IPhO 1991, теоретический тур

Подсказка

За время удара импульс силы нормальной реакции определяется вертикальными скоростями до и после удара; импульс силы трения меняет горизонтальную скорость и угловую скорость шара. Пока шар проскальзывает, \(f = \mu_k N\); если проскальзывание прекратилось, точка касания покоится: \(\omega_2 R = v_{2x}\).

Ответ

Ситуация I: a) \(\operatorname{tg}\theta = \mu_k\dfrac{1+c}{c}\), где \(c = \sqrt\alpha\);  b) \(d_I = 4\mu_k(1+c)ch\);  c) \(\omega_{0\,min} = \dfrac{7\mu_k(1+c)\sqrt{2gh}}{2R}\). Ситуация II: a) \(\operatorname{tg}\theta = \dfrac{2\omega_0 R}{7c\sqrt{2gh}}\);  b) \(d_{II} = \dfrac47\,c\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\,R\omega_0\). График: \(\operatorname{tg}\theta\) растёт линейно с \(\omega_0\) до \(\omega_{0\,min}\), далее постоянен (рис. 1.3).

Решение

a) Вычисление скорости непосредственно перед ударом.

Приравнивая потенциальную энергию тяготения кинетической энергии в момент непосредственно перед ударом, получаем скорость перед ударом \(v_0\): \[mgh = \frac{mv_0^2}{2}, \qquad (1)\] откуда находим \(v_0\): \[V_0 = \sqrt{2gh}. \qquad (2)\]

b) Вычисление вертикальной составляющей скорости сразу после удара.

Пусть \(v_{2x}\) и \(v_{2y}\) — соответственно горизонтальная и вертикальная составляющие скорости центра масс сразу после удара. Высота подъёма по вертикали будет равна \(\alpha h\), и тогда \[v_{2y}^2 = 2g\alpha h, \qquad (3)\] откуда, через \(\alpha\) (или коэффициент восстановления \(c = \sqrt\alpha\)): \[v_{2y} = \sqrt{2g\alpha h} = cv_0. \qquad (4)\]

c) Общие уравнения для изменения импульса и момента импульса за время удара.

На рис. 1.2 показаны силы, действующие на шар во время удара.

На рисунке: Figure 1.2 shows the free body of the ball during impact — на рис. 1.2 показаны силы, действующие на шар во время удара.

Учитывая, что импульс сил равен изменению импульса, а импульс моментов сил равен изменению момента импульса, имеем: \[I_y = \int_{t_1}^{t_2} N(t)\,dt = mv_0 + mv_{2y} = m(1+c)\sqrt{2gh}, \qquad (5)\] \[I_x = \int_{t_1}^{t_2} f_r(t)\,dt = mv_{2x}, \qquad (6)\] \[I_\theta = \int_{t_1}^{t_2} Rf_r(t)\,dt = R\int_{t_1}^{t_2} f_r(t)\,dt = I(\omega_0 - \omega_2), \qquad (7)\] где \(I_x\), \(I_y\) и \(I_\theta\) — импульсы и угловой импульс действующих сил, а \(\omega_2\) — угловая скорость после удара. Моменты \(t_1\) и \(t_2\) соответствуют началу и концу удара.

Варианты

В начале удара шар всегда будет скользить, поскольку у него есть некоторая угловая скорость \(\omega_0\). Тогда возможны два варианта:

I. Весь удар происходит так, что трение не успевает раскрутить шар настолько, чтобы точка контакта остановилась и шар перешёл к чистому качению.

II. В некоторый момент \(t \in (t_1, t_2)\) точка, касающаяся пола, имеет скорость, равную нулю, и с этого момента трение равно нулю. Рассмотрим каждый случай отдельно.

