IPhO 1993, теоретический тур

Подсказка

Поле у поверхности проводника связано с поверхностной плотностью заряда теоремой Гаусса; плотность объёмного заряда — из теоремы Гаусса для цилиндра между высотами 0 и 100 м. Ток ионов уменьшает \(\sigma\) пропорционально самой \(\sigma\) — получается экспоненциальный закон. Индуцированный на квадрантах заряд пропорционален открытой площади.

Ответ

1) \(\sigma = \varepsilon_0E_0 \approx -1{,}3\times 10^{-9}\) Кл/м\(^2\), \(Q = 4\pi R^2\sigma \approx -6{,}7\cdot 10^5\) Кл;  2) \(\rho_{ave} \approx 4{,}4\times 10^{-12}\) Кл/м\(^3\);  3) \(\sigma(t) = \sigma_0e^{-t/\tau}\), \(\tau \approx 600\) с, \(t = \tau\ln 2 \approx 415\) с \(\approx 7\) мин;  4) при \(0 \le t \le T/4\): \(q(t) = -2\pi(r_2^2 - r_1^2)\varepsilon_0E_0\,t/T\); при \(T/4 < t \le T/2\): \(q(t) = -\pi(r_2^2 - r_1^2)\varepsilon_0E_0(1 - 2t/T)\); \(q_{max} = -\dfrac{\pi}{2}(r_2^2 - r_1^2)\varepsilon_0E_0\);  5) \(V_a \approx |q_{max}|/C\) (треугольник), \(V_b \approx 4q_{max}R/T_b\) (прямоугольник), \(V_a/V_b \approx T_b/(4CR)\);  6) \(V_{max} \approx 10^{-3}\) В \(= 1\) мВ.

Решение

1) По теореме Гаусса \(\sigma = \varepsilon_0E_0\).

\[\therefore\ \sigma = -8{,}85\cdot 10^{-12}\times 150 \approx -1{,}3\times 10^{-9}\text{ Кл/м}^2.\] \[Q = 4\pi R^2\sigma = 4\pi\times(6{,}4\cdot 10^6)^2\times 1{,}3\cdot 10^{-9} = -6{,}7\cdot 10^5\text{ Кл}.\]

2) Рассмотрим цилиндр сечением \(A\) с основаниями на высотах 0 и 100 м.

По теореме Гаусса \[E(0)A - E(100)A = q_{enclosed}/\varepsilon_0 = \rho_{ave.}\times(100A)/\varepsilon_0.\] \[\therefore\ \rho_{ave.} = \frac{\varepsilon_0[E(0) - E(100)]}{100} = \frac{8{,}85\cdot 10^{-12}\times 50}{100} \approx 4{,}4\times 10^{-12}\text{ Кл/м}^3.\]

3) Если в проводнике \(n\) зарядов в единице объёма, каждый с зарядом \(q\) и скоростью \(v\), то ток через единицу площади (\(j\)) равен \[j = nqv.\] Здесь у нас есть как положительные, так и отрицательные заряды (\(\pm e\)). Ясно, что при направленном вниз электрическом поле положительные заряды движутся вниз, а отрицательные — вверх.

В описанной ситуации в нейтрализацию поверхностного заряда Земли могут вносить вклад только положительные заряды. Поэтому имеем (принимая для этой цели направление вниз за положительное): \[j = n_+ev \approx (6\cdot 10^8)\times(1{,}6\cdot 10^{-19})\times(1{,}5\cdot 10^{-4}E) = 1{,}44\times 10^{-14}E.\] Теперь \(j\) — скорость изменения (\(d\sigma/dt\)) поверхностной плотности заряда \(\sigma\), а \(E\) (если считать положительным направление вниз) равно \(-\sigma/\varepsilon_0\). Поэтому приведённое уравнение можно записать так: \[\frac{d\sigma}{dt} = -1{,}44\cdot 10^{-14}\,\frac{\sigma}{\varepsilon_0} = -\frac{1{,}44\cdot 10^{-14}}{8{,}85\cdot 10^{-12}}\,\sigma = -1{,}63\cdot 10^{-3}\sigma \approx -\frac{1}{600}\,\sigma.\] Это в точности как уравнение радиоактивного распада. Его решение — экспоненциальное убывание \(\sigma\) со временем: \[\sigma(t) = \sigma_0e^{-t/\tau}, \quad \text{где } \tau \approx 600\text{ с}.\] Подстановка \(\sigma(t) = \sigma_0/2\) даёт \(t = \tau\ln 2 = 0{,}693\times 600 \approx 415\) с \(\approx 7\) мин.

