зад 1 Качение шестигранной призмы
Рассмотрим длинную сплошную жёсткую правильную шестигранную призму, похожую на обычный карандаш (рис. 1.1). Масса призмы равна \(M\), и она распределена равномерно. Длина каждой стороны шестиугольника поперечного сечения равна \(a\). Момент инерции \(I\) шестигранной призмы относительно её центральной оси равен \[I = \frac{5}{12}Ma^2. \tag{1.1}\]
Рис. 1.1. Сплошная призма, поперечное сечение которой — правильный шестиугольник.
Момент инерции \(I'\) относительно ребра призмы равен \[I' = \frac{17}{12}Ma^2. \tag{1.2}\]
a) (3,5 балла) Призма вначале покоится, её ось горизонтальна, а сама она лежит на наклонной плоскости, составляющей малый угол \(\theta\) с горизонтом (рис. 1.2). Считайте, что грани призмы слегка вогнуты, так что призма касается плоскости только рёбрами. Влиянием этой вогнутости на момент инерции можно пренебречь. Призму выводят из состояния покоя, и она начинает неравномерно скатываться по плоскости. Считайте, что трение предотвращает всякое проскальзывание и что призма не теряет контакта с плоскостью. Угловая скорость непосредственно перед тем, как очередное ребро ударяется о плоскость, равна \(\omega_i\), а \(\omega_f\) — угловая скорость сразу после удара.
Покажите, что можно записать \[\omega_f = s\omega_i, \tag{1.3}\] и запишите значение коэффициента \(s\) на листе ответов.
Рис. 1.2. Шестигранная призма, лежащая на наклонной плоскости.
b) (1 балл) Кинетическая энергия призмы непосредственно перед ударом и сразу после него аналогично обозначается \(K_i\) и \(K_f\).
Покажите, что можно записать \[K_f = rK_i, \tag{1.4}\] и запишите значение коэффициента \(r\) на листе ответов.
c) (1,5 балла) Чтобы произошёл следующий удар, \(K_i\) должна превышать минимальное значение \(K_{i,min}\), которое можно записать в виде \[K_{i,min} = \delta Mga, \tag{1.5}\] где \(g = 9{,}81\text{ м/с}^2\) — ускорение свободного падения.
Найдите коэффициент \(\delta\) через угол наклона \(\theta\) и коэффициент \(r\). Запишите ответ на листе ответов. (Используйте буквенное обозначение \(r\), а не его значение.)
d) (2 балла) Если условие пункта (c) выполнено, кинетическая энергия \(K_i\) по мере скатывания призмы по наклонной плоскости будет стремиться к постоянному значению \(K_{i,0}\).
Считая, что предел существует, покажите, что \(K_{i,0}\) можно записать в виде \[K_{i,0} = \kappa Mga, \tag{1.6}\] и запишите коэффициент \(\kappa\) через \(\theta\) и \(r\) на листе ответов.
e) (2 балла) Вычислите с точностью до \(0{,}1^\circ\) минимальный угол наклона \(\theta_0\), при котором неравномерное качение, однажды начавшись, будет продолжаться неограниченно. Запишите численный ответ на листе ответов.
Авторы: Leó Kristjánsson и Thorsteinn Vilhjálmsson.
▶ПодсказкаСкрыть
Во время удара сила со стороны плоскости приложена к ударяющемуся ребру и не создаёт момента относительно него: сохраняется момент импульса относительно этого ребра. Между ударами энергия растёт на \(Mga\sin\theta\), а при ударе умножается на \(r\) — найдите неподвижную точку этой итерации.
▶ОтветСкрыть
a) \(s = 11/17\); b) \(r = s^2 = 121/289 \approx 0{,}419\); c) \(\delta = \dfrac{1}{r}\bigl(1 - \cos(30^\circ - \theta)\bigr)\); d) \(\kappa = \dfrac{\sin\theta}{1 - r}\); e) \(\theta_0 \approx 6{,}58^\circ\).
▶РешениеСкрыть
a) Способ решения 1.
При ударе призма начинает вращаться вокруг новой оси, т. е. вокруг ребра, которое только что ударилось о плоскость. Сила со стороны плоскости не создаёт момента относительно этой оси, так что момент импульса относительно ребра сохраняется в течение короткого промежутка времени удара. Импульс призмы как целого направлен так же, как скорость центра масс (\(\vec P = M\vec v_C\), где индекс \(C\) относится к центру масс), и это направление легко проследить, зная ось вращения в данный момент. Непосредственно перед ударом \(\vec P\) направлен под углом \(30^\circ\) вниз относительно плоскости, а после удара будет направлен под углом \(30^\circ\) вверх от плоскости, см. рис. 1.3.
Рис. 1.3. Импульс призмы как целого до и после удара.
Чтобы найти момент импульса относительно ребра удара непосредственно перед ударом, воспользуемся уравнением, связывающим момент импульса \(\vec L\) относительно произвольной оси с моментом импульса \(\vec L_C\) относительно оси, проходящей через центр масс параллельно первой: \[\vec L = \vec L_C + M\,\vec r_C \times \vec v_C, \tag{1.7}\] где индекс \(C\) относится к центру масс. Здесь это применяется к оси, проходящей через точку удара, так что \(\vec r_C\) — вектор от этой точки к центру масс (рис. 1.3). Оба вектора в правой части уравнения (1.7) направлены одинаково. Поэтому для величин непосредственно перед ударом получаем1 \[|\vec r_C \times \vec v_{Ci}| = r_C\, v_{Ci} \sin 30^\circ = a^2\,\omega_i/2, \tag{1.8}\] \[L_i = I\,\omega_i + \frac{1}{2}\,M\,a^2\,\omega_i = \left(\frac{5}{12} + \frac{1}{2}\right) M\,a^2\,\omega_i = \frac{11}{12}\,M\,a^2\,\omega_i. \tag{1.9}\]
С другой стороны, момент импульса относительно ребра сразу после удара, согласно уравнению (1.2), равен2 \[L_f = I'\omega_f = \frac{17}{12}Ma^2\omega_f, \tag{1.10}\] где индекс \(f\) всегда относится к состоянию сразу после удара. Можно заметить, что разница возникает из-за различных направлений \(\vec v_{Ci}\) и \(\vec v_{Cf}\). Теперь, записывая закон сохранения момента импульса \(L_i = L_f\), получаем следующее соотношение между угловыми скоростями: \[\omega_f = \frac{11/12}{17/12}\,\omega_i = \frac{11}{17}\,\omega_i. \tag{1.11}\] Таким образом, получаем: \[\boldsymbol{s = 11/17}. \tag{1.12}\] Можно отметить, что \(s\) не зависит от \(a\), \(\omega_i\) и \(\theta\).
