IPhO 2008, теоретический тур

Рис является главным национальным продуктом для подавляющего большинства людей во Вьетнаме. Чтобы получить белый рис от него необходимо отделить сначала его кожуру («обдирка»), а затем отруби («шлифовка»). Горные регионы северного Вьетнама богаты водными струями, и люди, живущие в этих регионах, используют водные устройства (ступки) для шлифовки риса. Рисунок 1 показывает одно из таких устройств, а рисунок 2 — принцип его работы

Конструкция и принцип работы

Конструкция}

Водная ступа, показанная на рис. 1, состоит из:

Ступы, на самом деле просто деревянная емкость для риса.

Рычаг, который представляет собой деревянный ствол с концами разной длины. Он может вращаться вокруг некоторой горизонтальной оси. Дубинка (пестик) прикреплена перпендикулярно к рычагу с его короткой стороны. Длина дубинки такова, что она может прикасаться к рису в ступе, когда рычаг лежит горизонтально. На длинном конце рычага вырезано углубление для образования сосуда для воды. Форма этого сосуда очень важна для действия устройства.

Режимы работы.}

Ступа может работать в двух режимах.

Рабочий режим. В этом режиме, ступа совершает некоторый рабочий цикл, проиллюстрированный на рис. 2.

Шлифовка риса происходит благодаря энергии, передаваемой от дубинки к рису в стадии (f) на рис. 2. Если, по какой-то причине, дубинка не может прикасаться к дну ступки, говорят, что устройство не работает.

Мертвый режим с поднятым рычагом. В стадии (c) рабочего цикла (рис. 2) когда угол наклона рычага \(\alpha\) увеличивается, количество воды в сосуде уменьшается. В определенный момент времени, количество воды становится достаточным для уравновешивания рычага. Обозначим значение угла наклона в этот момент через \(\beta\). Если рычаг расположен под углом \(\beta\) и его начальная угловая скорость равна нулю, он останется навсегда в этом положении. Это и есть мертвый режим с поднятым рычагом. Устойчивость этого положения рычага зависит от скорости \(\Phi\) натекания воды в сосуд. Если \(\Phi\) превышает некоторое значение \(\Phi_2\), только мертвый режим стабилен, и ступа переходит в него из любого начального положения, то есть не может перейти в рабочий режим. Другими словами, \(\Phi_2\) является минимальной скоростью течения, при превышении которой устройство перестает работать.

Рис.1 Водная рисошлифующая ступка

Рабочий цикл ступы

a) В начальный момент сосуд пуст, дубинка покоится в ступке. Вода течет в сосуд с маленькой скоростью, но рычаг остается в горизонтальном положении некоторое время.

Рис.2(a)

b) В некоторый момент количество воды в сосуде достаточно для поднятия рычага. Вода перетекает к более отдаленной стороне сосуда, наклоняя рычаг еще быстрее. Вода начинает вытекать при \(\alpha=\alpha_1\).

Рис.2(b)

c) Угол \(\alpha\) продолжает увеличиваться, вода продолжает вытекать. При некотором значении угла наклона, \(\alpha=\beta\), суммарный вращающий момент становится равным нулю.

Рис.2(c)

d) Угол \(\alpha\) продолжает расти, вода продолжает вытекать до тех пор, пока сосуд не опорожнится.

Рис.2(d)

e) Угол \(\alpha\) продолжает расти по инерции. Благодаря форме сосуда, втекающая вода сразу вытекает из него. Движение рычага по инерции продолжается до тех пор, пока угол \(\alpha\) не достигает максимального значения \(\alpha_0\).

Рис.2(e)

f) Когда сосуд пуст, вес рычага возвращает его назад в начальное горизонтальное положение. Дубинка делает тяжелый удар по ступке (с рисом внутри него) и начинается новый цикл.