Случай I

В этом варианте в течение всего удара шар скользит, и сила трения связана с силой нормальной реакции соотношением \[f_r = \mu_k N(t). \qquad (8)\] Подставляя (8) в соотношения (6) и (7) и используя (5), находим: \[I_x = \mu_k\int_{t_1}^{t_2} N(t)\,dt = \mu_k I_y = \mu_k(1+c)\sqrt{2gh} = mv_{2x} \qquad (9)\] и \[I_\theta = R\mu_k\int_{t_1}^{t_2} N(t)\,dt = R\mu_k m(1+c)\sqrt{2gh} = I(\mu_0 - \mu_2), \qquad (10)\]

откуда получаем горизонтальную составляющую скорости \(v_{2x}\) и конечную угловую скорость: \[V_{2x} = \mu_k(1+c)\sqrt{2gh}, \qquad (11)\] \[\omega_2 = \omega_0 - \frac{\mu_k mR(1+c)}{I}\sqrt{2gh}. \qquad (12)\] Тем самым все основные величины выражены через данные. Область применимости рассматриваемого решения можно получить из (11) и (12). Это решение справедливо, если в конце удара точка контакта имеет скорость в направлении отрицательной оси \(x\). То есть если: \[\omega_2 R > v_{2x},\] \[\omega_0 - \frac{\mu_k mR(1+c)}{I}\sqrt{2gh} > \frac{\mu_k(1+c)}{R}\sqrt{2gh},\] \[\omega_0 > \frac{\mu_k\sqrt{2gh}}{R}\,(1+c)\left(\frac{mR^2}{I} + 1\right), \qquad (13)\] так что при угловых скоростях ниже этого значения решение несправедливо.

Случай II

В этом случае качение устанавливается в момент \(t\) между начальным моментом удара \(t_1\) и конечным \(t_2\). Тогда между горизонтальной составляющей скорости \(v_{2x}\) и конечной угловой скоростью должно выполняться соотношение \[\omega_2 R = v_{2x}. \qquad (14)\] Подставляя (14) и (6) в (7), получаем: \[mRv_{2x} = I\left(\omega_0 - \frac{v_{2x}}{R}\right), \qquad (15)\] откуда находим конечные значения: \[V_{2x} = \frac{I\omega_0}{mR + \dfrac{I}{R}} = \frac{I\omega_0 R}{mR^2 + I} = \frac27\,\omega_0 R \qquad (16)\] и \[\omega_2 = \frac{I\omega_0}{mR^2 + I} = \frac27\,\omega_0. \qquad (17)\]

Вычисление тангенсов углов

Случай I

Для \(\operatorname{tg}\theta\) из (4) и (11) имеем: \[\operatorname{tg}\theta = \frac{v_{2x}}{v_{2y}} = \frac{\mu_k(1+c)\sqrt{2gh}}{c\sqrt{2gh}} = \mu_k\frac{(1+c)}{c},\] \[\operatorname{tg}\theta = \mu_k\frac{(1+c)}{c}, \qquad (18)\] т. е. угол не зависит от \(\omega_0\).

Случай II

Здесь (4) и (16) дают для \(\operatorname{tg}\theta\): \[\operatorname{tg}\theta = \frac{v_{2x}}{v_{2y}} = \frac{I\omega_0 R}{I + mR^2}\,\frac{1}{c\sqrt{2gh}} = \frac{I\omega_0 R}{(I + mR^2)\,c\sqrt{2gh}},\] \[\operatorname{tg}\theta = \frac{2\omega_0 R}{7c\sqrt{2gh}}, \qquad (19)\] тогда (18) и (19) дают решение (рис. 1.3).

На рисунке: Figure — рисунок.

Мы видим, что \(\theta\) не зависит от \(\omega_0\), если \(\omega_0 > \omega_{0\,min}\), где \(\omega_{0\,min}\) равна \[\omega_{0\,min} = \frac{\mu_k(1+c)\sqrt{2gh}\left(1 + \dfrac{mR^2}{I}\right)}{R},\] \[\omega_{0\,min} = \frac{7\mu_k(1+c)\sqrt{2gh}}{2R}. \qquad (20)\]

Вычисление расстояния до второй точки удара

Случай I

Время подъёма и падения шара: \[t_v = 2\,\frac{v_{2y}}{g} = \frac{2c\sqrt{2gh}}{g} = 2c\sqrt{\frac{2h}{g}}. \qquad (21)\] Искомое расстояние тогда равно \[d_I = v_{2x}t_v = \mu_k(1+c)\sqrt{2gh}\;2c\sqrt{\frac{2h}{g}},\] \[d_I = 4\mu_k(1+c)ch, \qquad (22)\] что не зависит от \(\omega_0\).