[Более простое приближённое решение — считать, что \(j\) остаётся равным своему начальному значению \(j_0\): \[j_0 = 1{,}44\cdot 10^{-14}E_0 = 1{,}44\cdot 10^{-14}\times 150 \approx 2{,}15\times 10^{-12}\text{ А/м}^2.\] С \(|\sigma_0| = 1{,}3\cdot 10^{-9}\) Кл/м\(^2\) из пункта 1 мы тогда положили бы \[|\sigma_0/2| = j_0\times t, \quad \text{откуда } t = (0{,}65\cdot 10^{-9})/(2{,}15\cdot 10^{-12}) \approx 300\text{ с} = 5\text{ мин}.]\]

4) Если \(t = 0\) — момент, когда изолированные квадранты полностью экранированы, имеем следующие соотношения: \[\text{при } 0 \le t \le \frac{T}{4}:\quad q(t) = -2\pi(r_2^2 - r_1^2)\,\varepsilon_0E_0\,\frac{t}{T};\] \[\text{при } \frac{T}{4} < t \le \frac{T}{2}:\quad q(t) = -\pi(r_2^2 - r_1^2)\,\varepsilon_0E_0\left(1 - \frac{2t}{T}\right).\] Соответствующие изменения происходят во всех последующих парах четвертей периода.

Максимальный (отрицательный) индуцированный заряд равен \[q_{max.} = -\frac{\pi}{2}(r_2^2 - r_1^2)\,\varepsilon_0E_0.\]

5) Этот вопрос можно обсудить, не проводя полного анализа цепи. Нужно лишь понять, что поток заряда в усилитель делится на скорость зарядки конденсатора, \(C\,dV/dt\), и ток проводимости \(V/R\) через резистор. Тогда есть две крайние ситуации, в зависимости от того, мал или велик заряд, теряемый из-за утечки за одну четверть периода, по сравнению с \(CV\).

(a) Если \(CV \gg (V/R)\times(T/4)\), т. е. \(T = T_a \ll CR\), за время \(T/4\) через \(R\) уходит очень мало заряда. Поэтому, когда изолированные квадранты заряжаются отрицательно через индукцию, почти равный положительный заряд получает \(C\). Поэтому \(V(t)\) растёт почти линейно с \(t\) между \(t = 0\) и \(t = T/4\), а затем уменьшается почти линейно на ту же величину между \(t = T/4\) и \(t = T/2\). В этом случае \[V_{max.} = V_a \approx \frac{|q_{max.}|}{C},\] где \(q_{max.}\) имеет значение, полученное в пункте 4.*

(b) Если же \(T = T_b \gg CR\), т. е. \(CR \ll T_b\), большая часть заряда быстро уходит через \(R\). Когда модуль \(q\) растёт, через \(R\) течёт постоянный положительный ток, а когда модуль \(q\) уменьшается — равный отрицательный ток. Величина этого тока приблизительно равна \(|q_{max.}|/(T_b/4)\). Получающееся напряжение на \(R\) приблизительно постоянно в течение каждой четверти периода и попеременно положительно и отрицательно. В этом случае \[V_{max.} = V_b \approx \frac{4q_{max.}R}{T_b}.\]

Объединяя эти результаты, видим, что \[\frac{V_a}{V_b} \approx \frac{T_b}{4CR}.\]

*Примечание: в конечном счёте (если \(CR\) не бесконечно) форма \(V_a\) станет пилообразной, симметрично меняющейся между \(\pm q_{max.}/2C\). Формулировка задачи избегает этого усложнения, указывая, что \(V\) измеряется сразу после начала вращения.