Рис.2(f)

Рассмотрим водную рисошлифующую ступку (рис. 3). Масса рычага (с дубинкой, но без воды) равна \(M=30~кг\), Центр масс рычага находится в точке \(G\). Рычаг вращается вокруг оси \(T\) (точка \(T\) на рисунке). Момент инерции рычага вокруг \(T\) равен \(I=12~кг⋅м^2\). Когда есть вода в сосуде, масса воды обозначается \(m\), центр масс воды — точкой \(N\). Угол наклона рычага к горизонту обозначается \(\alpha\). Основные размеры устройства и сосуда и сосуда приведены на рис. 3. Пренебрегайте трением в оси вращения и силой, возникающей из-за натекания воды в сосуд. Считайте, что поверхность воды всегда горизонтальна.

Во всей задаче достаточно получить численные ответы.

Рис.3 Конструкция и размеры устройства

В начальный момент сосуд пуст и рычаг расположен горизонтально. Затем вода втекает в сосуд до тех пор, пока рычаг не начинает поворачиваться. Масса воды в сосуде в этот момент равна \(m=1.0~кг\).

Часть A. Параметры устройства (4 балла)

A1. Определите расстояние от центра масс \(G\) рычага до оси вращения \(T\). Известно, что линия \(GT\) горизонтальна, когда сосуд пуст.

A2. Вода начинает вытекать из сосуда, когда угол между рычагом и горизонтальной осью достигает некоторого значения \(\alpha_1\). Вода полностью выливается из сосуда, когда значение этого угла становится равным \(\alpha_2\).

Вычислите значения углов \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\).

A3. Пусть \(\mu(\alpha)\) — суммарный вращающий момент (относительно оси \(T\)), создаваемый весом рычага и воды в сосуде. При некотором угле \(\alpha=\beta\) этот момент становится равным нулю \(\mu(\alpha)=0\). Рассчитайте значения угла \(\beta\) и массы \(m_1\) воды в сосуде в этот момент.

Часть B. Параметры рабочего режима (4 балла)

Пусть вода втекает в сосуд с малой постоянной скоростью. Количество воды, втекающей в сосуд, за время движения рычага, пренебрежимо мало. В этой части задачи пренебрегайте изменением момента инерции системы в рабочем цикле.

B1. Нарисуйте схематический график зависимости вращающего момента \(\mu\) от угла \(\alpha\), \(\mu(\alpha)\), в течение рабочего цикла. Приведите явные значения и \(\mu(\alpha)\) при углах \(\alpha_1\), \(\alpha_2\) и \(\alpha=0\).

B2. Используя график, нарисованный в 2.1., дайте геометрическую интерпретацию значений общей работы \(W_{total}\), произведенной моментом сил тяжести \(\mu(\alpha)\); и работы \(W_{pounding}\), совершенной дубинкой над рисом, за один цикл.

B3. С помощью графика, изображающего зависимость \(\mu(\alpha)\), оцените максимальный угол отклонения \(\alpha\) и \(W_{pounding}\) (предполагая, что кинетическая энергия воды, текущей в сосуд и из него пренебрежимо мала.) Можете заменить кривые ломанными линиями, для облегчения расчетов.

Часть C. Мертвый режим (7 баллов)

Пусть вода втекает в сосуд с постоянной скоростью натекания (массы в единицу времени) \(\Phi\). В данной части необходимо учитывать количество воды, втекающей в сосуд при движении рычага.

Будем считать, что сосуд всегда наполнен водой (которая переливается через его край).

C1. Нарисуйте примерный график зависимости вращающего момента \(\mu\) от угла \(\alpha\) в окрестности \(\alpha = \beta\). К какому виду равновесия принадлежит положение рычага при \(\alpha = \beta\) ?

C2. Выразите момент сил \(\mu(\alpha)\) как функции \(\Delta \alpha\), когда \(\alpha = \beta + \Delta \alpha\), причем \(\Delta \alpha\) мало.

C3. Запишите дифференциальное уравнение движения рычага, который движется с нулевой начальной скоростью от начального положения \(\alpha = \beta + \Delta \alpha~(\Delta \alpha~мало)\). Покажите, что это движение с хорошей точностью является гармоническими колебаниями. Рассчитайте их период \(\tau\).