Случай II

В этом случае время подъёма и падения шара будет тем же, что и в (21). Поэтому искомое расстояние можно вычислить, умножив \(t_v\) на скорость \(v_{2x}\): \[d_{II} = v_{2x}t_v = \frac{I\omega_0}{mR^2 + I}\,2c\sqrt{\frac{2h}{g}} = \frac{2\omega_0 Rc}{1 + \dfrac52}\sqrt{\frac{2h}{g}},\] \[d_{II} = \frac47\,c\sqrt{\frac{2h}{g}}\,R\omega_0.\]

Таким образом, расстояние до второй точки удара растёт линейно с \(\omega_0\).

Подсказка

Расстояние между шариками в их собственной системе отсчёта находится из сокращения длины, а в системе наблюдателя — через релятивистски сложенную скорость шариков на каждой стороне. Заряд инвариантен: заряд стороны — число шариков на её наблюдаемой длине, умноженное на \(q\), плюс заряд проволоки.

Ответ

a) \(a_{AB} = \dfrac{\sqrt{1 - v^2/c^2}}{1 + uv/c^2}\,a\), \(a_{CD} = \dfrac{\sqrt{1 - v^2/c^2}}{1 - uv/c^2}\,a\), \(a_{BC} = a_{DA} = a\);  b) \(Q_{AB} = \dfrac{uv}{c^2}\,\dfrac{L}{a}\,q\), \(Q_{CD} = -\dfrac{uv}{c^2}\,\dfrac{L}{a}\,q\), \(Q_{BC} = Q_{DA} = 0\);  c) \(M = \dfrac{uv}{c^2}\,\dfrac{L^2}{a}\,|q|\,|E|\sin\theta\);  d) \(W = \dfrac{uvL^2qE}{c^2 a}\cos\theta\).

Решение

Вопрос a

Обозначим через \(S\) лабораторную систему отсчёта (наблюдателя), связанную с наблюдателем, который видит рамку движущейся со скоростью \(v\); через \(S'\) — систему отсчёта рамки (ось \(x'\) этой системы направим так же, как \(\vec v\); \(y'\) — вдоль стороны \(DA\), \(z'\) — перпендикулярно плоскости рамки). Оси \(S\) параллельны осям \(S'\), и начала обеих систем совпадают при \(t = 0\).

1. Сторона \(AB\)

\(S''_{AB}\) — система отсчёта, в которой движущиеся шарики стороны \(AB\) покоятся. Её оси параллельны осям \(S\) и \(S'\). \(S''\) имеет скорость \(u\) относительно \(S'\).

Согласно лоренцеву сокращению, расстояние \(a\) между соседними шариками \(AB\), измеренное в \(S''\), равно \[a_r = \frac{a}{\sqrt{1 - \dfrac{u^2}{c^2}}}. \qquad (1)\] (Этот результат справедлив для расстояния между двумя соседними шариками на любой из сторон, если \(a_r\) измеряется в системе отсчёта, в которой они покоятся.)

Из-за релятивистского сложения скоростей наблюдатель в \(S\) видит шарики на \(AB\) движущимися со скоростью \[u_{AB} = \frac{v + u}{1 + \dfrac{uv}{c^2}}. \qquad (2)\] Поэтому из-за лоренцева сокращения этот наблюдатель увидит следующее расстояние между шариками: \[a_{AB} = \sqrt{1 - \frac{u_{AB}^2}{c^2}}\;a_r. \qquad (3)\] Подставляя (1) и (2) в (3): \[a_{AB} = \sqrt{\frac{1 - \dfrac{v^2}{t^2}}{1 + \dfrac{uv}{c^2}}}\;a. \qquad (4)\]

2. Сторона \(CD\)

Для наблюдателя в \(S\) скорость шариков на \(CD\) равна \[u_{CD} = \frac{v - u}{1 - \dfrac{uv}{c^2}}. \qquad (5)\] Из лоренцева сокращения: \[a_{CD} = \sqrt{1 - \frac{u_{CD}^2}{c^2}}\;a_r. \qquad (6)\] Подставляя (1) и (5) в (6), получаем: \[a_{CD} = \frac{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}{1 - \dfrac{uv}{c^2}}\;a. \qquad (7)\]

3. Сторона \(DA\)

Пусть в системе \(S'\) в момент \(t'_0\) один шарик находится в точке \(x'_1 = y'_1 = z'_1 = 0\). В тот же момент ближайший сосед этого шарика будет находиться в точке \(x'_2 = 0\), \(y'_2 = a\), \(z'_2 = 0\).

