зад 1 Физика планет
Эта задача состоит из двух независимых задач, связанных с внутренним строением планет. Влиянием кривизны поверхности планет можно пренебречь. Может понадобиться формула \[(1+x)^{\varepsilon}\approx 1+\varepsilon x, \qquad |x|\ll 1. \qquad (1)\]
Часть A. Срединно-океанический хребет (5,0 балла)
Рассмотрим большой сосуд с водой, находящийся в однородном поле тяжести с ускорением свободного падения \(g\). В сосуд вставлены две вертикальные прямоугольные пластины, параллельные друг другу, так что вертикальные края пластин плотно, без зазоров, прилегают к вертикальным стенкам сосуда. Длина \(h\) каждой пластины погружена в воду (рис. 1). Ширина пластин вдоль оси \(y\) равна \(w\), плотность воды \(\rho_0\).
Рисунок 1 — Параллельные пластины в воде. На рисунке: air — воздух; water — вода; oil — масло; w (normal to the page) — \(w\) (перпендикулярно плоскости рисунка); A: without oil — A: без масла; B: with oil — B: с маслом.
Масло плотности \(\rho_{\text{oil}}\) (\(\rho_{\text{oil}}<\rho_0\)) наливают в пространство между пластинами, пока нижний уровень масла не достигнет нижних краёв пластин. Считайте, что пластины и края сосуда достаточно высоки, чтобы масло не переливалось через них. Поверхностное натяжение и перемешивание жидкостей не учитывайте.
A-1. Найдите \(x\)-компоненту результирующей силы \(F_x\), действующей на правую пластину (величину и направление). (\(0{,}8\) балла)
На рисунке 2 показан поперечный разрез срединно-океанического хребта. Он состоит из наложенных друг на друга слоёв мантии, коры и океанской воды. Мантия состоит из пород, которые, как предполагается, могут течь в геологических масштабах времени, поэтому в этой задаче она рассматривается как жидкость. Толщина коры много меньше характерного масштаба длины в направлении \(x\), поэтому кора ведёт себя как свободно изгибающаяся пластина. С высокой точностью такой хребет можно моделировать двумерной системой, без какой-либо зависимости величин от координаты \(y\), перпендикулярной плоскости рисунка 2. Считайте, что длина хребта \(L\) вдоль оси \(y\) много больше любой другой длины, введённой в этой задаче.
В центре хребта толщина коры считается равной нулю. По мере увеличения горизонтального расстояния \(x\) от центра кора становится толще и при \(x\to\infty\) выходит на постоянную толщину \(D\). Соответственно, дно океана опускается на вертикальную высоту \(h\) ниже вершины хребта \(O\), которую мы принимаем за начало системы координат (рис. 2). Плотность воды \(\rho_0\) и её температура \(T_0\) считаются постоянными в пространстве и времени. То же относится к плотности мантии \(\rho_1\) и её температуре \(T_1\). Температура коры \(T\) также постоянна во времени, но может зависеть от положения.
Рисунок 2 — Срединно-океанический хребет. Ось \(z\) направлена вниз. На рисунке: air — воздух; water — вода; crust — кора; mantle — мантия.
Известно, что с высокой точностью материал коры линейно расширяется с ростом температуры \(T\). Так как температуры воды и мантии считаются постоянными, удобно использовать перенормированный коэффициент теплового расширения. Тогда \[l(T)=l_1\left[1-k_l\,\dfrac{T_1-T}{T_1-T_0}\right],\] где \(l\) — длина куска материала коры, \(l_1\) — его длина при температуре \(T_1\), \(k_l\) — перенормированный коэффициент теплового расширения, который можно считать постоянным.
A-2. Считая кору изотропной, найдите, как её плотность \(\rho\) зависит от температуры \(T\). Считая \(|k_l|\ll 1\), запишите ответ в приближённом виде \[\rho(T)\approx \rho_1\left[1+k\,\dfrac{T_1-T}{T_1-T_0}\right], \qquad (2)\] где члены порядка \(k_l^2\) и выше отброшены. Затем определите постоянную \(k\). (\(0{,}6\) балла)
Известно, что \(k>0\). Также теплопроводность коры \(\kappa\) можно считать постоянной. Следовательно, очень далеко от оси хребта температура коры линейно зависит от глубины.
