IPhO 1974, теоретический тур

Подсказка

Неупругий удар возможен, только если кинетической энергии атомов в системе центра масс хватает на возбуждение атома на первый возбуждённый уровень. Частоты, измеренные в двух направлениях, различаются из-за эффекта Доплера.

Ответ

\(v_0 = \sqrt{\dfrac{3E_i}{m_H}} \approx 6{,}26\cdot 10^4\text{ м/с}\);  \(\dfrac{\Delta f}{f} = \dfrac{v_0}{c} \approx 2\cdot 10^{-2}\,\%\).

Решение

Согласно модели Бора, уровни энергии атома водорода задаются формулой \[E_n = -\frac{E_i}{n^2},\] где \(n = 1, 2, 3, \ldots\) Основному состоянию соответствует \(n = 1\), а низшему возбуждённому — \(n = 2\). Таким образом, наименьшая энергия, необходимая для возбуждения атома водорода, \[\Delta E = E_2 - E_1 = E_i\left(1 - \tfrac14\right) = \tfrac34 E_i.\]

При неупругом столкновении часть кинетической энергии сталкивающихся частиц переходит в их внутреннюю энергию. Внутренняя энергия рассматриваемой в задаче системы двух атомов водорода не может измениться меньше чем на \(\Delta E\). Значит, если кинетическая энергия сталкивающихся атомов относительно их центра масс меньше \(\Delta E\), столкновение обязательно упругое. Значение \(v_0\) можно найти, рассмотрев критический случай, когда кинетическая энергия сталкивающихся атомов равна наименьшей энергии возбуждения. Относительно центра масс атомы движутся в противоположных направлениях со скоростями \(\tfrac12 v_0\). Таким образом, \[\frac12 m_H\left(\tfrac12 v_0\right)^2 + \frac12 m_H\left(\tfrac12 v_0\right)^2 = \tfrac34 E_i\] и \[v_0 = \sqrt{\frac{3E_i}{m_H}} \quad (\approx 6{,}26\cdot 10^4\text{ м/с}).\]

Рассмотрим случай \(v = v_0\). Столкновение может быть упругим или неупругим. При упругом столкновении атомы остаются в основных состояниях и не излучают. Излучение возможно только при неупругом столкновении. Разумеется, излучать может только атом, возбуждённый при столкновении. В принципе излучение может быть испущено в любом направлении, но по условию задачи мы должны рассмотреть только излучение в направлении начальной скорости и в противоположном направлении. После неупругого столкновения оба атома движутся (в лабораторной системе) с одинаковыми скоростями, равными \(\tfrac12 v_0\). Пусть \(f\) — частота излучения, испущенного атомом водорода в системе центра масс (т. е. в покое). Из-за эффекта Доплера в лабораторной системе эта частота наблюдается как (\(c\) — скорость света):

а) \(f_1 = \left(1 + \dfrac{\frac12 v_0}{c}\right)f\) — для излучения, испущенного в направлении начальной скорости атома водорода;

б) \(f_2 = \left(1 - \dfrac{\frac12 v_0}{c}\right)f\) — для излучения, испущенного в противоположном направлении.

Среднее арифметическое этих частот равно \(f\). Поэтому искомое отношение \[\frac{\Delta f}{f} = \frac{f_1 - f_2}{f} = \frac{v_0}{c} \quad (\approx 2\cdot 10^{-2}\,\%).\]

В этом решении мы учли, что \(v_0 \ll c\). Иначе пришлось бы пользоваться релятивистскими формулами эффекта Доплера. Мы также пренебрегли отдачей атома (атомов) при излучении. Заметим, что для видимого излучения или излучения не слишком далёкого от видимого диапазона отдача не может заметно изменить численные результаты для критической скорости \(v_0\) и отношения \(\dfrac{\Delta f}{f}\). Отдача важна для квантов высокой энергии, но это не тот случай.

Подсказка

Разбейте пластинку на тонкие слои, параллельные плоскости \(yz\): в каждом слое по закону преломления сохраняется \(n\sin\beta\), где \(\beta\) — угол между лучом и осью \(x\). Посмотрите, какой кривой удовлетворяет условие \(\sin\beta = (R - x)/R\).

Ответ

1) \(n_B = \sqrt{n_0^2 + \sin^2\alpha} = 1{,}3\);  2) \(x_B = R\left(1 - \dfrac{n_0}{n_B}\right) = 1\text{ см}\);  3) \(d = \sqrt{13^2 - 12^2}\text{ см} = 5\text{ см}\) (луч идёт по окружности радиуса \(R\) с центром в точке \((R, 0)\)).

Решение

Рассмотрим луч света, проходящий через систему параллельных пластинок с разными показателями преломления (рис. 2). По закону Снеллиуса \[\frac{\sin\beta_2}{\sin\beta_1} = \frac{n_1}{n_2},\] т. е. \[n_2\sin\beta_2 = n_1\sin\beta_1.\] Точно так же получаем \[n_3\sin\beta_3 = n_2\sin\beta_2 \quad\text{и т.\,д.}\] Таким образом, в общем случае \[n_i\sin\beta_i = \mathrm{const}.\] Это соотношение не содержит ни толщины пластинок, ни их числа. Поэтому им можно пользоваться и в случае непрерывной зависимости показателя преломления от координаты в одном направлении (в нашем случае — в направлении \(x\)).