Пространственно-временные координаты этих шариков в системе \(S\) даются преобразованием Лоренца: \[x = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}\,(x' + vt'), \quad y = y', \quad z = z', \quad t = \frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{v^2}{c^2}}}\left(t' + \frac{x'v'}{c^2}\right). \qquad (8)\]

Соответственно, для первого шарика в \(S\) имеем: \[x_1 = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}\,vt'_0; \quad y_1 = 0; \quad z_1 = 0; \quad t_1 = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}\,t'_0. \qquad (9)\] И для второго: \[x_2 = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}\,vt'_0; \quad y_2 = a; \quad z_2 = 0; \quad t_2 = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}\,t'_0. \qquad (10)\] Поскольку \(t_1 = t_2\), расстояние между двумя шариками в \(S\) равно \[a_{DA} = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2. \qquad (11)\]

Итак, \[a_{AD} = a. \qquad (12)\]

4. Сторона \(BC\)

Повторив ту же процедуру, что и выше, получим \[a_{BC} = a. \qquad (13)\]

Вопрос b

Заряд проволоки, образующей любую из сторон, в системе отсчёта, связанной с рамкой, можно вычислить как \[Q_{wire} = -\frac{L}{a}\,q, \qquad (14)\] поскольку \(L/a\) — число шариков на этой стороне. Благодаря тому, что заряд инвариантен, такой же заряд будет измерен на каждой стороне проволоки и в лабораторной системе отсчёта (наблюдателя).

1. Сторона \(AB\)

Заряд шариков на стороне \(AB\) в лабораторной системе отсчёта: \[Q_{AB,\,balls} = \frac{L\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}{a_{AB}} - q. \qquad (15)\]

Это получено умножением числа шариков на этой стороне на (инвариантный) заряд одного шарика. Числитель первого множителя в правой части уравнения (15) — сокращённая длина, измеренная наблюдателем, а знаменатель — расстояние между шариками на этой стороне.

Подставляя в (15) уравнение (4), получаем: \[Q_{AB,\,balls} = \left(1 + \frac{uv}{c^2}\right)\frac{Lq}{a}. \qquad (16)\] Складывая (14) и (16), получаем полный заряд этой стороны: \[Q_{AB} = \frac{uv}{c^2}\,\frac{L}{a}\,q. \qquad (17)\]

2. Сторона \(CD\)

Действуя так же, получаем: \[Q_{CD,\,balls} = \frac{L\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}}{a_{CD}} - q = \left(1 - \frac{uv}{c^2}\right)\frac{Lq}{a}. \qquad (18)\] Складывая (14) и (18), получаем: \[Q_{CD} = -\frac{uv}{c^2}\,\frac{L}{a}\,q. \qquad (19)\] Длина этих сторон, измеренная наблюдателем в \(S\), равна \(L\), а расстояние между шариками равно \(a\), поэтому \[Q_{BC,\,balls} = Q_{DA,\,balls} = \frac{Lq}{a}. \qquad (20)\] Складывая (14) и (20), получаем: \[Q_{BC} = 0, \qquad (21.1)\] \[Q_{DA} = 0. \qquad (21.2)\]

Вопрос c

На сторону \(AB\) действует электрическая сила \[\vec F_{AB} = Q_{AB}\vec E = \left(\frac{uv}{c^2}\right)\frac{L}{a}\,q\vec E, \qquad (22)\] а на сторону \(CD\) — электрическая сила \[\vec F_{CD} = Q_{CD}\vec E = -\left(\frac{uv}{c^2}\right)\frac{L}{a}\,q\vec E. \qquad (23)\] \(F_{CD}\) и \(F_{AB}\) образуют пару сил. Поэтому из выражения для момента пары сил имеем (рис. 2.2): \[M = \left|\vec F_{AB}\right| L\sin\theta. \qquad (24)\] И окончательно: \[M = \frac{uv}{c^2}\,\frac{L^2}{a}\,|q|\,\left|\vec E\right|\sin\theta. \qquad (25)\]

Рис. 2.2

Вопрос d

Обозначим через \(V_{AB}\) и \(V_{CD}\) электростатические потенциалы в точках сторон \(AB\) и \(CD\) соответственно. Тогда \[W = V_{AB}Q_{AB} + V_{CD}Q_{CD}. \qquad (26)\] Примем нулевой потенциал (\(V = 0\)) в плоскости, перпендикулярной \(\vec E\) и находящейся на произвольном расстоянии \(R\) от стороны \(AB\) (рис. 2.3).