Способ решения 2.
При ударе призма получает от плоскости импульс \(\vec P\) [Н\(\cdot\)с] в ребре, где происходит удар. На ребре, которое отрывается от плоскости, реакции нет. У импульса есть составляющая \(P_\parallel\), параллельная наклонной плоскости (положительная вверх вдоль наклона на рис. 1.3), и составляющая \(P_\perp\), перпендикулярная плоскости (положительная вверх от плоскости на том же рисунке).
Можно составить три уравнения с тремя неизвестными \(P_\parallel\), \(P_\perp\) и отношением \(s = \omega_f/\omega_i\). Величина \(P_\parallel\) — изменение параллельной составляющей импульса призмы, а \(P_\perp\) — соответствующее изменение перпендикулярной составляющей импульса. Таким образом: \[P_\parallel = M\,(\omega_i - \omega_f)\,a\cdot\frac{\sqrt3}{2}, \tag{1.13}\] \[P_\perp = M\,(\omega_i + \omega_f)\,a\cdot\frac{1}{2}. \tag{1.14}\] Наконец, имеем: \[P_\perp a\frac{1}{2} - P_\parallel a\frac{\sqrt3}{2} = I\,(\omega_i - \omega_f), \tag{1.15}\] так как правая часть — изменение момента импульса относительно центра масс. Уравнения (1.13), (1.14) и (1.15) теперь можно решить относительно отношения \(s = \omega_f/\omega_i\), что даёт, разумеется, тот же результат, что и раньше.
b) Скорость центра масс непосредственно перед ударом равна \(a\omega_i\), а сразу после удара — \(a\omega_f\). Мы знаем, что кинетическую энергию вращающегося твёрдого тела всегда можно записать как сумму «внутренней» и «внешней» кинетической энергии: \[K_{tot} = \frac{1}{2}\,I\,\omega^2 + \frac{1}{2}\,M\,v_C^2. \tag{1.16}\] Отсюда видно, что в нашем случае кинетическая энергия \(K_{tot}\) пропорциональна \(\omega^2\) и до, и после удара, так что получаем \[K_f = r\,K_i = \left(\frac{11}{17}\right)^2 K_i = \frac{121}{289}K_i, \tag{1.17}\] поэтому \[\boldsymbol{r = 121/289} \approx 0{,}419. \tag{1.18}\]
c) Кинетической энергии \(K_f\) после удара должно хватить, чтобы поднять центр масс в его наивысшее положение — точно над точкой контакта. Угол, на который для этого поворачивается \(\vec r_C\), равен \[x = \frac{\alpha}{2} - \theta, \tag{1.19}\] где \(\alpha = 60^\circ\) — угол при вершине треугольников, сходящихся в центре многоугольника3. Энергия, необходимая для такого подъёма центра масс, равна \[E_0 = Mga(1 - \cos x) = Mga\,(1 - \cos(30^\circ - \theta)), \tag{1.20}\] и мы получаем условие \[K_f = rK_i > E_0 = Mga\,(1 - \cos(30^\circ - \theta)), \tag{1.21}\] откуда \[\boldsymbol{\delta = \frac{1}{r}\,(1 - \cos(30^\circ - \theta))}. \tag{1.22}\] (Заметим, что \(\cos(30^\circ - \theta) = \frac{\sqrt3}{2}\cos\theta + \frac12\sin\theta\).)
d) Пусть \(K_{i,n}\) и \(K_{f,n}\) — кинетические энергии непосредственно перед \(n\)-м ударом и сразу после него. Мы показали, что выполняется соотношение \[K_{f,n} = r\,K_{i,n}, \tag{1.23}\] где \(r = \frac{121}{289}\) для шестигранной призмы. Между последовательными ударами высота центра масс призмы уменьшается на \(a\sin\theta\), и по этой причине её кинетическая энергия увеличивается на \[\Delta = Mga\sin\theta. \tag{1.24}\] Поэтому имеем \[K_{i,n+1} = rK_{i,n} + \Delta. \tag{1.25}\] Чтобы найти предел, не обязательно выписывать полное выражение \(K_{i,n}\) как функции \(K_{i,1}\) и \(n\). Это фактически было бы доказательством существования предела (см. ниже), но оно дано в условии задачи. Следовательно, при достаточно больших \(n\) равенство \(K_{i,n+1} \approx K_{i,n}\) можно сделать сколь угодно точным. Значит, предел \(K_{i,0}\) должен удовлетворять итерационной формуле, т. е. \[K_{i,0} = rK_{i,0} + \Delta, \tag{1.26}\] что даёт решение \[K_{i,0} = \frac{\Delta}{1 - r}, \tag{1.27}\] т. е. \[\boldsymbol{\kappa = \frac{\sin\theta}{1 - r}}. \tag{1.28}\] Задачу можно решить и явно, выписав полные выражения: \[K_{i,2} = r\,K_{i,1} + \Delta, \tag{1.29}\] \[K_{i,3} = r\,K_{i,2} + \Delta = r^2K_{i,1} + (1 + r)\Delta, \tag{1.30}\] \[\ldots\] \[K_{i,n} = r^{n-1}K_{i,1} + (1 + r + \ldots + r^{n-2})\Delta \tag{1.31}\] \[\phantom{K_{i,n}} = r^{n-1}K_{i,1} + \frac{1 - r^{n-1}}{1 - r}\Delta. \tag{1.32}\] В пределе \(n \to \infty\) получаем \[K_{i,n} \to K_{i,0} = \frac{\Delta}{1 - r}, \tag{1.33}\] что, конечно, совпадает с прежним результатом.
Если вычислить изменение кинетической энергии за полный цикл, т. е. от момента непосредственно перед ударом номер \(n\) до момента непосредственно перед ударом \(n + 1\), получим \[\Delta K_{i,n} = K_{i,n+1} - K_{i,n} = (r - 1)r^{n-1}K_{i,1} + r^{n-1}\Delta \tag{1.34}\] \[\phantom{\Delta K_{i,n} = K_{i,n+1} - K_{i,n}} = r^{n-1}\,(\Delta - (1 - r)K_{i,1}). \tag{1.35}\] Это положительно, если начальное значение \(K_{i,1} < K_{i,0}\), так что \(K_{i,n}\) тогда будет возрастать до предельного значения \(K_{i,0}\). Если же, наоборот, \(K_{i,1} > K_{i,0}\), кинетическая энергия \(K_{i,n}\) непосредственно перед ударом будет убывать до предела \(K_{i,0}\).