6) Имеем \(CR = 10^{-8}\times 2\cdot 10^7 = 0{,}2\) с и \(T = 1/50 = 0{,}02\) с. Таким образом, \(CR = 10\times T\), что удовлетворяет критерию \(CR \gg T\). Поэтому можно использовать решение 5(a) выше.

Имеем \(A_{max.} = \dfrac{\pi}{2}(7^2 - 1^2) = 75\text{ см}^2 = 7{,}5\times 10^{-3}\text{ м}^2\).

\(E_0 = 150\) В/м \(\to\) \(\sigma = \varepsilon_0E_0 \approx 1{,}33\times 10^{-9}\) Кл/м\(^2\) (как в пункте 1). \[\therefore\ q_{max.} = 1{,}33\cdot 10^{-9}\times 7{,}5\cdot 10^{-3} \approx 1{,}0\times 10^{-11}\text{ Кл},\] и поэтому \[V_{max.} = \frac{q_{max.}}{C} = \frac{1{,}0\times 10^{-11}}{1{,}0\times 10^{-8}} = 10^{-3}\text{ В} = 1\text{ мВ}.\]

Подсказка

Сила, действующая на призму, равна по модулю и противоположна по направлению скорости изменения импульса света, проходящего через неё. Свет, прошедший через верхнюю и нижнюю половины призмы, отклоняется на угол \(\theta\) в разные стороны; нужны мощности, падающие на каждую половину, — средние интенсивности на ней, умноженные на \(hw\).

Ответ

1) \(\sin\alpha = n\sin\beta\), \(\sin\theta = n\sin(\alpha - \beta)\), т. е. \(\theta = \arcsin\left[n\sin\left(\alpha - \arcsin\dfrac{\sin\alpha}{n}\right)\right]\);  2) при \(h \le y_0 \le 3h\): \(F_x = \dfrac{2hwI_0}{c}\left(1 - \dfrac{y_0}{4h}\right)(1 - \cos\theta)\), \(F_y = -\dfrac{hwI_0}{4c}\sin\theta\); при \(0 < y_0 < h\): \(F_x = \dfrac{hwI_0}{c}\left(\dfrac74 - \dfrac{y_0^2}{4h^2}\right)(1 - \cos\theta)\), \(F_y = -\dfrac{hwI_0}{c}\,\dfrac{y_0}{2h}\left(1 - \dfrac{y_0}{2h}\right)\sin\theta\); при \(y_0 < 0\) — зеркально (рис. 4);  3) \(I_0 = 8{,}30\times 10^8\) Вт/м\(^2\), \(P = 33{,}2\) Вт;  4) \(T = 11{,}2\times 10^{-3}\) с.

Решение

1. Это простая задача на геометрию и закон Снеллиуса.

Рис. 1. Преломление в клине.

Угол падения \(a_3 = \alpha\), потому что \(a_1 = \alpha\) и \(a_1 + a_2 = a_2 + a_3 = 90^\circ\). Угол \(\beta\) находится из закона Снеллиуса \(\sin\alpha = n\sin\beta\). Угол падения на основание равен \[\frac{\pi}{2} - \left(\pi - \alpha - \left(\frac{\pi}{2} - \beta\right)\right) = \alpha - \beta,\] откуда следует, что \[\sin\theta = n\sin(\alpha - \beta),\] т. е. \[\theta = \sin^{-1}\left[n\sin\left(\alpha - \sin^{-1}\left(\frac{\sin\alpha}{n}\right)\right)\right].\]

2. Сила, действующая на призму, равна по модулю и противоположна по направлению скорости изменения импульса проходящего через неё лазерного света. Чтобы проанализировать это, рассмотрим изменения импульса лазерного света, падающего на верхнюю половину призмы.

