IPhO 1995, теоретический тур

Подсказка

Энергия фотона уменьшается на работу против тяготения, как у частицы массы \(hf/c^2\). Резонанс достигается, когда доплеровский сдвиг из-за скорости ионов компенсирует гравитационный; ищите, в каких переменных зависимость \(\beta(d)\) становится линейной. Для отдачи запишите законы сохранения энергии и импульса для распада покоящегося атома.

Ответ

(b) \(R \approx 1{,}1 \times 10^8\text{ м}\), \(M \approx 5{,}1\)–\(5{,}2 \times 10^{30}\text{ кг}\);  (c) (i) \(hf = \Delta E\left(1 - \dfrac{\Delta E}{2m_0c^2}\right)\); (ii) \(\dfrac{\Delta f}{f_0} = \dfrac{\Delta E}{2m_0c^2} \simeq 5{,}44 \times 10^{-12}\) (у организаторов), что много меньше \(\sim 10^{-5}\).

Решение

(a) Если фотон обладает эффективной инертной массой \(m\), определяемой его энергией, то \(mc^2 = hf\), или \(m = \dfrac{hf}{c^2}\).

Примем, что гравитационная масса равна инертной, и рассмотрим фотон с энергией \(hf\) (массой \(m = \dfrac{hf}{c^2}\)), испущенный вверх на расстоянии \(r\) от центра звезды. Вылетая из гравитационного поля звезды, он теряет энергию.

Применим закон сохранения энергии: изменение энергии фотона \((hf_i - hf_f)\) равно изменению гравитационной энергии, где индекс \(i\) обозначает начальное состояние, а индекс \(f\) — конечное. \[\begin{aligned} hf_i - hf_f &= -\frac{GMm_f}{\infty} - \left(-\frac{GMm_i}{r}\right),\\ hf_f &= hf_i - \frac{GMm_i}{r},\\ hf_f &= hf_i - \frac{GM\dfrac{hf_i}{c^2}}{r},\\ hf_f &= hf_i\left(1 - \frac{GM}{rc^2}\right),\\ \frac{f_f}{f_i} &= \left(1 - \frac{GM}{rc^2}\right),\\ \frac{\Delta f}{f} &= \frac{f_f - f_i}{f_i} = -\frac{GM}{rc^2}. \end{aligned}\] Знак минус означает красное смещение, т. е. уменьшение \(f\) и увеличение длины волны.

Таким образом, для фотона, испущенного с поверхности звезды радиусом \(R\), имеем \[\frac{\Delta f}{f} = \frac{GM}{Rc^2} .\]

Поскольку изменение энергии фотона мало (\(\delta f \ll f\)), \[m_f \simeq m_i = \frac{hf_i}{c^2} .\]

(b) Изменение энергии фотона при подъёме от \(r_i\) до \(r_f\) равно \[hf_i - hf_f = -\frac{GMm_f}{r_f} + \frac{GMm_i}{r_i} \simeq \frac{GMhf_i}{c^2}\left(\frac{1}{r_i} - \frac{1}{r_f}\right),\] \[\therefore\ \frac{f_f}{f_i} = 1 - \frac{GM}{c^2}\left(\frac{1}{r_i} - \frac{1}{r_f}\right).\] В эксперименте \(R\) — радиус звезды, \(d\) — расстояние от поверхности звезды до аппарата, и уравнение принимает вид \[\frac{f_f}{f_i} = 1 - \frac{GM}{c^2}\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R+d}\right). \qquad (1)\] Чтобы вызвать резонансное возбуждение ионов He\(^+\) в аппарате, частота фотона должна быть доплеровски сдвинута обратно от \(f_f\) к \(f_i\). Применим релятивистский эффект Доплера: \[\frac{f'}{f_f} = \sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}} ,\] где \(f'\) — частота, воспринимаемая ионами He\(^+\) в аппарате, а \(\beta = v/c\). Иными словами, уменьшенная гравитацией частота \(f_f\) увеличилась до \(f'\) из-за скорости ионов в аппарате, направленной к звезде. Поскольку \(\beta \ll 1\), \[\frac{f_f}{f'} = (1-\beta)^{\frac12}(1+\beta)^{-\frac12} \simeq 1 - \beta .\] Можно также, поскольку \(\beta \ll 1\), сразу воспользоваться классическим эффектом Доплера. Тогда \[f' = \frac{f_f}{1-\beta}\] или \[\frac{f_f}{f'} = 1 - \beta .\] Поскольку для резонансного поглощения \(f'\) должна быть равна \(f_i\), имеем \[\frac{f_f}{f_i} = 1 - \beta . \qquad (2)\] Подстановка (2) в (1) даёт \[\beta = \frac{GM}{c^2}\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R+d}\right). \qquad (3)\] По экспериментальным данным будем искать эффективное графическое решение, т. е. нам нужно линейное уравнение, связывающее экспериментальные данные \(\beta\) и \(d\).