A-3. Считая, что мантия и вода каждая ведёт себя как несжимаемая жидкость в состоянии гидростатического равновесия, выразите далёкую толщину коры \(D\) через \(h\), \(\rho_0\), \(\rho_1\) и \(k\). Движение материала можно не учитывать. (\(1{,}1\) балла)
A-4. Найдите с точностью до главного порядка по \(k\) результирующую горизонтальную силу \(F\), действующую на правую половину коры (\(x>0\)), через \(\rho_0\), \(\rho_1\), \(h\), \(L\), \(k\) и \(g\). (\(1{,}6\) балла)
Допустим, кора теплоизолирована от остальной Земли. В результате теплопроводности температуры верхней и нижней поверхностей коры будут сближаться, пока кора не придёт к тепловому равновесию. Удельная теплоёмкость коры \(c\) считается постоянной.
A-5. Используя анализ размерностей или порядковых оценок, оцените характерное время \(\tau\), за которое разность температур верхней и нижней поверхностей коры далеко от оси хребта станет стремиться к нулю. Можно считать, что \(\tau\) не зависит от двух начальных температур поверхностей коры. (\(0{,}9\) балла)
Часть B. Сейсмические волны в слоистой среде (5,0 балла)
Предположим, что короткое землетрясение происходит на поверхности некоторой планеты. Сейсмические волны можно считать исходящими из линейного источника, расположенного в точке \(z=x=0\), где \(x\) — горизонтальная координата, \(z\) — глубина под поверхностью (рис. 3). Источник сейсмических волн можно считать много длиннее любой другой длины, рассматриваемой в этом вопросе.
Рисунок 3 — Система координат, используемая в части B. На рисунке: air — воздух; crust — кора; earthquake — землетрясение.
В результате землетрясения равномерный поток так называемых продольных P-волн испускается по всем направлениям в плоскости \(x\)–\(z\), имеющим положительную компоненту вдоль оси \(z\). Поскольку волновая теория в твёрдом теле в общем случае сложна, в этой задаче мы пренебрегаем всеми другими волнами, испускаемыми землетрясением. Кора планеты стратифицирована так, что скорость P-волны \(v\) зависит от глубины \(z\) по закону \(v=v_0(1+z/z_0)\), где \(v_0\) — скорость на поверхности, \(z_0\) — известная положительная постоянная.
B-1. Рассмотрим один луч, испущенный землетрясением, который образует начальный угол \(0<\theta_0<\pi/2\) с осью \(z\) и распространяется в плоскости \(x\)–\(z\). На каком горизонтальном расстоянии \(x_1(\theta_0)\neq 0\) этот луч может быть зарегистрирован на поверхности планеты? Известно, что путь луча — дуга окружности. Запишите ответ в виде \(x_1(\theta_0)=A\cot(b\theta_0)\), где \(A\) и \(b\) — постоянные, которые нужно найти. (\(1{,}5\) балла)
Если вам не удалось найти \(A\) и \(b\), в последующих вопросах можно использовать результат \(x_1(\theta_0)=A\cot(b\theta_0)\) как данный. Пусть полная энергия на единицу длины источника, излучённая в кору как P-волны во время землетрясения, равна \(E\). Считайте, что волны полностью поглощаются, когда доходят до поверхности планеты снизу.
B-2. Найдите, как плотность энергии на единицу площади \(\varepsilon(x)\), поглощённая поверхностью, зависит от расстояния \(x\) вдоль поверхности. Постройте эскиз графика \(\varepsilon(x)\). (\(1{,}5\) балла)
Отныне считайте, что волны, достигая поверхности, полностью отражаются. Представьте устройство, расположенное в точке \(z=x=0\), которое имеет ту же геометрию, что и рассмотренный ранее источник землетрясения. Устройство способно излучать P-волны с произвольно выбранным угловым распределением. Заставим устройство излучать сигнал с узким диапазоном углов излучения. В частности, начальный угол сигнала с вертикалью принадлежит интервалу \(\left[\theta_0-\tfrac{1}{2}\delta\theta_0,\ \theta_0+\tfrac{1}{2}\delta\theta_0\right]\), где \(0<\theta_0<\pi/2\), \(\delta\theta_0\ll 1\) и \(\delta\theta_0\ll\theta_0\).