Всё это может напомнить вам движение с трением, которое растёт со скоростью. С математической точки зрения главное отличие в том, что здесь мы имеем дело с разностными уравнениями, а не с дифференциальными.
e) Для неограниченного продолжения качения предельное значение \(K_i\) из пункта (d) должно быть больше минимального значения, необходимого для продолжения, найденного в пункте (c): \[\frac{1}{1 - r}\Delta = \frac{1}{1 - r}Mga\sin\theta > Mga\,(1 - \cos(30^\circ - \theta))/r. \tag{1.36}\] Положим \(A = \frac{r}{1 - r} = \frac{121}{168}\): \[A\sin\theta > 1 - \cos 30^\circ\cos\theta - \sin 30^\circ\sin\theta, \tag{1.37}\] \[(A + 1/2)\sin\theta + \sqrt3/2\,\cos\theta > 1. \tag{1.38}\] Чтобы решить это неравенство, определим4 \[u = \arccos\left(\frac{A + 1/2}{\sqrt{(A + 1/2)^2 + 3/4}}\right) \approx 35{,}36^\circ \tag{1.39}\] и получим \[\cos u\sin\theta + \sin u\cos\theta > 1/\sqrt{(A + 1/2)^2 + 3/4}, \tag{1.40}\] \[\sin(u + \theta) > 1/\sqrt{(A + 1/2)^2 + 3/4}, \tag{1.41}\] \[\theta > \arcsin\{1/\sqrt{(A + 1/2)^2 + 3/4}\} - u \approx 41{,}94^\circ - 35{,}36^\circ = 6{,}58^\circ. \tag{1.42}\] То есть \[\boldsymbol{\theta_0 \approx 6{,}58^\circ}. \tag{1.43}\] Если \(\theta > \theta_0\) и кинетической энергии перед первым ударом достаточно согласно пункту (c), то при сделанных предположениях мы получим неограниченное «качение».
зад 2 Вода под ледниковым щитом
Ледниковый щит — это толстый слой льда (толщиной до нескольких километров), лежащий на грунте и простирающийся по горизонтали на десятки или сотни километров. В этой задаче мы рассматриваем таяние льда и поведение воды под «тёплым» ледниковым щитом, т. е. ледниковым щитом при температуре плавления. Можно считать, что в таких условиях лёд создаёт изменения давления как вязкая жидкость, но деформируется хрупко, главным образом путём вертикального перемещения. Для этой задачи даны следующие сведения.
| Плотность воды | \(\rho_w = 1{,}000\cdot 10^3\text{ кг/м}^3\) |
| Плотность льда | \(\rho_i = 0{,}917\cdot 10^3\text{ кг/м}^3\) |
| Удельная теплоёмкость льда | \(c_i = 2{,}1\cdot 10^3\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}\) |
| Удельная теплота плавления льда | \(L_i = 3{,}4\cdot 10^5\text{ Дж/кг}\) |
| Плотность горной породы и магмы | \(\rho_r = 2{,}9\cdot 10^3\text{ кг/м}^3\) |
| Удельная теплоёмкость горной породы и магмы | \(c_r = 700\text{ Дж/(кг}\cdot{}^\circ\text{C)}\) |
| Удельная теплота плавления горной породы и магмы | \(L_r = 4{,}2\cdot 10^5\text{ Дж/кг}\) |
| Средний тепловой поток наружу через поверхность Земли | \(J_Q = 0{,}06\text{ Вт/м}^2\) |
| Температура плавления льда | \(T_0 = 0^\circ\text{C}\), постоянна |
a) (0,5 балла) Рассмотрим толстый ледниковый щит в месте со средним тепловым потоком из недр Земли. Используя данные таблицы, вычислите толщину \(d\) слоя льда, тающего за год, и запишите ответ в отведённое для этого окошко на листе ответов.
b) (3,5 балла) Рассмотрим теперь верхнюю поверхность ледникового щита. Грунт под ледниковым щитом имеет угол наклона \(\alpha\). Верхняя поверхность щита наклонена под углом \(\beta\), как показано на рис. 2.1. Вертикальная толщина льда при \(x = 0\) равна \(h_0\). Следовательно, нижнюю и верхнюю поверхности ледникового щита можно описать уравнениями \[y_1 = x\tan\alpha, \quad y_2 = h_0 + x\tan\beta. \tag{2.1}\]
Рис. 2.1. Поперечное сечение ледникового щита с плоской поверхностью, лежащего на наклонном плоском грунте. \(S\) — поверхность, \(G\) — грунт, \(I\) — ледниковый щит.
Выведите выражение для давления \(p\) у основания ледникового щита как функции горизонтальной координаты \(x\) и запишите его на листе ответов.
Сформулируйте математически условие, связывающее \(\beta\) и \(\alpha\), при котором вода в слое между ледниковым щитом и грунтом не будет течь ни в одном направлении. Покажите, что это условие имеет вид \(\tan\beta = s\tan\alpha\). Найдите коэффициент \(s\) и запишите результат в буквенном виде на листе ответов.
Прямая \(y_1 = 0{,}8\,x\) на рис. 2.2 изображает поверхность земли под ледниковым щитом. Вертикальная толщина \(h_0\) при \(x = 0\) равна 2 км. Считайте, что вода у основания находится в равновесии.
На листе ответов с миллиметровкой нарисуйте прямую \(y_1\) и добавьте прямую \(y_2\), изображающую верхнюю поверхность льда. Укажите на рисунке, какая прямая какая.
Рис. 2.2. Поперечное сечение «тёплого» ледникового щита, лежащего на наклонном грунте, с водой у основания в равновесии. \(G\) — грунт, \(I\) — ледниковый щит.
c) (1 балл) Внутри большого ледникового покрова на горизонтальном грунте, имевшего первоначально постоянную толщину \(D = 2{,}0\) км, довольно внезапно в результате таяния льда образуется водяное тело в форме конуса высотой \(H = 1{,}0\) км и радиусом \(r = 1{,}0\) км (рис. 2.3). Будем считать, что оставшийся лёд приспосабливается к этому только вертикальным перемещением.
Покажите аналитически на чистом листе ответов и графически на листе ответов с миллиметровкой форму поверхности ледникового щита после того, как образовался водяной конус и установилось гидростатическое равновесие.