Перепишем уравнение (3): \[\beta = \frac{GM}{c^2}\left[\frac{R + d - R}{(R+d)R}\right].\] Обращая уравнение, получаем \[\frac{1}{\beta} = \left(\frac{Rc^2}{GM}\right)\left[\frac{R}{d} + 1\right]\] или \[\boxed{\frac{1}{\beta} = \left(\frac{R^2c^2}{GM}\right)\frac{1}{d} + \frac{Rc^2}{GM}}\] График зависимости \(\dfrac{1}{\beta}\) от \(\dfrac{1}{d}\):

На рисунке: slope — угловой коэффициент; intercept — точка пересечения с осью.

Угловой коэффициент равен \[\left(\frac{Rc^2}{GM}\right)R = \alpha R , \qquad (\text{A})\] точка пересечения с осью \(\dfrac{1}{\beta}\) равна \[\left(\frac{Rc^2}{GM}\right) = \alpha , \qquad (\text{B})\] а точка пересечения с осью \(\dfrac{1}{d}\) равна \[-\frac{1}{R} . \qquad (\text{C})\] \(R\) и \(M\) удобно определить из (A) и (B). Уравнение (C) избыточно, однако при необходимости его можно использовать для (неточной) проверки.

По заданным данным: \[R = 1{,}11 \times 10^8\text{ м}, \qquad M = 5{,}2 \times 10^{30}\text{ кг}.\] По графику угловой коэффициент \[\alpha R = 3{,}2 \times 10^{12}\text{ м}, \qquad (\text{A})\] точка пересечения с осью \(\dfrac{1}{\beta}\) \[\alpha = \frac{Rc^2}{GM} = 0{,}29 \times 10^5 . \qquad (\text{B})\] Деля (A) на (B), получаем \[R = \frac{3{,}2 \times 10^{12}\text{ м}}{0{,}29 \times 10^5} \simeq \boxed{1{,}104 \times 10^8\text{ м}}\] Подставляя это значение \(R\) обратно в (B), получаем \[M = \frac{Rc^2}{g\alpha} = \frac{(1{,}104 \times 10^8) \times (3{,}0 \times 10^8)^2}{(6{,}7 \times 10^{-11}) \times (0{,}29 \times 10^5)}\]

или \(M = 5{,}11 \times 10^{30}\text{ кг}\).

(c) (i)

На рисунке: Atom before the decay — атом до распада; Atom and photon after the decay — атом и фотон после распада.

Для фотона импульс равен \(p = \dfrac{hf}{c}\), а энергия \(E = hf\).

Воспользуемся эквивалентностью массы и энергии \(E = mc^2\), чтобы связать изменение внутренней энергии атома с изменением массы покоя: \[\Delta E = (m_0 - m_0')\,c^2 . \qquad (1)\]

В лабораторной системе отсчёта энергия до испускания равна \[E = m_0c^2 . \qquad (2)\] Вспоминая релятивистское соотношение \[E^2 = p^2c^2 + m_0^2c^4 ,\] получаем энергию после испускания фотона: \[E = \sqrt{p^2c^2 + m_0'^2c^4} + hf , \qquad (3)\] где также \(p = hf/c\) по закону сохранения импульса. Сохранение энергии требует, чтобы (2) = (3), так что \[\left(m_0c^2 - hf\right)^2 = (hf)^2 + m_0^2c^4 ,\] \[\left(m_0c^2\right)^2 - 2hfm_0c^2 = m_0^2c^4 .\]

Выполняя преобразования и используя уравнение (1), получаем \[\begin{aligned} hf(2m_0c^2) &= (m_0^2 - m_0'^2)c^4\\ &= (m_0 - m_0')c^2(m_0 + m_0')c^2\\ &= \Delta E[2m_0 - (m_0 - m_0')]c^2\\ &= \Delta E[2m_0c^2 - \Delta E], \end{aligned}\] \[hf = \Delta E\left(1 - \frac{\Delta E}{2m_0c^2}\right).\]