C4. При заданной скорости натекания \(\Phi\), сосуд наполнен водой все время, только в том случае, когда рычаг движется достаточно медленно. Амплитуда гармонических колебаний зависит от \(\Phi\). Определите значение \(\Phi_1\) скорости натекания \(\Phi~(в~кг/с)\) такое, чтобы рычаг мог совершать гармонические колебания с амплитудой \(1^\circ\).

C5. Если скорость \(\Phi\) велика настолько, что при колебательном движении рычага, когда угол наклона изменяется от \(\alpha_2\) до \(\alpha_1\), то сосуд всегда остается наполненным водой. В этом случае устройство не может действовать в рабочем режиме. Допуская, что движение рычага является гармоническими колебаниями, оцените минимальную скорость течения \(\Phi_2\), при которой устройство перестает функционировать в рабочем режиме.

▶РешениеСкрыть

Решение

A1. Объём воды в ведре составляет \(V = 1000~см^3 = 10^{-3} ~{м}^3\). Длина дна ведра равна:

\[d = L - h \tan 60^\circ = (0.74 - 0.12 \cdot \tan 60^\circ)  {м} = 0.5322  {м}.\]

Поскольку исходные данные приведены с двумя значащими цифрами, в окончательном ответе сохраним только две значащие цифры, но в промежуточных вычислениях оставим больше цифр.

Высота \(c\) слоя воды в ведре рассчитывается по формуле:

\[V = b \cdot c \cdot d + b \cdot \frac{c}{2} \cdot c \cdot \tan 60^\circ \quad \Rightarrow \quad c = \frac{\sqrt{d^2 + \dfrac{2\sqrt{3}V}{b}} - d}{\sqrt{3}}\]

Подставляя численные значения \(V\), \(b\) и \(d\), получаем \(c = 0.01228 ~{м}\).

Когда рычаг расположен горизонтально, расстояние по горизонтальной оси между осью вращения и центром масс воды \(N\) составляет:

\[TH \approx a + \frac{d}{2} + \frac{c}{4} \tan 60^\circ = 0.4714  {м},\]

а расстояние \(TG\):

\[\text{TG} = \left( \frac{m}{M} \right) \cdot TH = 0.01571  {м},\]

cм. рисунок ниже:

Рис.1

Ответ:

\[\text{TG} = \left( \frac{m}{M} \right) \cdot TH = 0.016  {м}\]

A2.

При наклоне рычага на угол \(\alpha_1\) уровень воды достигает края ведра. В этот момент объём воды составляет \(10^{-3} ~{м}^3\). Предположим, что \(PQ < d\). Из геометрии:

\[V = h \cdot b \cdot \frac{PQ}{2},\] откуда \[PQ = 0.1111 м.\]

Предположение \(PQ < d\) выполняется (\(d = 0.5322 ~м\)).

Для вычисления угла \(\alpha_1\) используем соотношение:

\[\tan \alpha_1 = \frac{h}{QS} = \frac{h}{PQ + \sqrt{3} \cdot h}\]

Из этого находим:

\[\alpha_1 = 20.6^\circ\]

Ответ:

\[\alpha_1 = 20.6^\circ\]

Когда угол наклона составляет \(30^{\circ}\), ведро пусто: \(\alpha_{2}=30^{\circ}\).

Ответ:

\[\alpha_{2}=30^{\circ}\]

A3. Обозначим \(\text{PQ} = x \, (\text{м})\). Количество воды в ведре:

\[m = \rho_{\text{воды}} \cdot \frac{x \cdot h \cdot b}{2} = 9x \, \text{кг}.\]

Момент \(\mu\) равен нулю, когда момент сил, создаваемый водой в ведре, компенсирует момент силы тяжести рычага. Поперечное сечение воды в ведре представляет собой треугольник \(PQR\) на рисунке 2. Центр масс \(N\) воды расположен на \(2/3\) медианы \(R_1\), поэтому \(NTG\) – одна прямая. Тогда:

\[m \cdot g \cdot \text{TN} = M \cdot g \cdot \text{TG}\]