Рис. 2.3. Вертикальное сечение через среднюю плоскость водяного конуса внутри ледникового щита. \(S\) — поверхность, \(W\) — вода, \(G\) — грунт, \(I\) — ледниковый щит.
d) (5 баллов) Во время ежегодной экспедиции международная группа учёных исследует «тёплый» ледниковый щит в Антарктиде. Обычно эта область — широкое плато, но на этот раз они обнаруживают глубокое кратероподобное углубление в форме перевёрнутого (вершиной вниз) конуса глубиной \(h\), равной 100 м, и радиусом \(r\), равным 500 м (рис. 2.4). Толщина льда в этой области равна 2000 м.
После обсуждения учёные приходят к выводу, что, скорее всего, под ледниковым щитом произошло небольшое вулканическое извержение. Небольшое количество магмы (расплавленной горной породы) внедрилось в основание ледникового щита, затвердело и остыло, растопив некоторый объём льда. Учёные пытаются следующим образом оценить объём внедрения (интрузии) и понять, что стало с талой водой.
Считайте, что лёд перемещался только вертикально. Считайте также, что магма вначале была полностью расплавлена и имела температуру \(1200^\circ\)C. Для простоты считайте далее, что интрузия имела форму конуса с круговым основанием, расположенного точно под коническим углублением на поверхности. Время подъёма магмы было мало по сравнению со временем теплообмена в этом процессе. Считается, что тепловой поток был направлен в основном вертикально, так что объём льда, растаявшего к любому моменту времени, ограничен конической поверхностью с центром над центром магматической интрузии.
При этих предположениях таяние льда происходит в два этапа. Сначала вода не находится в равновесии по давлению у поверхности магмы и поэтому утекает. Утекающую воду можно считать имеющей температуру \(0^\circ\)C. Затем устанавливается гидростатическое равновесие, и вода накапливается над интрузией, а не утекает.
Когда установится тепловое равновесие, требуется определить следующие величины. Запишите ответы на листе ответов.
Высоту \(H\) вершины водяного конуса, образовавшегося под ледниковым щитом, относительно первоначального основания ледникового щита.
Высоту \(h_1\) интрузии.
Полную массу \(m_{tot}\) образовавшейся воды и массу \(m'\) утёкшей воды.
На листе ответов с миллиметровкой постройте в масштабе формы интрузии горной породы и оставшегося водяного тела. Используйте систему координат, предложенную на рис. 2.4.
Рис. 2.4. Вертикальное центральное сечение конического углубления в «тёплом» ледниковом щите. \(S\) — поверхность, \(G\) — грунт, \(I\) — ледниковый щит, \(M\) — интрузия горной породы (магмы), \(W\) — вода. Обратите внимание: рисунок выполнен НЕ в масштабе.
Авторы: Gudni Axelsson и Thorsteinn Vilhjálmsson.
▶ПодсказкаСкрыть
Лёд давит на воду у основания как жидкость плотности \(\rho_i\); вода неподвижна, если давление у основания меняется вдоль склона по гидростатическому закону для воды. Поверхность льда «проседает» над конусом воды на долю \(\Delta\rho/\rho_i\) его высоты. В пункте (d) запишите тепловой баланс остывающей магмы и тающего льда.
▶ОтветСкрыть
a) \(d = 6{,}1\cdot 10^{-3}\) м; b) \(p = \rho_i gx(\tan\beta - \tan\alpha) + \rho_i gh_0 + p_a\), \(s = -\dfrac{\rho_w - \rho_i}{\rho_i} = -\dfrac{\Delta\rho}{\rho_i} = -0{,}091\), \(y_2 = 2\text{ км} - 0{,}073\,x\); c) коническое углубление радиусом \(r = 1000\) м и глубиной \(h = 91\) м; d) \(H = 1{,}1\cdot 10^3\) м, \(h_1 = 103\) м, \(m_{tot} = 2{,}9\cdot 10^{11}\) кг, \(m' = 2{,}7\cdot 10^{10}\) кг.
▶РешениеСкрыть
a) Исходя из закона сохранения энергии, имеем \[J_Q\cdot 1\text{ год} = L_i\rho_i d, \tag{2.2}\] \[\boldsymbol{d} = \frac{J_Q\cdot 1\text{ год}}{L_i\,\rho_i} = \frac{0{,}06\text{ Дж}\,\text{с}^{-1}\,\text{м}^{-2}\cdot 365{,}25\cdot 24\cdot 60\cdot 60\text{ с}}{3{,}4\cdot 10^5\text{ Дж/кг}\cdot 917\text{ кг/м}^3} = \boldsymbol{6{,}1\cdot 10^{-3}\textbf{ м}}. \tag{2.3}\]
b) Пусть \(p_a\) — атмосферное давление, считаемое постоянным. На глубине \(z\) внутри ледникового щита давление равно: \[p = \rho_i gz + p_a. \tag{2.4}\] Поэтому у основания ледникового щита, где \(z = y_2 - y_1\): \[\boldsymbol{p} = \rho_i g(y_2 - y_1) + p_a \tag{2.5}\] \[\phantom{\boldsymbol{p}} = \boldsymbol{\rho_i gx(\tan\beta - \tan\alpha) + \rho_i gh_0 + p_a}. \tag{2.6}\] Чтобы вода у основания ледникового щита не двигалась, давление должно быть гидростатическим (тривиально, но это можно увидеть из уравнения Бернулли), т. е. \[p = \text{const} - \rho_w gy_1 \tag{2.7}\] \[\phantom{p} = \text{const} - \rho_w gx\tan\alpha. \tag{2.8}\] Следовательно, \[\rho_i gx(\tan\beta - \tan\alpha) = -\rho_w gx\tan\alpha, \tag{2.9}\] откуда \[\boldsymbol{\tan\beta} = -\frac{\rho_w - \rho_i}{\rho_i}\,\tan\alpha = \boldsymbol{-\frac{\Delta\rho}{\rho_i}\,\tan\alpha} \approx -0{,}091\,\tan\alpha, \tag{2.10}\] \[\boldsymbol{s = -\Delta\rho/\rho_i = -0{,}091}, \tag{2.11}\] где знак минус существен.
Это можно увидеть и разными другими способами, рассматривая элемент массы воды у основания льда и требуя его равновесия. — Продолжим решение.