B-3. На каком расстоянии \(x_{\max}\) вдоль поверхности от источника находится самая дальняя точка, которую сигнал не достигает? Запишите ответ через \(\theta_0\), \(\delta\theta_0\) и другие постоянные, указанные выше. (\(2{,}0\) балла)
▶ПодсказкаСкрыть
Для части A сравните давления на одной глубине по обе стороны хребта и используйте линейный профиль температуры в коре. Для части B луч в слоистой среде со скоростью, растущей с глубиной, описывается законом Снеллиуса; путь луча — дуга окружности.
▶ОтветСкрыть
A-1) \(F_x=\left(\dfrac{\rho_0}{\rho_{\text{oil}}}-1\right)\dfrac{\rho_0 g h^2 w}{2}\), направлена вправо; A-2) \(k=3k_l\); A-3) \(D=\dfrac{2}{k}\left(1-\dfrac{\rho_0}{\rho_1}\right)h\); A-4) \(F\approx\dfrac{2gLh^2(\rho_1-\rho_0)^2}{k^2\rho_1}\); A-5) \(\tau\sim\dfrac{c\,\rho_1 D^2}{\kappa}\); B-1) \(A=2z_0\), \(b=1\), т.е. \(x_1(\theta_0)=2z_0\cot\theta_0\); B-2) \(\varepsilon(x)=\dfrac{2Ez_0}{\pi\,(4z_0^2+x^2)}\); B-3) \(x_{\max}=\dfrac{2z_0\cos^2\theta_0}{\delta\theta_0}\).
▶РешениеСкрыть
A-1. Пусть \(h'\) — высота столба масла (рис. 1). Тогда давление на глубине \(h\) под поверхностью воды должно быть \(p_h=\rho_0 g h=\rho_{\text{oil}} g h'\), откуда \(h'=\dfrac{\rho_0}{\rho_{\text{oil}}}h\). Горизонтальная сила на пластину \(F_x=F_1-F_0\), где сила от новой жидкости \(F_1=\dfrac{\rho_{\text{oil}} g h'}{2}\cdot h'w\), а сила от воды \(F_0=\dfrac{\rho_0 g h}{2}\cdot hw\). Объединяя все уравнения, получаем \[F_x=\left(\dfrac{\rho_0}{\rho_{\text{oil}}}-1\right)\dfrac{\rho_0 g h^2 w}{2}.\] Эта сила действует на правую пластину вправо.
Рисунок к решению. На рисунке: air — воздух; water — вода; w (normal to the page) — \(w\) (перпендикулярно плоскости рисунка).
A-2. Рассмотрим прямоугольный элемент коры. Так как соотношение \(l(T)=l_1\left[1-k_l\dfrac{T_1-T}{T_1-T_0}\right]\) выполняется для всех трёх измерений твёрдого тела, его объём \(V\) удовлетворяет \[V=V_1\left(1-k_l\,\dfrac{T_1-T}{T_1-T_0}\right)^3,\] где \(V_1\) — объём при \(T=T_1\). Если масса элемента равна \(m\), то плотность \[\rho(T)=\dfrac{m}{V}=\rho_1\left(1-k_l\,\dfrac{T_1-T}{T_1-T_0}\right)^{-3}.\] Так как \(k_l\ll 1\), это приближается выражением \(\rho(T)\approx \rho_1\left(1+3k_l\dfrac{T_1-T}{T_1-T_0}\right)\), откуда \(k=3k_l\).
