь \(x\) до того момента, когда с него вышел видимый свет): \[x=\frac{v\,s}{1+v/c},\qquad\text{кажущийся шаг}=\frac{v\,\Delta t_0}{1+v/c}=\frac{4/5}{9/5}\,c\,\Delta t_0=\frac49\,c\,\Delta t_0 .\] Подарок Боба, прибывающий к Алисе через время \(\tau\) после «сейчас», виден на расстоянии \(x=v_B\,(\tau+x/c)\): \[x=\frac{v_B\,\tau}{1-v_B/c},\qquad\text{кажущийся шаг}=\frac{v_B\,\Delta t_1}{1-v_B/c}=\frac{16/37}{2/37}\,c\,\Delta t_0=8\,c\,\Delta t_0 .\] Видимые подарки обеих групп заполняют один и тот же отрезок от Алисы до кажущегося положения Боба \(d_B\), поэтому отношение чисел равно обратному отношению кажущихся шагов: \(\dfrac{8}{4/9}=18\).

Рис. 4. Что видит Алиса на отрезке длиной \(d_B=16\,c\,\Delta t_0\) (пример): 36 подарков, удаляющихся от неё (серые, шаг \(\frac49\,c\,\Delta t_0\)), и 2 приближающихся (бирюзовые, шаг \(8\,c\,\Delta t_0\)); отношение \(36:2=18\).

Ответ. \[\boxed{l_B=\frac{16}{37}\,c\,\Delta t_0},\qquad \boxed{\Delta t_1=\frac{16}{35}\,\Delta t_0},\qquad \boxed{\frac{N_{\text{удал}}}{N_{\text{прибл}}}=18} .\]

Проверка. Размерность: \(l_B\sim c\,\Delta t_0\) — длина, \(\Delta t_1\sim\Delta t_0\) — время, отношение чисел безразмерно. Предел \(u\to0\): \(v_B=v\), \(l_B=v\,\Delta t_0\), \(\Delta t_1=\Delta t_0\), как для двух неподвижных кораблей. Для b) тот же предел даёт \(N_{\text{удал}}/N_{\text{прибл}}=\dfrac{1+v/c}{1-v/c}=9\) — это эффект одного лишь запаздывания света; при \(u=\frac35c\) ответ \(18\) вдвое больше, потому что корабли сближаются, и приходящие подарки приходят чаще. Оба способа дали \(18\). Смысл: из-за запаздывания света Алиса видит удаляющиеся подарки «сжатыми» (шаг \(\frac49\)), а приближающиеся — «растянутыми» (шаг \(8\)), и подарков первой группы в её поле зрения в восемнадцать раз больше.

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

Подсказка

Свет между зеркалами много раз отражается; в каждой области все волны одной частоты и направления складываются в одну синусоидальную волну, так что неизвестных всего четыре комплексных амплитуды. Условия «нет отражённой волны» и «зеркала не поглощают» вместе определяют фазы коэффициентов отражения и пропускания. Энергию в импульсе можно найти как половину накопленной в интерферометре.

Ответ

a) из условия отсутствия отражённого света \(|r^2-t^2|=1\) вместе с \(|r|^2+|t|^2=1\) следует, что \(r\) и \(t\) не могут иметь одинаковую фазу;  b) \(|\phi|=\dfrac\pi2=90^\circ\);  c) \(E\approx\dfrac{PL}{(1-R)\,c}\) (половина запасённой энергии \(U\approx\dfrac{2PL}{(1-R)\,c}\));  d) \(T\approx\dfrac{L}{(1-R)\,c}\).

Решение

Что происходит. Свет входит в промежуток между зеркалами и много раз отражается: после каждого отражения немного света выходит наружу, и все волны, выходящие назад, к лазеру, взаимно гасятся. Между зеркалами при этом накапливается мощность в \(1/(1-R)\) раз больше падающей. Из условия «отражённого пучка нет» следует связь между коэффициентами отражения и пропускания зеркала, а из того, что зеркало не поглощает, — ещё одна; вместе они дают сдвиг фаз \(90^\circ\). Дальше интерферометр — это накопитель энергии: после выключения лазера запасённая энергия уходит в обе стороны поровну, а импульс затухает за время порядка \(L/\big((1-R)c\big)\). Главная идея: все волны в каждой области одинаковой частоты, поэтому их сумма — одна волна с комплексной амплитудой.