или

\[m \cdot \text{TN} = M \cdot \text{TG} = 30 \times 0.1571 = 0.4714 \quad (1)\]

Выразим \(TN\) через \(x\) и подставим в (1):

\[\text{TN} = L + a - \frac{2}{3} \left( h \sqrt{3} + \frac{x}{2} \right) = 0.94 - 0.08 \sqrt{3} - \frac{x}{3} = 0.8014 - \frac{x}{3},\]

что даёт:

\[m \cdot \text{TN} = 9x \left( 0.8014 - \frac{x}{3} \right) = -3x^{2} + 7.213x \quad (2)\]

Таким образом, получаем уравнение на \(x\):

\[-3x^{2} + 7.213x = 0.4714 \quad (3)\]

Решения уравнение (3): \(x = 2.337\) и \(x = 0.06723\). Поскольку \(x\) должно быть меньше \(0.5322\), берём \(x = x_{0} = 0.06723\) и \(m = 9x_{0} = 0.6051\) кг.

\[\tan \beta = \frac{h}{x + h \sqrt{3}} = 0.4362,\] или\[\beta = 23.57^{\circ}\]

Ответ:

\[m = 0.61~кг\]\[\beta = 23.6^{\circ}\]

B1. Изначально, когда в ведре нет воды, \(\alpha = 0\), момент сил \(\mu\) имеет наибольшую величину, равную:

\[g \cdot M \cdot \text{TG} = 30 \times 9.81 \times 0.01571 = 4.624 \,  {Н} \cdot \text{м}.\]

Примем, что знак этого момента отрицательный, так как он стремится уменьшить \(\alpha\).

По мере поступления воды в ведро момент сил, создаваемый водой (который имеет положительный знак), увеличивает \(\mu\) до нулевого значения, после чего рычаг начинает подниматься. Предположим, что с этого момента количество воды в ведре постоянно.

Рычаг наклоняется, и центр масс воды удаляется от оси вращения, что приводит к увеличению \(\mu\), который достигает максимума, когда вода вот-вот начнёт переливаться через край ведра. В этот момент \(\alpha = \alpha_{1} = 20.6^{\circ}\).

Простой расчёт показывает, что:

\[\text{SI} = \text{SP} + \text{PQ}/2 = 0.12 \times 1.732 + 0.1111 / 2 = 0.2634 \, \text{м},\]

\[\text{TN} = 0.20 + 0.74 - \frac{2}{3} \text{SI} = 0.7644 \, \text{м},\]

\[\mu_{\text{max}} = (1.0 \times \text{TN} - 30 \times \text{TG}) \cdot g \cdot \cos 20.6^{\circ}\]

\[= (1.0 \times 0.7644 - 30 \times 0.01571) \times 9.81 \times \cos 20.6^{\circ} = 2.690 \,  {Н} \cdot \text{м}.\]

Следовательно, \(\mu_{\text{max}} = 2.7 \, \text{Н} \cdot \text{м}\).

При дальнейшем наклоне ведра количество воды в нём уменьшается, и при \(\alpha = \beta\) момент \(\mu\) становится равным нулю. Из-за инерции угол \(\alpha\) продолжает расти, а момент \(\mu\) продолжает уменьшаться. Ведро становится пустым при \(\alpha = 30^{\circ}\), когда момент \(\mu\) равен:

\[-30 \times g \times \text{TG} \times \cos 30^{\circ} = -4.0 \, \text{Н} \cdot \text{м}.\]

После этого угол \(\alpha\) продолжает увеличиваться из-за инерции до значения \(\alpha_{0}\) (при этом \(\mu = -g \cdot M \cdot \text{TG} \cdot \cos \alpha_{0} = -4.62 \cos \alpha_{0} \, \text{Н} \cdot \text{м}\)), а затем быстро уменьшается до \(0\) (и момент \(\mu\) становится равным \(-4.62 \, \text{Н} \cdot \text{м}\)).

На этом основании мы можем построить схематический график зависимости \(\mu(\alpha)\), как показано на рисунке ниже.