Будем считать, что лазерный пучок доставляет к верхней половине призмы \(r_u\) фотонов в секунду, летящих параллельно оси \(x\). Если энергия фотона \(E\), то его импульс \(\vec p_i = \dfrac{E}{c}\,\mathbf i\), и фотон, покидающий призму под углом \(\theta\) к оси \(x\), будет отличаться по импульсу от падающего фотона на \[\delta\vec p = \frac{E}{c}(\cos\theta - 1)\,\mathbf i - \frac{E}{c}\sin\theta\,\mathbf j.\] Скорость изменения импульса этих фотонов тогда будет равна \[\vec F_{up} = r_u\,\delta\vec p = \frac{r_uE}{c}\left[(\cos\theta - 1)\,\mathbf i - \sin\theta\,\mathbf j\right].\] Величина \(r_uE\) — это мощность \(P_u\), доставляемая к верхней грани, и сила отдачи \(\vec F_u\), создаваемая светом, преломляющимся в верхней половине призмы, будет равна \[\vec F_u = \frac{P_u}{c}\left[(1 - \cos\theta)\,\mathbf i + \sin\theta\,\mathbf j\right].\] Аналогичное рассуждение даёт силу, действующую на нижнюю половину: \[\vec F_l = \frac{P_l}{c}\left[(1 - \cos\theta)\,\mathbf i - \sin\theta\,\mathbf j\right].\] Из этих двух результатов видно, что полная сила, действующая на призму, будет равна \[\vec F = \frac1c\left[(P_u + P_l)(1 - \cos\theta)\right]\mathbf i + \frac1c\left[(P_u - P_l)\sin\theta\right]\mathbf j.\] Угол \(\theta\) можно выразить через \(\alpha\) (см. ответ к пункту 1).

Чтобы найти значения \(P_u\) и \(P_l\), вычислим средние интенсивности \(\bar I_u\) и \(\bar I_l\), падающие на каждую половину призмы, и умножим на \(hw\) — площадь проекции каждой половины призмы на плоскость, перпендикулярную лазерному пучку. Поскольку распределение интенсивности \(I(y)\) — линейная функция \(y\), средние интенсивности легко найти.

Рис. 2. \(\bar I_u\) и \(\bar I_l\) при \(y_0 \ge h\).

Рис. 3. \(\bar I_u\) и \(\bar I_l\) при \(0 < y_0 < h\).

В условии сказано, что \[I(y) = I_0\left(1 - \frac{y}{4h}\right) \quad \text{при } 0 < y < +4h,\] \[I(y) = I_0\left(1 + \frac{y}{4h}\right) \quad \text{при } -4h < y < 0.\] Пусть теперь призма поднята на расстояние \(y_0\) от оси \(x\) (\(y_0 > 0\)). Есть два различных случая:

(a) При \(h \le y_0 \le 3h\) вся призма целиком находится в верхней половине пучка. Как показывает рис. 2, в этом случае среднее равно интенсивности в центре каждой грани, который находится при \(y_0 + h/2\) для верхней грани и при \(y_0 - h/2\) для нижней. Это даёт \[\bar I_u = I_0\left(1 - \frac{y_0 + h/2}{4h}\right) = I_0\left(\frac78 - \frac{y_0}{4h}\right),\] \[\bar I_l = I_0\left(1 - \frac{y_0 - h/2}{4h}\right) = I_0\left(\frac98 - \frac{y_0}{4h}\right).\] Отсюда следует, что \[F_x = \frac{2hwI_0}{c}\left(1 - \frac{y_0}{4h}\right)(1 - \cos\theta),\] \[F_y = -\frac{hwI_0}{4c}\sin\theta.\]

(b) При \(0 < y_0 < h\) нижняя половина призмы частично находится в нижней половине лазерного пучка, как показано на рис. 3. Тогда часть нижней половины призмы между 0 и \(y_0\) составляет долю \(y_0/h\) площади нижней половины призмы и видит среднюю интенсивность \[\bar I_{l_1} = I(y_0/2) = I_0\left(1 - \frac{y_0}{8h}\right).\] Часть между 0 и \(y_0 - h\) составляет долю \(1 - y_0/h\) площади и видит среднюю интенсивность \[\bar I_{l_2} = I\left(\frac{h - y_0}{2}\right) = I_0\left(\frac78 + \frac{y_0}{8h}\right).\] Объединяя, получаем \[P_l = hw\,\frac{y_0}{h}\,\bar I_{l_1} + hw\left(1 - \frac{y_0}{h}\right)\bar I_{l_2} = hwI_0\left(\frac78 + \frac{y_0}{4h} - \frac{y_0^2}{4h^2}\right).\] Средняя интенсивность на верхней грани зависит от \(y_0\) так же, как в первом случае. Поэтому \(P_u = hwI_0\left(\dfrac78 - \dfrac{y_0}{4h}\right)\), как и прежде.