Рис. 2. Многократные отражения (лучи нарисованы под малым углом для наглядности, на самом деле пучок идёт по нормали). Слева выходят волны с амплитудами \(rA\), \(t^2re^{2ikL}A\), \(t^2r^3e^{4ikL}A\), …, справа — \(t^2e^{ikL}A\), \(t^2r^2e^{3ikL}A\), …

Обозначения. Ось \(x\) направим по нормали к зеркалам, зеркала стоят в \(x=0\) и \(x=L\), пучок приходит из области \(x<0\). Волны монохроматические, \(\propto e^{-i\omega t}\), волновое число \(k=\omega/c\), комплексные амплитуды обозначим буквами. Области: I — \(x<0\), II — \(0<x<L\), III — \(x>L\). Для каждого зеркала \(r\) — отношение комплексной амплитуды отражённой волны к падающей, \(t\) — прошедшей к падающей (эти числа комплексные); \(R=|r|^2\) — доля отражённой мощности, \(|t|^2=1-R\) — прошедшей, так как зеркала не поглощают. Зеркала симметричны, поэтому \(r\) и \(t\) одинаковы для света, падающего с любой стороны. Все волны идут в воздухе с одной скоростью, поэтому мощность волны пропорциональна квадрату модуля её амплитуды. Сдвиг фазы \(\phi\) — это разность фаз прошедшей и отражённой волн, \(\phi=\arg t-\arg r\) (по модулю его и спрашивают в b).

a) Почему нужен сдвиг фазы.

Вид волн в областях. В каждой области свет — суперпозиция бесконечно многих волн, отличающихся числом отражений. Сумма синусоидальных волн одной частоты, длины волны и направления сама синусоидальна с той же частотой, длиной волны и направлением. Поэтому \[\text{I:}\ \ E=A\,e^{i(kx-\omega t)},\qquad \text{II:}\ \ E=B\,e^{i(kx-\omega t)}+C\,e^{i(-kx-\omega t)},\qquad \text{III:}\ \ E=D\,e^{i(kx-\omega t)}.\] В области I по условию нет волны, идущей назад (отражённый пучок исчез), в области III идёт только прошедшая волна, в области II — две волны навстречу друг другу.

Рис. 3. Три области и волны в них. Волна \(B\) — вперёд, \(C\) — назад, отражённой в области I нет.

Условия на зеркалах. Прямая волна в области II складывается из прошедшей части падающей волны и отражённой части обратной волны \(C\) у зеркала \(x=0\): \[B=tA+rC .\] Волна, идущая назад в области I, должна исчезнуть: отражённая часть падающей волны и прошедшая часть волны \(C\) погашают друг друга: \[0=rA+tC .\] У второго зеркала \(x=L\) (амплитуды берём в этой точке): в области III идёт только прошедшая часть волны \(B\), а обратная волна в II — это отражённая часть \(B\), внешней падающей волны справа нет: \[De^{ikL}=tBe^{ikL},\qquad Ce^{-ikL}=rBe^{ikL}.\] Из последнего уравнения \(C=rBe^{2ikL}\). Из второго \(A=-tC/r\), и подстановка в первое даёт \(B=tA+rC=C\,\dfrac{r^2-t^2}{r}\). Приравняем два выражения для \(C\) через \(B\): \(B=C\,e^{-2ikL}/r\) и \(B=C\,(r^2-t^2)/r\), откуда \[e^{-2ikL}=r^2-t^2 \quad\Longrightarrow\quad |r^2-t^2|=1 .\] Проверка через сумму лучей на рисунке 2: отражённая волна \(rA\left[1+t^2e^{2ikL}\big(1+r^2e^{2ikL}+r^4e^{4ikL}+\dots\big)\right]=rA\left[1+\dfrac{t^2e^{2ikL}}{1-r^2e^{2ikL}}\right]\) равна нулю, то есть \(1-r^2e^{2ikL}+t^2e^{2ikL}=0\) — то же самое условие.