Ответ:

Рис.3 График зависимости \(\mu(\alpha)\)

B2. Элементарная работа, совершаемая моментом сил \(\mu(\alpha)\), равна \(dW = \mu(\alpha) d\alpha\). Энергия, полученная рычагом за один цикл благодаря действию момента \(\mu(\alpha)\), составляет:

\[W = \oint \mu(\alpha) d\alpha,\]

что соответствует площади, ограниченной кривой \(\mu(\alpha)\). Следовательно, \(W_{\text{total}}\) равна площади под кривой \(OABCDFO\) с учетом знаков на графике зависимости \(\mu(\alpha)\).

Работа, которую рычаг передаёт ступке, представляет собой энергию, получаемую рычагом при движении от положения \(\alpha = \alpha_0\) до горизонтального положения \(\alpha = 0\). Следовательно, \(W_{pounding}\) равна площади под кривой \(OEDFO\) с учетом знаков на графике зависимости \(\mu(\alpha)\).

Ответ:

\(W_{\text{total}}\) равна площади под кривой \(OABCDFO\) с учетом знаков на графике зависимости \(\mu(\alpha)\), \(W_{pounding}\) равна площади под кривой \(OEDFO\) с учетом знаков на этом же графике.

B3. Работа, совершенная дубинкой над рисом за один цикл, равна:

\[W_{\text{pounding}} = g \cdot M \cdot \text{TG} \cdot \sin \alpha_0 = 4.6 \sin \alpha_0 \, \text{Дж}.\]

Значение \(\alpha_0\) можно оценить из условия, что в точке \(D\) кинетическая энергия рычага равна нулю. Из закона сохранения энергии:

\[S _{OABO} = S_{BEDCB}\]

Аппроксимируя фигуру \(OABO\) треугольником, а фигуру \(BEDCB\) — трапецией, получаем:

\[\frac{1}{2} \times 23.6^\circ \times 2.7 = \frac{1}{2} \times 4.0 \times \left[ (\alpha_0 - 23.6^\circ) + (\alpha_0 - 30^\circ) \right],\]

где углы выражены в градусах. Решаем уравнение:

\[31.86 = 2.0 \times (2\alpha_0 - 53.6),\]

\[2\alpha_0 - 53.6 = 15.93,\]

\[\alpha_0 = \frac{15.93 + 53.6}{2} = 34.765^\circ \approx 34.8^\circ\]

Теперь вычислим энергию удара:

\[W_{\text{pounding}} = S _{OEDFO} = \int\limits_{34.76^\circ}^{0} -M g \cdot \text{TG} \cdot \cos \alpha d\alpha = 4.62 \times \sin 34.76^\circ = 2.63 \, \text{Дж}\]

Ответ:

\[\alpha_0 = 34.8^\circ,\]

\[W_{\text{pounding}} = 2.6 \, \text{Дж}\]

C1.

Рис.4 График зависимости \(\mu(\alpha)\) в окрестности \(\alpha=\beta\)

Момент сил уменьшается, следовательно:

Ответ:

Равновесие устойчивое.

C2. Масса воды в ведре при угле наклона рычага \(\alpha\) равна:

\[m = \frac{1}{2} \rho b h \text{PQ},\] где\[\text{PQ} = h \left( \frac{1}{\tan\alpha} - \frac{1}{\tan 30^\circ} \right)\]

Простой расчёт показывает, что при увеличении \(\alpha\) от \(\beta\) до \(\beta + \Delta\alpha\) масса воды изменяется на величину:

\[\Delta m = -\frac{b h^2 \rho}{2 \sin^2 \alpha} \Delta\alpha \approx -\frac{b h^2 \rho}{2 \sin^2 \beta} \Delta\alpha\]

Момент сил \(\mu\), действующий на рычаг при угле наклона \(\beta + \Delta\alpha\), равен изменению момента сил тяжести жидкости:

\[\mu = \Delta m \times g \times \text{TN} \times \cos(\beta + \Delta\alpha)\]