Объединяя, получаем \[P_u + P_l = hwI_0\left(\frac74 - \frac{y_0^2}{4h^2}\right),\] \[P_u - P_l = -hwI_0\,\frac{y_0}{2h}\left(1 - \frac{y_0}{2h}\right),\] откуда следует, что \[F_x = \frac{hwI_0}{c}\left(\frac74 - \frac{y_0^2}{4h^2}\right)(1 - \cos\theta),\] \[F_y = -\frac{hwI_0}{c}\,\frac{y_0}{2h}\left(1 - \frac{y_0}{2h}\right)\sin\theta.\] Поскольку распределение интенсивности симметрично относительно оси лазерного пучка, решения при \(y_0 < 0\) будут зеркальным отражением решений при \(y_0 > 0\). Графики \(F_x\) и \(F_y\) как функций \(y_0\) показаны на рис. 4.

Рис. 4. (a) \(F_x\) в зависимости от \(y_0\); (b) \(F_y\) в зависимости от \(y_0\).

3. И уравнение, и график \(F_y\) показывают, что для того, чтобы \(F_y > 0\) и была направлена против силы тяжести, должно быть \(y_0 < 0\). Тогда, чтобы найти силу, необходимую для удержания призмы против силы тяжести, найдём массу призмы, приравняем выражение для вертикальной составляющей силы со стороны лазерного пучка весу призмы и найдём \(I_0\) при заданных параметрах. Используем этот результат, чтобы найти полную мощность лазерного пучка. Это можно сделать, найдя среднее значение \(\bar I\) по заданной площади поперечного сечения лазерного пучка.

Чтобы найти массу призмы, сначала найдём её объём \(= \operatorname{tg}\alpha\,h^2w\), тогда \[m = \frac{1}{\sqrt3}\times(10^{-3})^2\times 0{,}1\times 2{,}5 = 1{,}44\times 10^{-7}\text{ г} = 1{,}44\times 10^{-10}\text{ кг};\] \[mg = 1{,}42\times 10^{-9}\text{ Н}.\] Решение пункта (2) предполагало смещение в направлении \(y > 0\), но задача симметрична, поэтому можно воспользоваться этим решением. Нам нужно значение \(I_0\), удовлетворяющее равенству \[\frac{I_0hw}{c}\,\frac{y_0}{2h}\left(1 - \frac{y_0}{2h}\right)\sin\theta = mg = 1{,}42\times 10^{-9}\] при \[\theta = 15{,}9^\circ, \quad y_0 = \frac h2, \quad h = 10\times 10^{-6}\text{ м}, \quad w = 10^{-3}\text{ м}.\] \[I_0 = \frac{3\times 10^8\times 1{,}42\times 10^{-9}}{10^{-5}\times 10^{-3}\times 0{,}274\times\frac{3}{16}} = 8{,}30\times 10^8\text{ Вт/м}^2,\] поскольку мощность \(P\) даётся выражением \(P = \bar I\times\) площадь лазерного пучка, где \(\bar I = \dfrac{I_0}{2}\). Это даёт \[P = \frac12\times 8{,}30\times 10^8\times 10^{-3}\times 80\times 10^{-6} = 33{,}2\text{ Вт}.\]

4. Смещение \(h/20\) соответствует \(y_0/h = 0{,}05 \ll 1\), так что вертикальная составляющая силы хорошо аппроксимируется выражением \[F_y = -\frac{I_0w\sin\theta}{2c}\,y.\] Это уравнение гармонического осциллятора с угловой частотой \[\omega = \sqrt{\frac{I_0w\sin\theta}{2mc}} = \sqrt{\frac{I_0\sin\theta}{2c\rho h^2\operatorname{tg}\alpha}}.\] Подстановка чисел даёт \[T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{2\times 3\times 10^8\times 2{,}5\times 10^3\times 10^{-10}\times 1/\sqrt3}{10^8\times 0{,}274}} = 11{,}2\times 10^{-3}\text{ с}.\]

Подсказка

Поле проволоки — по теореме Гаусса. Поперечный импульс, полученный электроном, — интеграл силы по времени пролёта; удобно интегрировать по углу, под которым электрон виден из оси проволоки. За проволокой две половины пучка идут под углами \(\pm\theta_{final}\) и перекрываются — как в бипризме Френеля.