Сохранение энергии. Зеркало не поглощает свет, поэтому падающая мощность равна сумме отражённой и прошедшей: \[|r|^2+|t|^2=1 .\]

Вывод. Предположим, что сдвига фазы нет, то есть \(r=\sqrt R\,e^{i\alpha}\) и \(t=\sqrt{1-R}\,e^{i\alpha}\) с общей фазой \(\alpha\). Тогда \(|r^2-t^2|=|R-(1-R)|=|2R-1|\), а это равно \(1\) только при \(R=0\) или \(R=1\) — зеркало либо прозрачное, либо непрозрачное. Для частично отражающего зеркала \(0<R<1\) условие \(|r^2-t^2|=1\) выполнить нельзя. Значит, фазы \(r\) и \(t\) обязательно различаются: при прохождении зеркала возникает ненулевой сдвиг фазы \(\phi\).

b) Величина сдвига. Запишем \(r=\sqrt R\,e^{i\alpha}\), \(t=\sqrt{1-R}\,e^{i\beta}\), \(\phi=\alpha-\beta\). Тогда \[|r^2-t^2|^2=R^2+(1-R)^2-2R(1-R)\cos2\phi=1 .\] Поскольку \(R^2+(1-R)^2=1-2R(1-R)\), получаем \[-2R(1-R)-2R(1-R)\cos2\phi=0\quad\Longrightarrow\quad\cos2\phi=-1\quad\Longrightarrow\quad |\phi|=\frac\pi2 .\] Геометрически: числа \(a=r^2\) и \(b=t^2\) на комплексной плоскости удовлетворяют условиям \(|a-b|=1\) и \(|a|+|b|=1\); расстояние \(|a-b|\) равно сумме \(|a|+|b|\) длин сторон треугольника \(Oab\) только тогда, когда \(O\) лежит на отрезке между \(a\) и \(b\), то есть \(r^2\) и \(t^2\) направлены противоположно, а их аргументы различаются на \(\pi\), значит аргументы \(r\) и \(t\) — на \(\pm\pi/2\).

Рис. 4. Числа \(a=r^2\) и \(b=t^2\) при \(R=0{,}7\): слева произвольный угол, расстояние \(|a-b|\) меньше \(|a|+|b|=1\); справа \(a\) и \(b\) противоположны, \(|a-b|=1\) — единственный допустимый случай.

Обратите внимание: сами фазы \(r\) и \(t\) зависят от выбора опорных плоскостей зеркала, а разность \(\phi\) — нет. Для \(r=i\sqrt R\), \(t=\sqrt{1-R}\) получаем \(r^2-t^2=-1\) и \(e^{-2ikL}=-1\), то есть \(L=(2m+1)\lambda/4\); для \(r=\sqrt R\), \(t=i\sqrt{1-R}\) — \(r^2-t^2=1\) и привычное \(L=m\lambda/2\).

c) Энергия обратного импульса.

Мощности между зеркалами. Из \(0=rA+tC\) получаем \(|C|^2=\dfrac{R}{1-R}|A|^2\), а из \(C=rBe^{2ikL}\) — \(|B|^2=\dfrac{|C|^2}{R}=\dfrac{|A|^2}{1-R}\). Мощность падающего пучка \(P=|A|^2\) (в тех же единицах), тогда \[P_B=\frac{P}{1-R},\qquad P_C=\frac{RP}{1-R}\approx\frac{P}{1-R}.\] Проверка: прошедшая мощность \(|D|^2=(1-R)P_B=P\), то есть вся мощность проходит, как требует условие. Мощность в промежутке в \(1/(1-R)\gg1\) раз больше падающей, а две встречные волны почти одинаковы по мощности: разность \(P_B-P_C=P\) — это мощность, уходящая наружу, и она мала по сравнению с каждой из них.