(ii) Для испущенного фотона \[hf = \Delta E\left(1 - \frac{\Delta E}{2m_0c^2}\right).\] Если пренебречь релятивистскими эффектами, то \(hf_0 = \Delta E\). Следовательно, релятивистский сдвиг частоты \(\dfrac{\Delta f}{f_0}\) равен \[\frac{\Delta f}{f_0} = \frac{\Delta E}{2m_0c^2} .\] Для перехода в He\(^+\) (\(n = 2 \to 1\)) по теории Бора для водородоподобного иона гелия \[\Delta E = 13{,}6 \times 2^2 \times \left(\frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2}\right) = 40{,}8\text{ эВ}.\] Кроме того, \(m_0c^2 = 3{,}752 \times 10^6\text{ эВ}\). Следовательно, сдвиг частоты из-за отдачи \[\frac{\Delta f}{f_0} \simeq 5{,}44 \times 10^{-12} .\] Это очень мало по сравнению с гравитационным красным смещением \(\dfrac{\Delta f}{f} \sim 10^{-5}\), и в эксперименте по гравитационному красному смещению этим можно пренебречь.

Подсказка

Слоистая среда — закон преломления в виде \(\sin\theta/c = \text{const}\) вдоль луча. При линейной зависимости \(c(z)\) кривизна луча оказывается постоянной. Лучи, приходящие в \(H\), состоят из нескольких одинаковых дуг, поочерёдно выше и ниже оси.

Ответ

(b) \(\theta_0 = \sin^{-1}\left[\dfrac{c_0}{bz_S + c_0}\right]\);  (c) \(\theta_0 = \cot^{-1}\left[\dfrac{bX}{2nc_0}\right] = \tan^{-1}\left[\dfrac{2nc_0}{bX}\right]\), \(n = 1, 2, 3, \ldots\);  (d) \(86{,}19^\circ\), \(88{,}09^\circ\), \(88{,}73^\circ\), \(89{,}04^\circ\);  (e) \(t_{13} = -\dfrac{2}{b}\ln\tan\dfrac{\theta_0}{2} = 6{,}6546\text{ с}\); прямой луч \(t = X/c_0 = 6{,}6666\text{ с}\), первым придёт луч с \(n = 1\).

Решение

(a) Закон Снеллиуса можно записать в виде \[\frac{\sin\theta}{\sin\theta_0} = \frac{c}{c_0} , \qquad (1)\] где \(c\) — скорость звука.

Рассмотрим элемент пути луча \(ds\) и будем считать его локально дугой окружности радиусом \(R\). Заметим, что \(R\) может принимать любое значение от 0 до \(\infty\). Рассмотрим луч, первоначально направленный из \(S\) вверх.

На рисунке \(ds = R\,d\theta\), или \(\dfrac{ds}{d\theta} = R\).

Из уравнения (1) для малого изменения скорости \(dc\) \[\cos\theta\,d\theta = \frac{\sin\theta_0}{c_0}\,dc .\] Для луча, направленного вверх, \(c = c_0 + bz\), так что \(dc = b\,dz\) и \[\frac{\sin\theta_0}{c_0}\,b\,dz = \cos\theta\,d\theta , \quad\text{откуда}\quad dz = \frac{c_0}{\sin\theta_0}\,\frac{1}{b}\cos\theta\,d\theta .\] Можно также записать (считая здесь \(ds\) прямолинейным) \(dz = ds\cos\theta\). Поэтому \[ds = \frac{c_0}{\sin\theta_0}\,\frac{1}{b}\,d\theta .\] Следовательно, \[\frac{ds}{d\theta} = R = \frac{c_0}{\sin\theta_0}\,\frac{1}{b} .\] Строго говоря, этот результат относится к малым отрезкам дуги \(ds\). Однако, как видно из уравнения (1), он справедлив для всех \(\theta\), т. е. для всех точек траектории, которая, следовательно, представляет собой дугу окружности радиусом \(R\), пока луч не войдёт в область \(z < 0\).

(b)

Здесь \[\begin{aligned} z_s &= R - R\sin\theta_0\\ &= R(1 - \sin\theta_0)\\ &= \frac{c_0}{b\sin\theta_0}(1 - \sin\theta_0), \end{aligned}\] откуда \[\theta_0 = \sin^{-1}\left[\frac{c_0}{bz_s + c_0}\right].\]

(c)

Простейший путь между \(S\) и \(H\) — одна дуга окружности, проходящая через \(S\) и \(H\). Для этого пути \[X = 2R\cos\theta_0 = \frac{2c_0\cos\theta_0}{b\sin\theta_0} = \frac{2c_0}{b}\cot\theta_0 .\] Отсюда \[\cot\theta_0 = \frac{bX}{2c_0} .\] Следующая возможность — две дуги окружностей, соединённые так, как показано на рисунке.