A-3. Так как мантия ведёт себя как жидкость в гидростатическом равновесии, давление \(p(x,z)\) на уровне \(z=h+D\) одинаково для всех \(x\). Поэтому \[p(0,h+D)=p(\infty,h+D).\] Аналогично \(p(0,0)=p(\infty,0)\). Значит, изменение давления между \(z=0\) и \(z=\infty\) одинаково и при \(x=0\), и при \(x=\infty\). На оси хребта \[p(0,h+D)-p(0,0)=\rho_1 g(h+D),\] а далеко от оси \[p(\infty,h+D)-p(\infty,0)=\rho_0 g h+\int_h^{h+D}\rho\bigl(T(\infty,z)\bigr)\,g\,dz.\] Так как температура коры на \(x=\infty\) линейно зависит от глубины, с учётом граничных условий по температуре \[T(\infty,z)=T_0+(T_1-T_0)\dfrac{z-h}{D}.\] Из всех уравнений и формулы плотности из условия \[\rho_1 g(h+D)=\rho_0 g h+\int_h^{h+D}\rho_1\left(1+k\,\dfrac{T_1-T_0-(T_1-T_0)\frac{z-h}{D}}{T_1-T_0}\right)g\,dz,\] откуда непосредственно получаем \[D=\dfrac{2}{k}\left(1-\dfrac{\rho_0}{\rho_1}\right)h.\]
A-4. Горизонтальная сила на половину хребта равна разности сил давления при \(x=0\) и \(x=\infty\): \[F=L\int_0^{h+D}p(0,z)\,dz-L\int_0^{h}p(\infty,z)\,dz.\] Из предыдущего пункта давление при \(x=0\) равно \(p(0,z)=p(0,0)+\rho_1 g z\), а при \(x=\infty\) равно \(p(\infty,z)=p(\infty,0)+\rho_0 g z\). Эти соотношения объединяются в \[F=L\int_0^{h+D}\bigl(p(0,0)+\rho_1 g z\bigr)\,dz-L\int_0^{h}\bigl(p(\infty,0)+\rho_0 g z\bigr)\,dz.\] После интегрирования и с учётом \(p(0,0)=p(\infty,0)\): \[F=L\,p(0,0)\,D+L\rho_1 g\dfrac{(h+D)^2}{2}-L\rho_0 g\dfrac{h^2}{2}.\] Так как \(k\ll 1\) и \(D\propto k^{-1}\), главным членом является член с \(D^2\propto k^{-2}\). Подставляя результат пункта A-3, получаем \[F\approx\dfrac{2gLh^2(\rho_1-\rho_0)^2}{k^2\rho_1}.\]
A-5. Метод 1: анализ размерностей. Время \(\tau\) по-видимому зависит только от плотности коры \(\rho_1\), её удельной теплоёмкости \(c\), теплопроводности \(\kappa\) и толщины \(D\). Запишем \[\tau=A\,\rho_1^{\alpha}c^{\beta}\kappa^{\gamma}D^{\delta},\] где \(A\) — безразмерная постоянная. Степени \(\alpha\)–\(\delta\) найдём из анализа размерностей. Обозначим L — длину, M — массу, T — время, \(\Theta\) — температуру. Тогда размерности \(\tau\), \(\rho_1\), \(c\), \(\kappa\) и \(D\) равны T, ML\(^{-3}\), L\(^2\)T\(^{-2}\Theta^{-1}\), MLT\(^{-3}\Theta^{-1}\) и L соответственно. Из равенства степеней длины, массы, времени и температуры получаем систему \[0=-3\alpha+2\beta+\gamma+\delta,\qquad 0=\alpha+\gamma,\qquad 1=-2\beta-3\gamma,\qquad 0=-\beta-\gamma.\] Её решение: \(\alpha=\beta=1\), \(\gamma=-1\), \(\delta=2\). Следовательно, \[\tau=A\,\dfrac{c\,\rho_1 D^2}{\kappa}.\] Метод 2: масштабный анализ. Рассмотрим кусок коры площадью \(S\). Тепловой поток, который должен пройти через кору, по порядку величины равен \(Q\sim c\rho_1 S D\Delta T\), где \(\Delta T=T_1-T_0\). С другой стороны, закон теплопроводности даёт \(\kappa\dfrac{\Delta T}{D}\sim\dfrac{Q}{S\tau}\). Из этих двух соотношений \(c\rho_1 S D\Delta T\sim S\tau\kappa\dfrac{\Delta T}{D}\), откуда \(\tau\) не зависит от \(\Delta T\) и \[\tau\sim\dfrac{c\rho_1 D^2}{\kappa}.\]