Значение \(TN\) найдено из условия равновесия рычага при угле наклона \(\beta\):

\[\text{TN} = \frac{M \times \text{TG}}{m} = \frac{30 \times 0.01571}{0.605} = 0.779  {м}\]

В результате получаем:

\[\mu = -47.2 \times \Delta\alpha \, \text{Н} \cdot \text{м} \approx -47 \times \Delta\alpha \,  {Н} \cdot \text{м}\]

Ответ:

\[\mu \approx -47 \times \Delta\alpha \,  {Н} \cdot \text{м}\]

C3. Уравнение движения имеет вид:

\[\mu = I \frac{d^2 \alpha}{dt^2},\]

где \(\mu = -47 \times \Delta\alpha\), \(\alpha = \beta + \Delta\alpha\), а \(I\) — сумма моментов инерции рычага и воды в ведре относительно оси \(T\).

Заметим, что \(I\) не является постоянной величиной, поскольку количество воды в ведре зависит от \(\alpha\). Однако при малых \(\Delta\alpha\) можно считать количество воды и её форму постоянными, поэтому \(I\) приближённо постоянно. Рассматривая воду в ведре как материальную точку массой \(0.6~ кг\), получаем:

\[I = 12 + 0.6 \times 0.78^2 = 12.36 \approx 12.4 \,  \left({кг} \cdot \text{м}^2\right)\]

Уравнение принимает вид:

\[-47 \times \Delta\alpha = 12.4 \times \frac{d^2 \Delta\alpha}{dt^2}\]

Это уравнение гармонических колебаний с периодом:

\[\tau = 2\pi \sqrt{\frac{12.4}{47}} = 3.227  {с}\]

\[\tau = 3.2  {с}\]

C4. Предположим, что рычаг совершает гармонические колебания с амплитудой \(\Delta\alpha_0\) вокруг положения \(\alpha = \beta\). В момент времени \(t = 0\), \(\Delta\alpha = 0\), ведро переполнено. За время \(dt\) угол наклона изменяется на \(d\alpha\). Рассмотрим случай \(d\alpha < 0\) (движение рычага в сторону уменьшения \(\alpha\)), когда необходимо добавлять воду для поддержания переполнения.

Уравнение движения:

\[\Delta\alpha = -\Delta\alpha_0 \sin\left(\frac{2\pi t}{\tau}\right),\] следовательно: \[d(\Delta\alpha) = d\alpha = -\Delta\alpha_0 \frac{2\pi}{\tau} \cos\left(\frac{2\pi t}{\tau}\right) dt\]

Для того, чтобы ведро оставалось переполненным, количество поступающей воды должно быть не меньше, чем:

\[dm = \frac{b h^2 \rho}{2 \sin^2 \beta} |d\alpha| = \frac{\pi b h^2 \rho \Delta\alpha_0}{\tau \sin^2 \beta} \cos\left(\frac{2\pi t}{\tau}\right) dt\]

Максимальное значение \(dm\) достигается при \(t = 0\):

\[dm_0 = \frac{\pi b h^2 \rho \Delta\alpha_0}{\tau \sin^2 \beta} dt\]

Количество поступающей воды связано с расходом \(\Phi\): \(dm_0 = \Phi dt\), поэтому:

\[\Phi = \frac{\pi b h^2 \rho \Delta\alpha_0}{\tau \sin^2 \beta}\]

Постоянное переполнение ведра является необходимым условием гармонических колебаний рычага. Поэтому условие для колебаний с амплитудой \(1^\circ\) (или \(\frac{2\pi}{360}~рад\)) имеет вид \(\Phi \geq \Phi_1\), где:

\[\Phi_1 = \frac{\pi b h^2 \rho}{360 \tau \sin^2 \beta} \cdot 2\pi = 0.2309 \, \text{кг/с}\]

Ответ:

\[\Phi_1 = 0.23 \, \text{кг/с}\]

C5. Если ведро остаётся переполненным при уменьшении угла наклона до \(20.6^\circ\), то масса воды в ведре в этот момент должна составлять \(1~ кг\), а амплитуда колебаний равна \(23.6^\circ - 20.6^\circ = 3^\circ\). Расход воды должен превышать \(3\Phi_1\), следовательно:

\[\Phi_2 = 3 \times 0.23 \approx 0.7 \, \text{кг/с}\]

Это минимальный расход воды, при котором рисобойка перестаёт работать.