При \(\tan\alpha = 0{,}8\) получаем \(\tan\beta = -0{,}073\) и \[\boldsymbol{y_2 = 2\textbf{ км} - 0{,}073\,x}. \tag{2.13}\] Предполагается, что участники построят эту прямую на графике.
c) Поскольку лёд приспосабливается только вертикальным перемещением, мы видим, что коническое углубление на поверхности будет иметь тот же радиус 1,0 км, что и водяное тело. Согласно (b), его глубина будет равна \[h = |r\tan\beta| = \frac{\Delta\rho}{\rho_i}r\tan\alpha \tag{2.14}\] \[\phantom{h} = \frac{\Delta\rho}{\rho_i}H \tag{2.15}\] \[\phantom{h} = 0{,}091\cdot 1\text{ км} = 91\text{ м}. \tag{2.16}\] Предполагается, что участники изобразят этот результат графически.
d) Объём кругового конуса \(V = \frac13\pi r^2h\). Пусть высота интрузии равна \(h_1\). Можно сказать, что сначала она растапливает ледяной конус своего собственного объёма \(V_1 = \frac13\pi r^2h_1\). Равновесие по давлению ещё не достигнуто. Поэтому вода утечёт, а лёд будет оставаться в контакте с поверхностью интрузии, так что верхняя поверхность льда снова станет горизонтальной. Затем интрузия растапливает объём, равный конусу высотой \(h_2 = \frac{\Delta\rho}{\rho_i}h_1\), после чего достигается равновесие по давлению (по аналогии с пунктом (c)). На этом втором этапе талая вода тоже утекает. Если интрузия к этому моменту всё ещё не остыла до \(0^\circ\)C, она растопит ещё объём, равный конусу высотой \(h_3\); эта вода накапливается на месте, образуя конус высотой \(h'_3 = \frac{\rho_i}{\rho_w}h_3\) относительно вершины интрузии. Полная высота растаявшего ледяного конуса равна \[h_{tot} = h_1 + h_2 + h_3. \tag{2.17}\] Глубина углубления на поверхности будет равна \[h = \frac{\Delta\rho}{\rho_i}\,(h_1 + h'_3), \tag{2.18}\] что проще всего увидеть, рассмотрев равновесие по давлению в конечном состоянии (снова по аналогии с пунктом (c)). Таким образом, искомая высота вершины водяного конуса равна \[\boldsymbol{H} = h_1 + h'_3 = \frac{\rho_i}{\Delta\rho}\,h = \boldsymbol{1{,}1\times 10^3\textbf{ м}}. \tag{2.19}\] Тепловой баланс даёт \[\frac13\,\pi\,r^2\,\{\rho_r h_1(L_r + c_r\,\Delta T) - \rho_i\,L_i\,h_{tot}\} = 0, \tag{2.20}\] где \(\Delta T = 1200^\circ\)C — изменение температуры интрузии горной породы. Используя уравнение (2.17) и то, что \(h_2 = \frac{\Delta\rho}{\rho_i}h_1\) и \(h_3 = \frac{\rho_w}{\rho_i}h'_3\), получаем \[h_{tot} = h_1 + \frac{\Delta\rho}{\rho_i}h_1 + \frac{\rho_w}{\rho_i}h'_3 = \frac{\rho_w}{\rho_i}\,(h_1 + h'_3). \tag{2.21}\] Поэтому (с учётом уравнения (2.19)) \[h_{tot} = \frac{\rho_w}{\rho_i}\,(h_1 + h'_3) = \frac{\rho_w}{\rho_i}\,H = \frac{\rho_w}{\Delta\rho}\,h = 1{,}20\cdot 10^3\text{ м}. \tag{2.22}\] Это означает, что конус не достигает поверхности ледникового щита. Подставляя результат в уравнение (2.20), можно найти \(h_1\): \[\rho_r\,h_1\,(L_r + c_r\,\Delta T) = \frac{\rho_i\,\rho_w\,L_i\,h}{\Delta\rho}, \tag{2.23}\] \[\boldsymbol{h_1} = \frac{\rho_i\,\rho_w\,L_i\,h}{\Delta\rho\,\rho_r\,(L_r + c_r\,\Delta T)} \tag{2.24}\] \[\phantom{\boldsymbol{h_1}} = \boldsymbol{103\textbf{ м}}. \tag{2.25}\] Полная масса образовавшейся воды, разумеется, равна массе растаявшего льда: \[\boldsymbol{m_{tot}} = \rho_i\,(1/3)\,\pi\,r^2\,h_{tot} = \boldsymbol{2{,}9\cdot 10^{11}\textbf{ кг}}. \tag{2.26}\] Масса утёкшей воды равна \[\boldsymbol{m'} = \frac{h_1 + h_2}{h_{tot}}\,m_{tot} = \frac{\rho_w\,h_1}{\rho_i\,h_{tot}}\,m_{tot} = \boldsymbol{2{,}7\cdot 10^{10}\textbf{ кг}}. \tag{2.27}\] Наконец, предполагается, что участники построят формы интрузии горной породы и водяного тела.
зад 3 Быстрее света?
В этой задаче мы анализируем и интерпретируем измерения, выполненные в 1994 г., радиоизлучения составного источника в нашей Галактике.
Приёмник был настроен на широкую полосу радиоволн с длинами волн в несколько сантиметров. На рис. 3.1 показана серия изображений, полученных в разные моменты времени. Контуры обозначают линии постоянной интенсивности излучения — примерно так же, как горизонтали высот на географической карте. Два максимума на рисунке интерпретируются как два объекта, удаляющихся от общего центра, показанного на изображениях крестиками. (Центр, который считается неподвижным в пространстве, также является сильным излучателем, но в основном на других длинах волн.) Измерения в разные даты проводились в одно и то же время суток.
Масштаб рисунка задан отрезком, соответствующим одной угловой секунде (as). (1 as = 1/3600 градуса.) Расстояние до небесного тела в центре рисунка, обозначенного крестиками, оценивается как \(R = 12{,}5\) кпк. Килопарсек (кпк) равен \(3{,}09\cdot 10^{19}\) м. Скорость света \(c = 3{,}00\cdot 10^8\) м/с. Расчёт погрешностей в решении не требуется.
a) (2 балла) Обозначим угловые положения двух выброшенных радиоизлучателей относительно общего центра через \(\theta_1(t)\) и \(\theta_2(t)\), где индексы 1 и 2 относятся соответственно к левому и правому излучателю, а \(t\) — время наблюдения. Угловые скорости, наблюдаемые с Земли, равны \(\omega_1\) и \(\omega_2\). Соответствующие кажущиеся поперечные линейные скорости двух источников обозначаются \(v'_{1,\perp}\) и \(v'_{2,\perp}\).