B-1. Сейсмические волны в этой задаче описываются лучевой теорией. Их распространение описывается законом преломления Снеллиуса \[n(0)\sin\theta_0=n(z)\sin\theta,\] где показатель преломления равен \[n(z)=\dfrac{c}{v(z)}=\dfrac{c}{v_0\left(1+\dfrac{z}{z_0}\right)},\] а \(c\) — скорость сейсмической волны в среде с показателем преломления \(n=1\). Из этих соотношений \[v_0\left(1+\dfrac{z}{z_0}\right)\sin\theta_0=v_0\sin\theta.\] Метод 1. Так как это описывает дугу окружности, при \(\theta=\dfrac{\pi}{2}\) имеем \(z=R-R\sin\theta_0\) (рис. 2), откуда \[\left(1+\dfrac{R-R\sin\theta_0}{z_0}\right)\sin\theta_0=1,\] и радиус окружности \(R=\dfrac{z_0}{\sin\theta_0}\). Из простой геометрии \[x_1(\theta_0)=2R\cos\theta_0=2z_0\cot\theta_0,\] т.е. \(A=2z_0\) и \(b=1\).
Рисунок 2 к решению. На рисунке: \(\theta_0\) — начальный угол; \(R\) — радиус окружности; \(x\) и \(z\) — оси координат.
Метод 2. Дифференцируя \(v_0\left(1+\dfrac{z}{z_0}\right)\sin\theta_0=v_0\sin\theta\) неявно, получаем \[\dfrac{dz}{z_0}\sin\theta_0=\cos\theta\,d\theta.\] Бесконечно малый элемент пути луча \(dl\) связан с изменением вертикальной координаты соотношением \(dz=dl\cos\theta\), откуда \[dl=\dfrac{z_0}{\sin\theta_0}d\theta.\] Это уравнение дуги окружности радиуса \(R=\dfrac{z_0}{\sin\theta_0}\). Также можно получить ответ, записав \[\cot\theta=\dfrac{dz}{dx}=\dfrac{dz}{d\theta}\dfrac{d\theta}{dx}.\] Первую производную исключаем с помощью закона Снеллиуса: \[\cot\theta=\dfrac{z_0\cos\theta}{\sin\theta_0}\dfrac{d\theta}{dx},\] что интегрируется в \[x_1=-\dfrac{z_0}{\sin\theta_0}\int_{\text{start}}^{\text{end}}d\cos\theta=\dfrac{2z_0\cos\theta_0}{\sin\theta_0},\] где снова использован закон Снеллиуса: в точке выхода на поверхность \(\cos\theta=-\cos\theta_0\).
B-2. В двумерном случае \(\dfrac{E}{\pi}d\theta_0\) — энергия, переносимая лучами, испущенными в интервале \([\theta_0,\theta_0+d\theta_0)\). С другой стороны, энергия, переносимая лучами, приходящими в \([x,x+dx)\), равна \(\varepsilon\,dx\). Поэтому \[\varepsilon=\dfrac{E}{\pi}\left|\dfrac{d\theta_0}{dx}\right|.\] Используя результат пункта B-1, \[\dfrac{dx}{d\theta_0}=-\dfrac{Ab}{\sin^2(b\theta_0)}=-Ab\left(1+\cot^2(b\theta_0)\right)=-\dfrac{b\,(A^2+x^2)}{A}.\] Следовательно, \[\varepsilon(x)=\dfrac{EA}{\pi b\,(A^2+x^2)}=\dfrac{2Ez_0}{\pi\,(4z_0^2+x^2)}.\] Функция нарисована на рисунке 3 решения.