Рассмотрим ситуацию, показанную на рис. 3.

В точке A угол \(\beta_A = 90^\circ\). Показатель преломления в этой точке равен \(n_0\). Таким образом, \[n_A\sin\beta_A = n_B\sin\beta_B,\] \[n_0 = n_B\sin\beta_B.\] Кроме того, из закона Снеллиуса для преломления в точке B имеем \[\frac{\sin\alpha}{\sin(90^\circ - \beta_B)} = n_B.\] Следовательно, \[\sin\alpha = n_B\cos\beta_B = n_B\sqrt{1 - \sin^2\beta_B} = \sqrt{n_B^2 - (n_B\sin\beta_B)^2} = \sqrt{n_B^2 - n_0^2}\] и окончательно \[n_B = \sqrt{n_0^2 + \sin^2\alpha}.\] Численно \[n_B = \sqrt{\left(\frac{12}{10}\right)^2 + \left(\frac{5}{10}\right)^2} = 1{,}3.\]

Значение \(x_B\) можно найти из зависимости \(n(x)\), данной в условии задачи. Имеем \[n_B = n(x_B) = \frac{n_0}{1 - \dfrac{x_B}{R}},\] \[x_B = R\left(1 - \frac{n_0}{n_B}\right).\] Численно \[x_B = 1\text{ см}.\]

Ответ на третий вопрос требует определения траектории луча света. Согласно соображениям, изложенным в начале решения, можно записать (см. рис. 4): \[n(x)\sin\beta(x) = n_0.\] Таким образом, \[\sin\beta(x) = \frac{n_0}{n(x)} = \frac{R - x}{R}.\]

Рассмотрим направление луча, пересекающего точку C на окружности радиуса \(R\) с центром в точке O, как показано на рис. 4. Видим, что \[\sin\angle\mathrm{COC'} = \frac{R - x}{R} = \sin\beta(x).\] Следовательно, угол \(\angle\mathrm{COC'}\) должен быть равен углу \(\beta(x)\), который луч света образует в точке C с CC\('\). Это значит, что в точке C луч должен касаться окружности. Более того, луч, касающийся окружности в некоторой точке, должен касаться её и в последующих точках. Следовательно, луч не может уйти с окружности (пока он внутри пластинки)! Но в начале (в точке A) луч касается окружности. Таким образом, луч должен распространяться по окружности, показанной на рис. 4, пока не дойдёт до точки B, где он выходит из пластинки.

Мы уже знаем, что A\('\)B \(= 1\) см. Таким образом, B\('\)B \(= 12\) см, и из прямоугольного треугольника BB\('\)O получаем \[d = \mathrm{B'O} = \sqrt{13^2 - 12^2}\text{ см} = 5\text{ см}.\]

Форму траектории \(y(x)\) можно определить и с помощью более сложных вычислений. Зная \(\beta(x)\), находим \(\operatorname{tg}\beta(x)\): \[\operatorname{tg}\beta(x) = \frac{R - x}{\sqrt{R^2 - (R - x)^2}}.\] Но \(\operatorname{tg}\beta(x)\) — производная \(y(x)\). Поэтому \[\frac{dy}{dx} = \frac{R - x}{\sqrt{R^2 - (r - x)^2}} = \frac{d}{dx}\left(\sqrt{R^2 - (R - x)^2}\right).\]

Таким образом, \[y = \sqrt{R^2 - (R - x)^2} + \mathrm{const}.\] Значение const можно найти из условия \[y(0) = 0.\] Окончательно \[y = \sqrt{R^2 - (R - x)^2}.\] Это значит, что луч движется в пластинке по окружности, как и было найдено ранее.

Теперь приведём ещё один, уже третий, способ доказательства того, что свет в пластинке должен двигаться по окружности.

Проведём (внутри пластинки) несколько близких друг к другу прямых, проходящих через точку \((R, 0)\) (рис. 5). Из формулы, данной в условии задачи, следует, что показатель преломления на каждой из этих прямых обратно пропорционален расстоянию до точки \((R, 0)\). Теперь проведём несколько дуг с центром в \((R, 0)\). Очевидно, что геометрическая длина каждой дуги между двумя прямыми пропорциональна расстоянию до точки \((R, 0)\).

Из сказанного следует, что оптический путь (произведение геометрической длины на показатель преломления) вдоль каждой дуги между двумя (близкими друг к другу) прямыми одинаков для всех дуг.