Для этого пути \[\frac{X}{2} = 2R\cos\theta_0 = \frac{2c_0}{b}\cot\theta_0 ,\] т. е. \[\cot\theta_0 = \frac{bX}{4c_0} .\] В общем случае при \(\theta_0 < \frac{\pi}{2}\) лучи, выходящие из \(S\), достигают \(H\) за \(n\) дуг при углах вылета \[\theta_0 = \cot^{-1}\left[\frac{bX}{2nc_0}\right] = \tan^{-1}\left[\frac{2nc_0}{bX}\right],\] где \(n = 1, 2, 3, 4, \ldots\)

Заметим, что при \(n = \infty\) получаем \(\theta_0 = \frac{\pi}{2}\), как и следует ожидать для осевого луча.

(d) При заданных значениях четыре наименьших значения угла вылета таковы:

(e) Траектория луча, соответствующая наименьшему углу вылета, состоит из одной дуги, как показано на рисунке:

Мы ищем \[\int_1^3 dt = \int_1^3 \frac{ds}{c} .\] Сначала найдём \[t_{12} = \int_1^2 \frac{ds}{c} = \int_{\theta_0}^{\pi/2} \frac{R\,d\theta}{c} .\] Используя \[R = \frac{c}{b\sin\theta} ,\] получаем \[t_{12} = \frac{1}{b}\int_{\theta_0}^{\pi/2} \frac{d\theta}{\sin\theta} ,\] так что \[t_{12} = \frac{1}{b}\left[\ln\tan\frac{\theta}{2}\right]_{\theta_0}^{\pi/2} = -\frac{1}{b}\ln\tan\frac{\theta_0}{2} .\] Учитывая, что \(t_{13} = 2t_{12}\), получаем \[t_{13} = -\frac{2}{b}\ln\tan\frac{\theta_0}{2} .\] При заданном \(b\) это даёт для наименьшего угла вылета, приведённого в ответе к части (d), время распространения \[t_{13} = 6{,}6546\text{ с}.\] Время распространения осевого луча равно \[t = \frac{X}{c_0} .\] При заданных условиях \[t_{13} = 6{,}6666\text{ с},\]

т. е. осевой луч распространяется медленнее, чем луч, рассмотренный для \(n = 1\), поэтому луч с \(n = 1\) придёт первым.

Подсказка

Масса буя равна массе вытесненной воды — объём сегмента круга выражается через \(\alpha\). Вертикальные колебания: дополнительная сила Архимеда пропорциональна ширине ватерлинии \(2a\sin\alpha\). Качания: центр масс буя — в точке крепления стержня, ось качаний — центр цилиндра; нужен момент инерции цилиндра и стержня относительно этой оси.

Ответ

(a) \(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha = 2\pi d/\rho\);  (b) \(\omega_z = \sqrt{\dfrac{3g\sin\alpha}{2a(\alpha - \cos\alpha\sin\alpha)}}\);  (c) \(\omega_\theta = \sqrt{12g/29a}\);  (d) \(\alpha \simeq \pi/2\) (точнее \(1{,}591\)), \(a \approx 0{,}237\text{ м}\), полная масса \(2M \approx 20{,}9\text{ кг}\).

Решение

(a) По условию масса стержня равна массе цилиндра \(M\), которая сама равна \(\pi a^2ld\). Поэтому полная масса равна \(2M = 2\pi a^2ld\). Масса вытесненной воды заведомо меньше \(\pi a^2l\rho\) (когда буй на грани погружения). По закону Архимеда можно по меньшей мере ожидать, что \[2\pi a^2ld < \pi a^2l\rho \quad\text{или}\quad d < \rho/2 .\] На самом деле при угле плавания \(\alpha\,(<\pi)\), как на рисунке, объём вытесненной воды находится из геометрии:

\[V = la^2\alpha - la^2\sin\alpha\cos\alpha .\] По закону Архимеда масса буя равна массе вытесненной воды. Поэтому \(2\pi a^2ld = la^2\rho(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha)\), т. е. \(\alpha\) определяется соотношением \[\alpha - \sin\alpha\cos\alpha = 2d\pi/\rho .\]

(b) Если цилиндр опущен из положения равновесия по вертикали на малое расстояние \(z\), результирующая возвращающая сила, направленная вверх, равна весу дополнительно вытесненной воды, т. е. \(g\rho \cdot 2a\sin\alpha \cdot lz\), и направлена противоположно \(z\). Это характерно для гармонических колебаний, и, следовательно, уравнение движения буя по Ньютону (с учётом дополнительного множителя \(1/3\)) имеет вид

\[8M\ddot z/3 = -2\rho glza\sin\alpha \quad\text{или}\quad \ddot z + \frac{3\rho g\sin\alpha}{4\pi da}z = 0 ,\] и это стандартное уравнение гармонического осциллятора (как у математического маятника). Решение имеет вид \(z = \sin(\omega_zt)\) с угловой частотой \[\omega_z = \sqrt{\frac{3\rho g\sin\alpha}{4\pi da}} = \sqrt{\frac{3g\sin\alpha}{2a(\alpha - \cos\alpha\sin\alpha)}} ,\] где использовано соотношение, полученное в конце первой части.