Рисунок 3 к решению — График функции \(\varepsilon(x)\). Значение на \(x=0\) равно \(\dfrac{E}{2\pi z_0}\), функция монотонно убывает.
B-3. Обозначим \(x_-=x_1\left(\theta_0-\dfrac{\delta\theta_0}{2}\right)\) и \(x_+=x_1\left(\theta_0+\dfrac{\delta\theta_0}{2}\right)\). С точностью до главного порядка по \(\delta\theta_0\) имеем \(x_-\approx x_+\approx x_1(\theta_0)\).
При каждом отражении сигнала горизонтальное расстояние между точками, где сходятся края сигнала, увеличивается на \(|x_+-x_-|=x_--x_+\). Двигаясь по положительной оси \(x\), эти зоны расширяются, пока не перекроются. Если это происходит после \(N\) отражений, то \[N\approx\dfrac{x_1(\theta_0)}{x_--x_+},\] где приближённое равенство переходит в точное при \(\delta\theta_0\to 0\).
Место, где зоны начинают перекрываться, находится на \(x_{\max}=Nx_1(\theta_0)\). Поэтому \[x_{\max}=\dfrac{x_1(\theta_0)^2}{x_1\left(\theta_0-\dfrac{\delta\theta_0}{2}\right)-x_1\left(\theta_0+\dfrac{\delta\theta_0}{2}\right)}.\] Так как \(\delta\theta_0\ll\theta_0\), \[x_1\left(\theta_0-\dfrac{\delta\theta_0}{2}\right)-x_1\left(\theta_0+\dfrac{\delta\theta_0}{2}\right)\approx-\dfrac{dx_1(\theta_0)}{d\theta_0}\delta\theta_0=\dfrac{Ab}{\sin^2(b\theta_0)}\delta\theta_0.\] Объединяя полученные соотношения и подставляя выражение для \(x_1(\theta_0)\), \[x_{\max}=\dfrac{A\cos^2(b\theta_0)}{b\,\delta\theta_0}=\dfrac{2z_0\cos^2\theta_0}{\delta\theta_0}.\]
зад 2 Электростатическая линза
Рассмотрим равномерно заряженное металлическое кольцо радиуса \(R\) с полным зарядом \(q\). Кольцо представляет собой полый тор толщиной \(2a\ll R\). Эта толщина может не учитываться в частях A, B, C и E. Плоскость \(xy\) совпадает с плоскостью кольца, а ось \(z\) перпендикулярна ей, как показано на рисунке 1. В частях A и B может понадобиться формула (разложение Тейлора) \[(1+x)^{\varepsilon}\approx 1+\varepsilon x+\tfrac{1}{2}\varepsilon(\varepsilon-1)x^2, \qquad |x|\ll 1.\]
Рисунок 1 — Заряженное кольцо радиуса \(R\).
Часть A. Электростатический потенциал на оси кольца (1 балл)
A-1. Вычислите электростатический потенциал \(\Phi(z)\) на оси кольца на расстоянии \(z\) от его центра (точка A на рисунке 1). (\(0{,}3\) балла)
A-2. Вычислите электростатический потенциал \(\Phi(z)\) с точностью до наименьшей ненулевой степени \(z\), считая \(z\ll R\). (\(0{,}4\) балла)
A-3. Электрон (масса \(m\), заряд \(-e\)) помещён в точку A (рисунок 1, \(z\ll R\)). Какая сила действует на электрон? По виду выражения для силы определите знак \(q\), при котором движение будет соответствовать колебаниям. Движущийся электрон не влияет на распределение заряда на кольце. (\(0{,}2\) балла)
A-4. Чему равна угловая частота \(\omega\) таких гармонических колебаний? (\(0{,}1\) балла)
Часть B. Электростатический потенциал в плоскости кольца (1,7 балла)
В этой части вам предстоит проанализировать потенциал \(\Phi(r)\) в плоскости кольца (\(z=0\)) при \(r\ll R\) (точка B на рисунке 1). С точностью до наименьшей ненулевой степени \(r\) электростатический потенциал задаётся выражением \(\Phi(r)\approx q(\alpha+\beta r^2)\).