Используя рис. 3.1, постройте график, чтобы найти численные значения \(\omega_1\) и \(\omega_2\) в миллиугловых секундах в сутки (mas/d). Определите также численные значения \(v'_{1,\perp}\) и \(v'_{2,\perp}\) и запишите все ответы на листе ответов. (Некоторые результаты могут вас озадачить.)
Рис. 3.1. Радиоизлучение источника в нашей Галактике.
На рисунке: 27 March — 27 марта, 3 April — 3 апреля, 9 April — 9 апреля, 16 April — 16 апреля, 23 April — 23 апреля, 30 April — 30 апреля; отрезок \(1''\) — одна угловая секунда.
b) (3 балла) Чтобы разрешить загадку, возникшую в пункте (a), рассмотрим источник света, движущийся со скоростью \(\vec v\) под углом \(\phi\) (\(0 \le \phi \le \pi\)) к направлению на удалённого наблюдателя \(O\) (рис. 3.2). Скорость можно записать как \(v = \beta c\), где \(c\) — скорость света. Расстояние до источника, измеренное наблюдателем, равно \(R\). Угловая скорость источника, наблюдаемая наблюдателем, равна \(\omega\), а кажущаяся линейная скорость перпендикулярно лучу зрения равна \(v'_\perp\).
Найдите \(\omega\) и \(v'_\perp\) через \(\beta\), \(R\) и \(\phi\) и запишите ответ на листе ответов.
Рис. 3.2. Наблюдатель находится в точке \(O\), а начальное положение источника света — в точке \(A\). Вектор скорости — \(\vec v\).
c) (1 балл) Будем считать, что два выброшенных объекта, описанных во введении и в пункте (a), движутся в противоположных направлениях с одинаковыми скоростями \(v = \beta c\). Тогда результаты пункта (b) позволяют вычислить \(\beta\) и \(\phi\) по угловым скоростям \(\omega_1\) и \(\omega_2\) и расстоянию \(R\). Здесь \(\phi\) — угол, определённый в пункте (b), для левого объекта, соответствующего индексу 1 в пункте (a).
Выведите формулы для \(\beta\) и \(\phi\) через известные величины и определите их численные значения по данным пункта (a). Запишите ответы в отведённые поля на листе ответов.
d) (2 балла) В случае одного тела из пункта (b) найдите условие того, что кажущаяся перпендикулярная скорость \(v'_\perp\) больше скорости света \(c\).
Запишите условие в виде \(\beta > f(\phi)\) и приведите на листе ответов аналитическое выражение для функции \(f\).
Изобразите на листе ответов с миллиметровкой физически допустимую область плоскости \((\beta, \phi)\). Покажите штриховкой, в какой части этой области выполняется условие \(v'_\perp > c\).
e) (1 балл) По-прежнему в случае одного тела из пункта (b) найдите выражение для максимального значения \((v'_\perp)_{max}\) кажущейся перпендикулярной скорости \(v'_\perp\) при данном \(\beta\) и запишите его в отведённое поле на листе ответов. Заметим, что эта скорость неограниченно возрастает при \(\beta \to 1\).
f) (1 балл) Оценка \(R\), данная во введении, не очень надёжна. Поэтому учёные начали размышлять о лучшем и более прямом методе определения \(R\). Одна из идей такова. Предположим, что мы можем идентифицировать и измерить доплеровски смещённые длины волн \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) излучения двух выброшенных объектов, соответствующие одной и той же известной исходной длине волны \(\lambda_0\) в системах покоя объектов.
Исходя из формулы релятивистского доплеровского сдвига \(\lambda = \lambda_0(1 - \beta\cos\phi)(1 - \beta^2)^{-1/2}\) и предполагая, как и раньше, что оба объекта имеют одинаковую скорость \(v\), покажите, что неизвестное \(\beta = v/c\) можно выразить через \(\lambda_0\), \(\lambda_1\) и \(\lambda_2\) как \[\beta = \sqrt{1 - \frac{\alpha\,\lambda_0^2}{(\lambda_1 + \lambda_2)^2}}. \tag{3.1}\] Запишите численное значение коэффициента \(\alpha\) в отведённое поле на листе ответов.
Можно заметить, что это означает, что предложенные измерения длин волн на практике дадут новую оценку расстояния.
Авторы: Einar Gudmundsson, Knútur Árnason и Thorsteinn Vilhjálmsson.
▶ПодсказкаСкрыть
Учтите, что свет от более поздних положений источника, приближающегося к наблюдателю, идёт меньшее расстояние: промежуток между приходами сигналов равен \(\Delta t(1 - \beta\cos\phi)\). Для двух объектов, летящих в противоположные стороны, запишите выражения для \(\omega_1\) и \(\omega_2\) с \(\cos\phi\) разных знаков.
▶ОтветСкрыть
a) \(\omega_1 = (17{,}0 \pm 1{,}0)\) mas/сут, \(\omega_2 = (8{,}7 \pm 1{,}0)\) mas/сут, \(v'_{1,\perp} = 3{,}68\cdot 10^8\text{ м/с} \approx (1{,}23 \pm 0{,}07)\,c\), \(v'_{2,\perp} = 1{,}89\cdot 10^8\text{ м/с} \approx (0{,}63 \pm 0{,}07)\,c\); b) \(v'_\perp = \dfrac{c\beta\sin\phi}{1 - \beta\cos\phi}\), \(\omega = \dfrac{c\beta\sin\phi}{R\,(1 - \beta\cos\phi)}\); c) \(\phi = \arctan\left(\dfrac{2R\,\omega_2\,\omega_1}{c\,(\omega_1 - \omega_2)}\right) = 68{,}8^\circ \pm 2^\circ\), \(\beta = \dfrac{\omega_1 - \omega_2}{\cos\phi\,(\omega_1 + \omega_2)} = 0{,}892 \pm 0{,}08\); d) \(\beta > f(\phi) = \bigl(\sqrt2\sin(\phi + \pi/4)\bigr)^{-1}\); e) \((v'_\perp)_{max} = \dfrac{\beta c}{\sqrt{1 - \beta^2}}\); f) \(\alpha = 4\).