Ответ

1) \(E(r) = \dfrac{q_{linear}}{2\pi r\varepsilon_0} = \dfrac{0{,}791}{r}\) Н/Кл при \(r \ge r_0\), \(E = 0\) при \(r < r_0\);  2) \(\theta_{final} \approx \dfrac{eq_{linear}}{2\varepsilon_0mv_0^2} = \dfrac{q_{linear}}{2\varepsilon_0 2V_0} = 6{,}21\times 10^{-5}\) рад (к проволоке, не зависит от \(b\));  3) смещение \(\theta_{final}L = 1{,}86\times 10^{-5}\) м; две половины пучка перекрываются в полосе полной шириной \(2(\theta_{final}L - r_0) \approx 36\times 10^{-6}\) м, где плотность попаданий удвоена;  4) \(\lambda = h/\sqrt{2meV_0} = 8{,}68\times 10^{-12}\) м; в области перекрытия интерференционные полосы с периодом \(\approx \dfrac{\lambda/2}{\theta_{final}} = 7{,}00\times 10^{-8}\) м, около 500 максимумов.

Решение

1. Из соображений симметрии электрическое поле направлено радиально от проволоки, и его модуль зависит только от радиуса \(r\) (в цилиндрических координатах). Окружим проволоку воображаемым цилиндром и применим теорему Гаусса: \[2\pi rE(r) = \frac{q_{linear}}{\varepsilon_0}\] для цилиндра радиусом \(r\) и единичной длины при условии \(r \ge r_0\). Поэтому \[E(r) = \frac{q_{linear}}{2\pi r\varepsilon_0} = \frac{0{,}791}{r}\text{ Н/Кл} \quad \text{при } r \ge r_0.\]

При \(r < r_0\) электрическое поле равно нулю (потому что медь — хороший проводник), т. е. внутри проволоки электрическое поле равно нулю.

2. В условии сказано, что угловое отклонение мало. Оценим угол отклонения \(\theta_{final}\) как отношение: импульс, приобретённый поперёк начальной скорости, делённый на начальный импульс: \[\theta_{final} \cong \frac{|\Delta\mathbf p_\perp|}{mv_0}.\]

Первую оценку поперечного импульса можно сделать так.

Поперечная сила (там, где она существенна) порядка \(\dfrac{eq_{linear}}{2\pi\varepsilon_0b}\).

(Существенная) поперечная сила действует в течение времени, за которое электрон проходит расстояние порядка \(2b\), и поэтому поперечная сила действует в течение времени порядка \(2b/v_0\).

Произведение силы на время действия даёт оценку поперечного импульса: \[|\Delta\mathbf p_\perp| \cong \frac{eq_{linear}2b}{2\pi\varepsilon_0bv_0} = \frac{eq_{linear}}{\pi\varepsilon_0v_0},\] и поэтому \[\theta_{final} \cong \frac{eq_{linear}}{\pi\varepsilon_0mv_0^2} = \frac{q_{linear}}{\pi\varepsilon_0 2V_0} = 3{,}96\times 10^{-5}\text{ радиан}\] после того, как по закону сохранения энергии записано \(\frac12mv_0^2 = eV_0\). Заметим, что отклонение крайне мало и что отклонение не зависит от прицельного параметра \(b\). Поскольку сила между положительно заряженной проволокой и электроном — притяжение, отклонение будет искривлять траекторию к проволоке — хотя и совсем чуть-чуть.