На рисунке: Figure — рисунок.

Тогда \[W = -ERQ_{AB} - E(R + L\cos\theta)\,Q_{CD}. \qquad (27)\] Но \(Q_{CD} = -Q_{AB}\), поэтому \[W = -ELQ_{AB}\cos\theta. \qquad (28)\] Подставляя (17) в (28), получаем: \[W = \frac{uvL^2qE}{c^2 a}\cos\theta. \qquad (29)\]

Подсказка

Запишите законы сохранения энергии и импульса для поглощения фотона, летящего навстречу атому: энергия фотона идёт на возбуждение с учётом доплеровского сдвига, а его импульс тормозит атом. Ширина уровня \(\Gamma\) задаёт интервал резонансных скоростей, а время жизни \(h/\Gamma\) — темп торможения.

Ответ

a) \(v_0 \approx 1{,}04\cdot 10^3\) м/с, \(\nu = \dfrac{E/h}{1 + v_0/c} \approx 5{,}0\cdot 10^{14}\) Гц, \(\Delta v_1 \approx -3{,}0\cdot 10^{-2}\) м/с;  b) \(\Delta v_0 \approx c\Gamma/E = 6{,}25\) м/с;  c) \(\varphi_m \approx 5\cdot 10^{-5}\) рад;  d) \(\Delta v = 3{,}12\) м/с;  e) \(N \approx 3{,}56\cdot 10^4\);  f) \(\Delta t = mchv_0/(\Gamma E) \approx 3{,}37\cdot 10^{-9}\) с (так в официальном решении), \(\Delta S \approx 1{,}75\) м.

Решение

Вопрос a

Скорость \(v_0\) атомов, кинетическая энергия которых равна средней для атомов, выходящих из коллиматора, определяется так: \[\frac12\,mv_0^2 = \frac32\,kT \;\Rightarrow\; v_0 = \sqrt{\frac{3kT}{m}}, \qquad (1)\] \[v_0 = \sqrt{\frac{3\cdot 1{,}38\cdot 10^{-23}\cdot 10^3}{23\cdot 1{,}67\cdot 10^{-27}}}\text{ м/с},\] \(v_0 \approx 1{,}04\cdot 10^3\) м/с, поскольку \[m \approx 23\,m_p. \qquad (2)\] Так как эта скорость много меньше \(c\), \(v_0 \ll c\), релятивистскими эффектами можно пренебречь.

Свет состоит из фотонов с энергией \(h\nu\) и импульсом \(h\nu/c\).

В лабораторной системе отсчёта законы сохранения энергии и импульса, применённые к процессу поглощения, дают: \[\frac12\,mv_0^2 + h\nu = \frac12\,mv_1^2 + E; \quad mv_0 - \frac{h\nu}{c} = mv_1 \;\Rightarrow\; \Delta v_1 = v_1 - v_0 = \frac{-h\nu}{mc},\] \[\frac12\,m(v_1^2 - v_0^2) = h\nu - E \;\Rightarrow\; \frac12\,m(v_1 + v_0)(v_1 - v_0) = h\nu - E.\] \(h\nu/c \ll mv_0\). Тогда \(v_1 \approx v_0\), и отсюда следует \(mv_0\Delta v_1 = h\nu = E\), где мы считаем, что \(v_1 + v_0 \approx 2v_0\).

Объединяя эти выражения: \[\nu = \frac{\dfrac{E}{h}}{1 + \dfrac{v_0}{c}} \qquad (3)\] и \[\Delta v_1 = -\frac{E}{mc}\,\frac{1}{1 + \dfrac{v_0}{c}}. \qquad (4)\] Подставляя численные значения: \(\nu \approx 5{,}0\cdot 10^{14}\) Гц, \(\Delta v_1 \approx -3{,}0\cdot 10^{-2}\) м/с.