▶РешениеСкрыть
a) Отметим на рис. 3.1 центры источников как можно аккуратнее. Пусть \(\theta_1(t)\) — угловое расстояние левого центра от крестика как функция времени, а \(\theta_2(t)\) — угловое расстояние правого центра. Измерим эти величины на рисунке в данные моменты времени линейкой и переведём в угловые секунды согласно заданному масштабу. Это даёт следующие численные данные:
| время [сут] | \(\theta_1\) [as] | \(\theta_2\) [as] |
| 0 | 0,139 | 0,076 |
| 7 | 0,253 | 0,139 |
| 13 | 0,354 | 0,190 |
| 20 | 0,468 | 0,253 |
| 27 | 0,601 | 0,316 |
| 34 | 0,709 | 0,367 |
Погрешность отсчёта по линейке оценивается в \(\pm 0{,}5\) мм, что даёт погрешность \(\pm 0{,}013\) as в значениях \(\theta\). Нанесём данные на график (рис. 3.3).
Рис. 3.3. Угловые расстояния \(\theta_1\) и \(\theta_2\) (в as) как функции времени в сутках. На рисунке: separation (as) — расстояние (as), time (days) — время (сут).
Проведение прямых через точки даёт: \[\boldsymbol{\omega_1} = d\theta_1/dt = \boldsymbol{(17{,}0 \pm 1{,}0)\textbf{ mas/сут}} = 9{,}54\cdot 10^{-13}\text{ рад/с}, \tag{3.2}\] \[\boldsymbol{\omega_2} = d\theta_2/dt = \boldsymbol{(8{,}7 \pm 1{,}0)\textbf{ mas/сут}} = 4{,}88\cdot 10^{-13}\text{ рад/с}, \tag{3.3}\] \[\boldsymbol{v'_{1,\perp}} = \omega_1\,R = 9{,}54\cdot 10^{-13}\cdot 12{,}5\cdot 3{,}09\cdot 10^{19} \tag{3.4}\] \[\phantom{\boldsymbol{v'_{1,\perp}}} = \boldsymbol{3{,}68\cdot 10^8\textbf{ м/с} \approx (1{,}23 \pm 0{,}07)\,c}, \tag{3.5}\] \[\boldsymbol{v'_{2,\perp}} = \boldsymbol{1{,}89\cdot 10^8\textbf{ м/с} \approx (0{,}63 \pm 0{,}07)\,c}. \tag{3.6}\]
b) Рассмотрим движение источника за промежуток времени \(\Delta t\) из точки \(A\) в точку \(A'\), см. рис. 3.4. Тогда имеем \[\vec r_{AA'} = \vec r_{A'} - \vec r_A = \vec v\cdot\Delta t. \tag{3.7}\] Пусть теперь \(\Delta t'\) — разность моментов прихода в \(O\) сигналов из \(A\) и \(A'\). Из-за различия расстояний до \(A\) и \(A'\) и конечности скорости света \(c\) имеем
Рис. 3.4. Наблюдатель находится в точке \(O\), а начальное положение источника — в точке \(A\). Вектор скорости — \(\vec v\). \[\Delta t' = \Delta t + (r_{A'} - r_A)/c. \tag{3.8}\] При малых \(\Delta t\), таких что \(v\,\Delta t \ll r_A = R\), имеем \[r_{A'} - r_A \approx -v\,\Delta t\cos\phi \tag{3.9}\] и, следовательно, \[\Delta t' \approx \Delta t\,(1 - \beta\cos\phi); \quad \beta = v/c. \tag{3.10}\] Это означает, что наблюдатель в \(O\) найдёт кажущуюся поперечную скорость источника равной \[\boldsymbol{v'_\perp} = \frac{\Delta x}{\Delta t'} = \frac{\Delta x}{\Delta t\,(1 - \beta\cos\phi)} = \boldsymbol{\frac{c\beta\sin\phi}{1 - \beta\cos\phi}}, \tag{3.11}\] где мы использовали то, что истинная поперечная скорость в системе отсчёта наблюдателя равна \(v_\perp = \Delta x/\Delta t = c\beta\sin\phi\).
Угловая скорость, наблюдаемая в \(O\), равна \[\boldsymbol{\omega} = \frac{v'_\perp}{R} = \boldsymbol{\frac{c\beta\sin\phi}{R\,(1 - \beta\cos\phi)}}. \tag{3.12}\]
c) На рис. 3.5 показана ситуация в этом случае. Обратите внимание на соотношения, приведённые в подписи. Принимая \(\phi = \phi_1\), имеем \(\sin\phi_2 = \sin\phi\) и \(\cos\phi_2 = -\cos\phi\). Тогда уравнение (3.12) даёт: \[\omega_1 = \frac{\beta\,c\,\sin\phi}{R\,(1 - \beta\cos\phi)}, \tag{3.13}\] \[\omega_2 = \frac{\beta\,c\,\sin\phi}{R\,(1 + \beta\cos\phi)}. \tag{3.14}\]
Рис. 3.5. Если два объекта имеют одинаковые по модулю, но противоположные по направлению скорости, то \(v_1 = v_2 = v\), \(\beta_1 = \beta_2 = \beta\) и \(\phi_2 = \pi - \phi_1\).