Запасённая энергия. Волна мощностью \(P_B\) проходит промежуток за время \(L/c\), значит, энергия обеих волн между зеркалами \[U=(P_B+P_C)\,\frac Lc\approx\frac{2PL}{(1-R)\,c}.\]

Что уходит назад. Когда лазер выключили, запасённая энергия выходит через оба зеркала. Две встречные волны в промежутке почти одинаковы, поэтому выход почти симметричен: назад, к лазеру, уходит примерно половина: \[E\approx\frac U2=\frac{PL}{(1-R)\,c}.\]

Точный расчёт. Пусть \(\Delta t=2L/c\) — время полного двойного прохода. После того как фронт выключенного пучка дошёл до первого зеркала, из суммы отражённых волн сразу исчезает слагаемое, соответствующее мгновенному отражению (\(rA\)); слагаемое, в котором свет прошёл \(N\) двойных проходов, остаётся ещё на время \(N\Delta t\). В интервале с номером \(n\) (\(n\Delta t<t<(n+1)\Delta t\)) остаются слагаемые с \(N>n\): \[\sum_{N>n}rt^2r^{2N-2}e^{2iNkL}A=\frac{rt^2\,r^{2n}e^{2i(n+1)kL}}{1-r^2e^{2ikL}}\,A=-r^{2n+1}e^{2inkL}A ,\] где использовано \(1-r^2e^{2ikL}=-t^2e^{2ikL}\) (из \(e^{-2ikL}=r^2-t^2\)). Мощность в этом интервале равна \(R^{2n+1}P\), и каждый интервал длится \(\Delta t\): \[E=\Delta t\,P\,R\,(1+R^2+R^4+\dots)=\frac{2L}{c}\cdot\frac{PR}{1-R^2}\approx\frac{PL}{(1-R)\,c}\quad(1-R\ll1),\] то же значение, что и в оценке через симметрию. В официальном решении эта сумма записана с опечаткой (\(|r|^2+|r|^6+|r|^8+\dots\) вместо \(|r|^2+|r|^6+|r|^{10}+\dots\)), итоговый ответ там верный.

d) Длительность импульса. Из точного решения видно, что мощность обратного пучка уменьшается в \(R^2\) раз за каждые \(\Delta t=2L/c\), то есть примерно экспоненциально: \(P_{\text{обр}}\propto R^{2t/\Delta t}=e^{-t/T}\) с \[T=\frac{\Delta t}{2\ln(1/R)}\approx\frac{L}{(1-R)\,c},\] так как \(\ln(1/R)\approx1-R\) при \(1-R\ll1\). Это и есть длительность импульса по порядку величины; множитель порядка единицы зависит от того, как считать её: по спаду амплитуды или по спаду мощности.

Рис. 5. Мощность обратного импульса: ступени длительностью \(\Delta t=2L/c\) и высотой \(R^{2n+1}P\), пунктир — огибающая \(e^{-t/T}\). Для наглядности взято \(R=0{,}85\); в задаче \(1-R\ll1\), и ступеней очень много.

Ответ. \[\boxed{|\phi|=\frac\pi2},\qquad \boxed{E\approx\frac{PL}{(1-R)\,c}},\qquad \boxed{T\approx\frac{L}{(1-R)\,c}} .\]

Проверка. Размерность: \(PL/c\) — мощность на время, то есть энергия; \(L/c\) — время. Согласованность c) и d): импульс начинается с мощности \(RP\approx P\) и затухает за время \(T\), его энергия порядка \(P\cdot T=PL/\big((1-R)c\big)\), что совпадает с \(E\). Для оценки возьмём \(R=0{,}99\) и \(L=10\) см: \(T\approx\dfrac{0{,}1\text{ м}}{0{,}01\cdot3\cdot10^{8}\text{ м/с}}\approx33\) нс, много больше времени прохода \(L/c\approx0{,}33\) нс, как и должно быть для резонатора с \(1/(1-R)=100\) проходами. Смысл: интерферометр накапливает энергию как резонатор; обратный пучок гасится не отсутствием света, а интерференцией, поэтому при выключении лазера «погашенный» свет высвобождается, и половина запасённой энергии вылетает назад.

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