Ответ:

\[\Phi_2 \approx 0.7 \, \text{кг/с}\]

Перевод: pho.rs.

Свет распространяется в вакууме со скоростью \(с\). Не существует частиц, движущихся со скоростью больше, чем \(с\). Однако в прозрачной среде частица может двигаться со скоростью \(v\), превышающей скорость света в этой среде \(c/n\), где \(n\) — показатель преломления среды. Эксперимент (Черенков, 1934) и теория (Тамм и Франк, 1937) показали, что заряженная частица, движущаяся со скоростью \(v\) в прозрачной среде с показателем преломления \(n\), удовлетворяющим условию \(v>c/n\), излучает свет, названный черенковским излучением, в направлениях, образующих с ее траекторией угол

\[\theta = arccos \frac {1}{\beta n},~где \beta = v/c\]

1. Чтобы объяснить этот эффект, рассмотрим частицу, движущуюся с постоянной скоростью \(v>c/n\) по прямой линии. Она проходит точку \(A\) в момент времени \(0\) и точку \(B\) в момент \(t_1\). Так как задача симметрична относительно вращения вокруг оси \(AB\), достаточно рассмотреть световые лучи в любой плоскости, содержащей \(AB\).

В любой точке \(C\) между \(A\) и \(B\) частица излучает сферическую световую волну, распространяющуюся со скоростью \(c/n\). Назовем волновым фронтом в заданный момент времени \(t\) огибающую всех таких сфер в этот момент.

1.1. Определите волновой фронт в момент времени \(t_1\) и начертите линию его сечения плоскостью, содержащей траекторию частицы.

1.2. Выразите угол \(\varphi\) между указанной линией и траекторией частицы через \(n\) и \(\beta\).

Рассмотрим пучок частиц, движущихся вдоль прямой линии \(IS\), пересекающей в точке \(S\) выпуклое сферическое зеркало с фокусным расстоянием \(f\) и центром \(C\). Скорость пучка \(v>c/n\) такова, что угол \(\theta\) мал. Отрезок \(SC\) образует с линией \(SI\) малый угол \(\alpha\) (смотри рисунок в Листе ответов). Излучение пучка частиц создает кольцевое изображение в фокальной плоскости зеркала. Поясните это явление с помощью рисунка. Определите положение центра кольца \(O\) и его радиус \(r\).

Установка, описанная выше, используется в кольцевых черенковских детекторах (КЧД), а среда, через которую частицы проходят, называется излучателем.

Примечание: поскольку углы \(\alpha\) и \(\theta\) малы, во всех пунктах данной задачи соответствующими членами второго и высших порядков малости можно пренебречь.

3. Рассмотрим пучок частиц с известным импульсом \(p = 10.0~ГэВ/с\), состоящий из частиц трех типов: протонов, каонов и пионов с маccами покоя \(M_p=0.94~ГэВ/с^2\), \(M_k=0.50~ГэВ/с^2\) и \(M_{\pi}=0.14~ГэВ/с^2\) соответственно. Напомним, что величины \(pc\) и \(Mc^2\) имеют размерность энергии, \(1~эВ\) — энергия, приобретаемая электроном, ускоренным разностью потенциалов \(1~В\), \(1~ГэВ = 10^9~эВ\), \(1~МэВ = 10^6~эВ\).

Пучок частиц движется в воздухе, находящемся под давлением \(Р\), который играет роль излучателя. Показатель преломления воздуха выражается через его давление \(Р\), измеренное в атмосферах, с помощью формулы \(n=1+aP\), где \(a=2.7\cdot 10^{–4}~атм^{–1}\).

3.1. Рассчитайте для каждого из трех типов частиц минимальное значение \(P_{min}\) атмосферного давления, при котором они начинают давать черенковское излучение.