Величины \(\omega_1\), \(\omega_2\) и \(R\) заданы, а \(\beta\) и \(\phi\) нужно определить, как сказано в условии задачи. Простые алгебраические выкладки дают: \[(1 - \beta\cos\phi)\,\omega_1\,\omega_2 = \beta\,c\,\sin\phi\,\omega_2/R, \tag{3.15}\] \[(1 + \beta\cos\phi)\,\omega_2\,\omega_1 = \beta\,c\,\sin\phi\,\omega_1/R. \tag{3.16}\] Вычитая (3.15) из (3.16), получаем: \[2\,\beta\cos\phi\,\omega_2\,\omega_1 = \beta\,c\,\sin\phi\,(\omega_1 - \omega_2)/R, \tag{3.17}\] \[\tan\phi = \frac{2\,R\,\omega_2\,\omega_1}{c\,(\omega_1 - \omega_2)}, \tag{3.18}\] \[\boldsymbol{\phi = \arctan\left(\frac{2\,R\,\omega_2\,\omega_1}{c\,(\omega_1 - \omega_2)}\right)}. \tag{3.19}\] Деление (3.15) на (3.16) даёт \(\beta\) через \(\cos\phi\) и известные величины \(\omega_1\) и \(\omega_2\): \[\omega_1\,(1 - \beta\cos\phi) = \omega_2\,(1 + \beta\cos\phi), \tag{3.20}\] \[\boldsymbol{\beta = \frac{\omega_1 - \omega_2}{\cos\phi\,(\omega_1 + \omega_2)}}. \tag{3.21}\] Подставляя значения \(\omega_1\) и \(\omega_2\) из пункта (a) и заданные значения \(R\) и \(c\), получаем: \[\boldsymbol{\phi} = \arctan(2{,}57) = \boldsymbol{1{,}20\textbf{ рад} = 68{,}8^\circ \pm 2^\circ}, \tag{3.22}\] \[\boldsymbol{\beta = 0{,}892 \pm 0{,}08}. \tag{3.23}\]
d) Уравнение (3.11) показывает, что наблюдатель найдёт кажущуюся поперечную скорость большей или равной скорости света тогда и только тогда, когда \[\frac{\beta\sin\phi}{1 - \beta\cos\phi} \ge 1. \tag{3.24}\] При \(\beta < 1\) условие (3.24) эквивалентно: \[\beta\sin\phi \ge 1 - \beta\cos\phi, \tag{3.25}\] \[\beta\,(\sin\phi + \cos\phi) \ge 1, \tag{3.26}\] \[\beta\sqrt2\left(\sin\phi\cos\frac{\pi}{4} + \cos\phi\sin\frac{\pi}{4}\right) \ge 1, \tag{3.27}\] \[\sin\left(\phi + \frac{\pi}{4}\right) \ge \frac{1}{\beta\sqrt2}, \tag{3.28}\] и, следовательно, (3.24) выполняется, если \[\beta > \boldsymbol{f(\phi) = \left(\sqrt2\sin(\phi + \pi/4)\right)^{-1}}. \tag{3.29}\] Физически допустимая область плоскости \((\beta, \phi)\): \[\boldsymbol{(\beta, \phi) \in [0, 1[\times[0, \pi]}. \tag{3.30}\] Очевидно, что (3.24) может выполняться только при \(\phi \in [0, \pi/2]\), а (3.28) может иметь решение относительно \(\phi\) только при \(\beta \ge 1/\sqrt2\).
Поэтому рассмотрим подробнее область \[(\beta, \phi) \in [2^{-1/2}, 1[\times[0, \pi/2]. \tag{3.31}\] Отображение \[(\beta, \phi) \mapsto \beta\sin\left(\phi + \frac{\pi}{4}\right) \tag{3.32}\] непрерывно в этой области. Поэтому достаточно рассмотреть границу области, определяемую знаком равенства в (3.28): \[\beta\sin\left(\phi + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt2}. \tag{3.33}\] Это определяет \(\beta\) как функцию \(\phi\), которая показана на рис. 3.6 как кривая, ограничивающая заштрихованную область, где \(v'_\perp > c\).
e) Чтобы найти экстремумы \(v'_\perp\) как функции \(\phi\), продифференцируем (3.11) и получим \[\frac{d}{d\phi}\left(\frac{v'_\perp}{c}\right) = \frac{\beta(\cos\phi - \beta)}{(1 - \beta\cos\phi)^2}. \tag{3.34}\] Это обращается в нуль при \(\phi = \phi_m\), где: \[\cos\phi_m = \beta; \quad \phi_m = \arccos\beta \in\,]0, \pi/2]. \tag{3.35}\]
Рис. 3.6 (слева). Область между горизонтальной прямой и кривой в верхнем левом углу показывает, где \(v'_\perp/c > 1\).
Рис. 3.7 (справа). Искривлённая поверхность — \(v'_\perp/c\) как функция \(\beta\) и \(\phi\). Плоскость изображает постоянную функцию \(\beta = 1\).
Чтобы убедиться, что это действительно максимум, продифференцируем (3.34) ещё раз и получим: \[\frac{d^2}{d\phi^2}\left(\frac{v'_\perp}{c}\right) = -\beta\left(\frac{\sin\phi}{(1 - \beta\cos\phi)^2} + 2\frac{\beta\sin\phi(\cos\phi - \beta)}{(1 - \beta\cos\phi)^3}\right). \tag{3.36}\] В точке экстремума \[\left.\frac{d^2}{d\phi^2}\left(\frac{v'_\perp}{c}\right)\right|_{\phi_m} = -\frac{\beta\sin\phi_m}{(1 - \beta^2)^2} < 0, \tag{3.37}\] что показывает, что \(\phi_m\) соответствует максимуму. Из (3.11) и (3.35) максимальная кажущаяся поперечная скорость равна: \[\boldsymbol{(v'_\perp)_{max} = \frac{\beta c}{\sqrt{1 - \beta^2}}}. \tag{3.38}\] Отсюда и из (3.35) видно, что \[(v'_\perp)_{max} \xrightarrow[\beta \to 1]{} \infty; \quad \phi_m \xrightarrow[\beta \to 1]{} 0. \tag{3.39}\] На рис. 3.7 показана \(v'_\perp/c\) как функция \(\beta\) и \(\phi\) в области \((\beta, \phi) \in [2^{-1/2}, 1[\times[0, \pi/2]\).
f) Имеем формулы релятивистского доплеровского сдвига: \[\frac{\lambda_{1,2}}{\lambda_0} = \frac{1 \mp \beta\cos\phi}{\sqrt{1 - \beta^2}}. \tag{3.40}\] Сложим их, определим вспомогательное отношение \(\rho\) и выразим \(\beta\): \[\rho := \frac{\lambda_1 + \lambda_2}{2\,\lambda_0} = \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}}, \tag{3.41}\] \[\rho^2\,(1 - \beta^2) = 1, \tag{3.42}\] \[\beta = \sqrt{1 - 1/\rho^2} = \sqrt{1 - \frac{4\,\lambda_0^2}{(\lambda_1 + \lambda_2)^2}}, \tag{3.43}\] что даёт \[\boldsymbol{\alpha = 4}. \tag{3.44}\] Добавив уравнение (3.43) к системе уравнений (3.18) и (3.21), получим три уравнения, из которых можно найти три неизвестных \(\beta\), \(\phi\) и \(R\). Например, можно вычислить \(\beta\) из (3.43), подставить его в (3.21) и найти \(\phi\). Затем расстояние \(R\) можно получить из (3.18). Таким образом, измерение доплеровски смещённых длин волн, оказывается, даёт оценку расстояния до источника, если известны \(\omega_1\) и \(\omega_2\).
Источник: Международная физическая олимпиада (IPhO) 1998, теоретический тур — условия (1) · условия (2) · условия (3) · решения (1) · решения (2) · решения (3). Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.