(c) Если не обращать внимания на момент сил и учитывать только вертикальные силы, то при повороте буя на некоторый угол, когда его вес уравновешивается результирующим давлением воды снаружи, объём вытесненной воды тот же, что и в равновесии. Поэтому центр плавучести остаётся на том же расстоянии от центра цилиндра. Следовательно, кривая центров плавучести — дуга окружности с центром в середине цилиндра. Иными словами, метацентр \(M\) качаний — это просто центр цилиндра. Фактически в условии это и предполагается.

Заметим также, что центр масс \(G\) буя находится в точке, где стержень касается цилиндра, поскольку массы стержня и цилиндра равны \(M\) каждая. Разумеется, когда стержень наклонён к вертикали, на цилиндр действует результирующий момент сил. Чтобы найти период качаний, сначала нужно определить момент инерции сплошного цилиндра относительно центральной оси; он такой же, как у диска относительно центра. Итак, если \(M\) — масса цилиндра,

\[I_0 = Ma^2/2 \left(= \int_0^a r^2\,dm = \int_0^a r^2 \cdot 2Mr\,dr/a\right)\]

Следующий шаг — найти момент инерции стержня относительно его середины: \[I_{rod} = \int_{-a}^{a} (M\,dx/2a) \cdot x^2 = [Mx^3/6a]_{-a}^{a} = Ma^2/3 .\] Наконец, по теореме Штейнера найдём момент инерции буя (цилиндр + стержень) относительно метацентра \(M\): \[I_M = Ma^2/2 + [Ma^2/3 + M(2a)^2] = 29Ma^2/6 .\] (В этой части мы пренебрегаем малым горизонтальным движением центра масс; вода — единственное, что может обеспечить эту силу!) Когда буй поворачивается на угол \(\theta\) от положения равновесия, возвращающий момент равен \(2Mga\sin\theta \simeq 2Mga\theta\) при малых углах, что соответствует гармоническим колебаниям (как у математического маятника). Поэтому уравнение вращательного движения имеет вид \[I_M\ddot\theta \simeq -2Mga\theta , \quad\text{или}\quad \ddot\theta + \frac{12g}{29a} = 0 .\]

Решение — синусоидальная функция \(\theta \propto \sin(\omega_\theta t)\) с угловой частотой \[\omega_\theta = \sqrt{12g/29a} .\]

(d) Измерения акселерометров дают \[T_\theta/T_z \simeq 1{,}5 \quad\text{или}\quad (\omega_z/\omega_\theta)^2 \simeq 9/4 \simeq 2{,}25 .\] Отсюда \[2{,}25 = \frac{3g\sin\alpha}{2a(\alpha - \sin\alpha\cos\alpha)}\,\frac{29a}{12g} ,\] что приводит к (трансцендентному) уравнению \[\alpha - \sin\alpha\cos\alpha \simeq 1{,}61\sin\alpha .\] Поскольку \(1{,}61\) недалеко от \(1{,}57\), мы обнаружили, что физически приемлемое решение — \(\alpha \simeq \pi/2\), что и требовалось показать. (На самом деле более точное решение этого трансцендентного уравнения можно найти численно: \(\alpha = 1{,}591\).) Положив далее \(\alpha = \pi/2\) для упрощения выкладок, с хорошей точностью получаем \(\omega_z^2 = 3g/\pi a\) и \(4d/\rho = 1\). Поскольку период вертикальных колебаний равен \(1{,}0\) с, \[1{,}0 = (2\pi/\omega_z)^2 = 4\pi^3a/3g ,\] откуда радиус \(a = 3 \times 9{,}8/4\pi^3 = 0{,}237\text{ м}\).

Теперь можно найти массу буя (в единицах СИ): \[2M = 2\pi a^2ld = 2\pi a^2a \cdot \rho/4 = \pi a^3\rho/2 = \pi \times 500 \times (0{,}237)^3 \simeq 20{,}9\text{ кг}.\]