Более точную оценку можно получить, составив элементарное интегрирование для \(|\Delta\mathbf p_\perp|\) следующим образом. Для интегрирования приблизим реальную траекторию прямой линией, проходящей мимо проволоки на расстоянии \(b\), как показано на рисунке.

\[|\mathbf F_\perp| = \frac{eq_{linear}}{2\pi\varepsilon_0r}\cos\varphi, \qquad v_0\Delta t\cos\varphi = r\Delta\varphi \ \text{ и поэтому }\ \Delta t = \frac{r\Delta\varphi}{v_0\cos\varphi},\] \[|\mathbf F_\perp|\Delta t = \frac{eq_{linear}}{2\pi\varepsilon_0r}\cos\varphi\,\frac{r\Delta\varphi}{v_0\cos\varphi} = \frac{eq_{linear}}{2\pi\varepsilon_0v_0}\,\Delta\varphi.\] Суммирование приращений по \(\Delta\varphi\) в диапазоне от \(-\pi/2\) до \(\pi/2\) даёт \(|\Delta\mathbf p_\perp| = \dfrac{eq_{linear}}{2\varepsilon_0v_0}\).

Более точная оценка отличается от первой всего лишь множителем \(\pi/2\). Более точная оценка даёт \[\theta_{final} \cong \frac{eq_{linear}}{2\varepsilon_0mv_0^2} = \frac{q_{linear}}{2\varepsilon_0 2V_0} = 6{,}21\times 10^{-5}\text{ радиан}.\]

3. Основная часть искривления траектории происходит на расстоянии от проволоки порядка \(b\). В масштабе \(L\) величина порядка \(b\) действительно очень мала. Поэтому траекторию можно приблизить двумя прямыми с изломом вблизи проволоки. Таким образом, на поверхности наблюдения поперечное смещение каждой траектории равно \[\begin{pmatrix}\text{поперечное}\\ \text{смещение}\end{pmatrix} = \theta_{final}L = 6{,}21\times 10^{-5}\times 0{,}3 = 1{,}86\times 10^{-5}\text{ метра} \cong 19r_0 \gg r_0.\] Поэтому части пучка, проходящие по разные стороны проволоки, имеют область перекрытия, как показано на рисунке.

На рисунке: Intensity profile — профиль интенсивности; Not to scale! — не в масштабе!

Полная ширина области перекрытия равна \[\begin{pmatrix}\text{полная}\\ \text{ширина}\end{pmatrix} = 2\times(\theta_{final}L - r_0) \cong 36r_0 = 36\times 10^{-6}\text{ метра}.\] Плотность попаданий постоянна внутри каждой области и удвоена в области перекрытия.

4. С электронным пучком связана квантовая волновая картина, длина волны де Бройля которой равна \[\lambda = \frac{h}{mv_0} = \frac{h}{\sqrt{2meV_0}} = 8{,}68\times 10^{-12}\text{ метра}.\] Длина волны де Бройля настолько меньше ширины пучка \(2b_{max}\), что эффектами «дифракции на одной щели» можно пренебречь. Скорее, справа от проволоки перекрываются и интерферируют две плоские волны, распространяющиеся под фиксированным углом друг к другу (угол \(2\theta_{final}\)). В области, где, классически, две половины исходного пучка перекрываются, будут интерференционные максимумы и минимумы.

На рисунке: C = crest — гребень; T = trough — впадина; step in y — шаг по \(y\); Intensity profile (schematic) — профиль интенсивности (схематично).

Из рисунка видно, что \[\begin{pmatrix}\text{интервал между}\\ \text{соседними местами}\\ \text{конструктивной}\\ \text{интерференции}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\text{шаг}\\ \text{по } y\end{pmatrix} = \frac{\lambda/2}{\sin\theta_{final}} \cong \frac{\lambda/2}{\theta_{final}} \cong \frac{\frac12\times 8{,}68\times 10^{-12}}{6{,}21\times 10^{-5}} = 7{,}00\times 10^{-8}\text{ метра}.\] Поскольку область перекрытия имеет полную ширину \(\cong 36\times 10^{-6}\) метра, будет примерно 500 интерференционных максимумов. Заметим, что интервал между соседними максимумами не зависит ни от \(b\), ни от \(b_{max}\) (в отличие от ситуации с обычной «интерференцией на двух щелях»).

Историческая справка. Эта задача основана на ставшем классическим эксперименте G. Möllenstedt и H. Düker, «Observation and Measurement of Biprism Interference with Electron Waves», Zeitschrift für Physik, 145, pp. 377–397 (1956).