Если бы мы анализировали задачу в системе отсчёта, движущейся относительно лаборатории со скоростью \(v_0\), то имели бы \[\frac12\,m(v_1 - v_2)^2 + E = h\nu,\] где \(\nu = \dfrac{\nu'}{1 + \dfrac{v_0}{c}}\) — частота фотонов в лабораторной системе. Пренебрегая \(\Delta v_1^2\), получаем те же два уравнения, что и выше.

Приближения оправданы, поскольку \[-\frac{|\Delta v_1|}{v_0} \sim 10^{-4}.\] Тогда \(v_1 + v_0 = 2v_0 - \Delta v_1 \approx 2v_0\).

Вопрос b

При фиксированной \(\nu\): \[v_0 = c\left(\frac{E}{h\nu} - 1\right). \qquad (5)\] Если \(E\) имеет неопределённость \(\Gamma\), то \(v_0\) будет иметь неопределённость \[\Delta v_0 = \frac{c\Gamma}{h\nu} = \frac{c\Gamma\left(1 + \dfrac{v_0}{c}\right)}{E} \approx \frac{c\Gamma}{E} = 6{,}25\text{ м/с}, \qquad (6)\] так что фотоны поглощаются атомами, скорости которых лежат в интервале \[\left(v_0 - \frac{\Delta v_0}{2},\; v_0 + \frac{\Delta v_0}{2}\right).\]

Вопрос c

Законы сохранения энергии и импульса дают: \[\frac12\,mv_1^2 + E = \frac12\,mv_1'^2 + h\nu'\] (\(\nu'\) — частота испущенного фотона), \[mv_1 = mv'_1\cos\varphi + \frac{h\nu'}{c}\cos\theta,\] \[0 = mv'_1\sin\varphi - \frac{h\nu'}{c}\sin\theta.\] Отклонение \(\varphi\) атома будет наибольшим при \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\), тогда: \[mv_1 = mv'_1\cos\varphi_m; \quad \frac{h\nu'}{c} = mv'_1\sin\varphi_m \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\varphi_m = \frac{h\nu'}{mv_1 c};\] поскольку \(\nu' \approx \nu\): \[\operatorname{tg}\varphi_m \approx \frac{E}{mv_1 c}, \qquad (7)\] \[\varphi_m = \operatorname{arctg}\frac{E}{mvc} \;\Rightarrow\; \varphi_m \approx 5\cdot 10^{-5}\text{ рад}. \qquad (8)\]

Вопрос d

По мере уменьшения скорости атомов частота, необходимая для резонансного поглощения, растёт согласно \[\nu = \frac{\dfrac{E}{h}}{1 + \dfrac{v_0}{c}}.\] Когда скорость равна \(v_0 = \Delta v\), поглощение всё ещё возможно в нижней части уровня, если \[h\nu = \frac{E - \dfrac{\Gamma}{2}}{1 + \dfrac{v_0 - \Delta v}{c}} = \frac{E}{1 + \dfrac{v_0}{c}} \;\Rightarrow\; \Delta v = \frac{c\Gamma}{2E}\left(1 + \frac{v_0}{c}\right), \qquad (9)\] \(\Delta v = 3{,}12\) м/с.

Вопрос e

Если каждый акт поглощения–испускания изменяет скорость на \(\Delta v_1 \approx \dfrac{E}{mc}\), то для уменьшения скорости от \(v_0\) почти до нуля потребуется \(N\) актов, где \[N = \frac{v_0}{|\Delta v_1|} \approx \frac{mcv_0}{E} \;\Rightarrow\; N \approx 3{,}56\cdot 10^4.\]

Вопрос f

Если поглощение происходит мгновенно, затраченное время определяется спонтанным испусканием. Атом остаётся в возбуждённом состоянии некоторое время \(\tau = \dfrac{h}{\Gamma}\), тогда \[\Delta t = N\tau = \frac{Nh}{\Gamma} = \frac{mchv_0}{\Gamma E} \;\Rightarrow\; \Delta t \approx 3{,}37\cdot 10^{-9}\text{ с}.\] Расстояние, пройденное за это время, \(\Delta S = v_0\Delta t/2\). Считая движение равнозамедленным: \[\Delta S = \frac12\,mchv_0^2\Gamma E \;\Rightarrow\; \Delta S \approx 1{,}75\text{ м}.\]