Пусть в некоторый момент \(t\) волновой фронт дошёл до одной из прямых, например до прямой, отмеченной на рис. 5 чёрной точкой. Согласно принципу Гюйгенса, вторичные источники на этой прямой испускают вторичные волны. Их огибающая образует волновой фронт реальной волны в некоторый момент \(t + \Delta t\). Волновые фронты вторичных волн, показанные на рис. 5, имеют разные геометрические радиусы, но — с учётом предыдущих рассуждений — их оптические радиусы в точности одинаковы. Это значит, что в момент \(t + \Delta t\) новый волновой фронт совпадёт с одной из прямых, проходящих через \((R, 0)\). Вначале волновой фронт света совпадал с осью \(x\), значит, внутри пластинки свет будет двигаться по окружности с центром в точке \((R, 0)\).

Подсказка

Впустите газ из полости через «газовую» мембрану в цилиндр, где через «воздушную» мембрану поддерживается атмосферное давление воздуха. Парциальное давление газа совершает работу при изотермическом расширении; посмотрите, ограничена ли эта работа, если конечный объём сколь угодно велик.

Ответ

Устройство с двумя мембранами и цилиндром (рис. 6): работа изотермического расширения порции газа \(V_0\) от \(V_0\) до \(V_k\) растёт неограниченно с ростом \(V_k\) (площадь под гиперболой \(p_0V_0/V\)), а \(V_0\) и частоту циклов можно сделать сколь угодно большими — теоретического предела мощности нет. Второму закону термодинамики это не противоречит: работа двигателя связана с необратимым перемешиванием газа с воздухом.

Решение

Построим устройство, показанное на рис. 6. B\(_1\) — мембрана, проницаемая для газа из полости, но непроницаемая для воздуха, а B\(_2\) — мембрана с противоположным свойством: проницаемая для воздуха, но непроницаемая для газа.

Вначале клапан Z\(_1\) открыт, а клапан Z\(_2\) закрыт. В начальном положении, когда мы удерживаем поршень в покое, давление под поршнем по закону Дальтона равно \(p_0 + p_0\). Пусть \(V_0\) — начальный объём газа (при давлении \(p_0\)).

Теперь закроем клапан Z\(_1\) и позволим газу в цилиндре расширяться. При движении поршня вниз мы получаем некоторую работу, совершаемую избыточным давлением внутри цилиндра по отношению к атмосферному давлению \(p_0\). Парциальное давление газа в цилиндре будет уменьшаться по формуле \(p = p_0V_0/V\), где \(V\) — объём, ограниченный поршнем (изотермический процесс). Благодаря мембране B\(_2\) парциальное давление воздуха в цилиндре всё время равно \(p_0\) и уравновешивает давление воздуха снаружи цилиндра. Это значит, что работу фактически совершает только газ из полости.

На рисунке: Cavity — полость.

Рассмотрим вопрос о пределах работы, которую можно получить при изотермическом расширении начальной порции газа. Проанализируем график функции \(p_0V_0/V\) от \(V\), показанный на рис. 7.

Очевидно, что работа, совершаемая газом при изотермическом расширении от \(V_0\) до \(V_k\), изображается площадью под кривой (показанной на графике) от \(V_0\) до \(V_k\). Разумеется, работа пропорциональна \(V_0\). Докажем, что при достаточно большом \(V_k\) работа может быть сколь угодно большой.

Рассмотрим \(V = V_0, 2V_0, 4V_0, 8V_0, 16V_0, \ldots\) Ясно, что прямоугольники I, II, III, … (см. рис. 7) имеют одинаковую площадь и что под рассматриваемой кривой можно нарисовать сколь угодно большое число таких прямоугольников. Это значит, что при изотермическом расширении данной порции газа можно получить сколь угодно большую работу (за счёт теплоты, взятой из окружающей среды) — достаточно взять \(V_k\) достаточно большим.

Достигнув \(V_k\), откроем клапан Z\(_2\) и вернём поршень в исходное положение, не совершая никакой работы. Цикл можно повторять сколько угодно раз.

В приведённых рассуждениях мы сосредоточили внимание только на работе, полученной за один цикл. Мы полностью пренебрегли динамикой процесса, а каждый цикл длится некоторое время. Можно подумать, что в принципе длительность цикла очень быстро растёт с ростом получаемой полезной работы. Это ограничивало бы мощность рассматриваемого устройства.

Учтём, однако, что подходящим выбором различных параметров устройства время одного цикла можно сделать малым, а начальный объём газа \(V_0\) — сколь угодно большим (мы рассматриваем только теоретические возможности и полностью пренебрегаем практическими трудностями). Например, взяв мембрану B\(_1\) и поршень большого размера, можно сократить время забора начальной порции газа \(V_0\) из полости и сделать эту порцию очень большой.

В нашем анализе мы пренебрегли всеми потерями, трением и т. п. Заметим, что для них нет теоретических ограничений снизу: эти потери, трение и т. п. можно сделать пренебрежимо малыми.

Рассмотренное устройство очень интересно: оно производит работу за счёт теплоты, взятой из окружающей среды, без какой-либо разности температур. Противоречит ли это второму закону термодинамики? Нет! Действительно, разности температур в системе нет, но работа устройства вызывает в системе необратимые изменения (перемешивание газа из полости с воздухом).