3.2. Рассчитайте давление \(P_{1/2}\), при котором радиус кольцевого изображения, порожденного излучением каонов, равен половине радиуса кольцевого изображения, порожденного излучением пионов, а также значения \(\theta_k\) и \(\theta_{\pi}\) для этого случая. Можно ли при таком давлении наблюдать кольцевое изображение, порожденное излучением протонов?

4. Предположим теперь, что пучок не является полностью монохроматическим: импульс частиц распределен в интервале с центром в точке \(10~ГэВ/с\), имеющем полуширину \(\Delta p\) (на половине высоты). Это приводит к уширению кольцевого изображения. Соответствующее уширение распределения по \(\theta\) характеризуется полушириной \(\Delta \theta\) (на половине высоты).

4.1. Вычислить \(\Delta \theta_k/\Delta p\) и \(\Delta \theta_{\pi}/\Delta p\), то есть значение \(\Delta \theta/\Delta p\) для пионов и каонов.

4.2. Два кольцевых изображения, созданных излучением пионов и каонов, можно хорошо различить, если угловое расстояние \(\theta_{\pi}/\theta_k\) превышает сумму полуширин \(\Delta \theta = \Delta \theta_k + \Delta \theta_{\pi}\) более чем в 10 раз, то есть \(\theta_{\pi} - \theta_k>10~\Delta \theta\). Рассчитайте максимальное значение \(\Delta p\), при котором два изображения еще можно хорошо различить.

5. Черенков впервые открыл эффект, ныне носящий его имя, наблюдая за сосудом с водой, расположенным вблизи радиоактивного источника. Он увидел, что вода в сосуде светилась.

5.1. Найдите минимальное значение кинетической энергии \(T_{min}\) частицы с массой покоя \(M\), движущейся в воде, при котором появляется черенковское излучение. Показатель преломления воды \(n=1.33\).

5.2. Радиоактивный источник, использованный Черенковым, излучал \(\alpha\) - частицы (ядра гелия), имеющие массу покоя \(M_{\alpha}=3.8~ ГэВ/с^2\), и \(\beta\) - частицы (электроны), имеющие массу покоя \(M_e=0.51~МэВ/с^2\). Рассчитайте численные значения \(T_{min}\) для \(\alpha\)- и \(\beta\)- частиц.

Зная, что кинетическая энергия частиц, излучаемых радиоактивными источниками, не превышает нескольких \(МэВ\), определите, какие частицы порождали излучение, наблюдавшееся Черенковым.

6. В предыдущих пунктах задачи не учитывалась зависимость черенковского излучения от длины волны \(\lambda\). Учтем теперь тот факт, что черенковское излучение частицы имеет широкий непрерывный спектр, включающий видимую область (длины волн от \(0.4~мкм\) до \(0.8~мкм\)). Известно также, что при возрастании \(\lambda\) в пределах этой области показатель преломления излучателя линейно уменьшается на \(2~\%\) от величины \((n−1)\).

6.1. Рассмотрим пучок пионов с заданным импульсом \(10.0~ГэВ/с\), движущийся в воздухе, находящемся под давлением \(6~атм\). Определите разность углов \(\delta \theta\), соответствующих краям видимой области.

6.2. Качественно исследуйте влияние дисперсии (т.е. зависимости \(n\) от \(\lambda\)) на изображение кольца, созданное излучением пучка пионов. Импульсы пионов распределены в интервале с центром в точке \(p=10~ГэВ/с\), имеющем полуширину \(\Delta p = 0.3~ГэВ/с\) (на половине высоты).

Рассчитайте уширение, обусловленное дисперсией (изменением показателя преломления), а также уширение, вызываемое немонохроматичностью пучка (разбросом импульсов частиц).

Опишите, как изменяется цвет кольца при переходе от его внутреннего края к внешнему, отметив соответствующие клеточки в Листе ответов.

Источник: Международная физическая олимпиада (IPhO) 2008, теоретический тур — условия (1) · условия (2) · условия (3) · решения (1) · решения (2) · решения (3). Перевод на русский — pho.rs.