B-1. Найдите выражение для \(\beta\). Может понадобиться разложение Тейлора, приведённое выше. (\(1{,}5\) балла)
B-2. Электрон помещён в точку B (рисунок 1, \(r\ll R\)). Какая сила действует на электрон? По виду выражения для силы определите знак \(q\), при котором движение будет соответствовать гармоническим колебаниям. Движущийся электрон не влияет на распределение заряда на кольце. (\(0{,}2\) балла)
Часть C. Фокусное расстояние идеализированной электростатической линзы: мгновенная зарядка (2,3 балла)
Требуется построить устройство для фокусировки электронов — электростатическую линзу. Рассмотрим следующую конструкцию. Кольцо расположено перпендикулярно оси \(z\), как показано на рисунке 2. Имеется источник, который по требованию производит пакеты нерелятивистских электронов. Кинетическая энергия этих электронов равна \(E=mv^2/2\) (\(v\) — скорость), и они вылетают из источника в точно контролируемые моменты. Система запрограммирована так, что кольцо большую часть времени электрически нейтрально, но его заряд становится равным \(q\), когда электроны находятся ближе к плоскости кольца, чем на расстоянии \(d/2\) (\(d\ll R\)) (заштрихованная область на рисунке 2, называемая «активной областью»). В части C считайте, что процессы зарядки и разрядки мгновенны и электрическое поле мгновенно «заполняет пространство». Магнитными полями можно пренебречь и считать, что скорость электронов в направлении \(z\) постоянна. Движущиеся электроны не возмущают распределение заряда на кольце.
Рисунок 2 — Модель электростатической линзы. Метка F — фокус.
C-1. Определите фокусное расстояние \(f\) этой линзы. Считайте \(f\gg d\). Выразите ответ через постоянную \(\beta\) из пункта B-1 и другие известные величины. Считайте, что до «активной области» пакет электронов параллелен оси \(z\) и \(r\ll R\). Знак \(q\) выберите таким, чтобы линза была собирающей. (\(1{,}3\) балла)
В действительности источник электронов помещён на оси \(z\) на расстоянии \(b>f\) от центра кольца. Рассмотрим, что электроны уже не параллельны оси \(z\) до попадания в «активную область», а испускаются из точечного источника под различными углами \(\gamma\ll 1\) рад к оси \(z\). Электроны фокусируются в точке, находящейся на расстоянии \(c\) от центра кольца.
C-2. Найдите \(c\). Выразите ответ через постоянную \(\beta\) из пункта B-1 и другие известные величины. (\(0{,}8\) балла)
C-3. Выполняется ли для электростатической линзы уравнение тонкой оптической линзы \[\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{f}\,?\] Покажите это, явно вычислив \(1/b+1/c\). (\(0{,}2\) балла)
Часть D. Кольцо как конденсатор (3 балла)
Модель, рассмотренная выше, является идеализированной: мы предполагали, что кольцо заряжается мгновенно. В действительности зарядка не мгновенна, так как кольцо является конденсатором с конечной ёмкостью \(C\). В этой части мы проанализируем свойства этого конденсатора. Могут понадобиться следующие интегралы: \[\int\dfrac{dx}{\sin x}=-\ln\left|\dfrac{\cos x+1}{\sin x}\right|+\text{const}, \qquad \int\dfrac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=\ln\left|x+\sqrt{1+x^2}\right|+\text{const}.\]
D-1. Вычислите ёмкость \(C\) кольца. Считайте, что кольцо имеет конечную ширину \(2a\), но помните, что \(a\ll R\). (\(2{,}0\) балла)
Когда электроны достигают «активной области», кольцо подключается к источнику напряжения \(V_0\) (рисунок 3). Когда электроны проходят «активную область», кольцо подключается к земле. Сопротивление контактов равно \(R_0\), а сопротивлением самого кольца можно пренебречь.
Рисунок 3 — Зарядка электростатической линзы.
D-2. Определите зависимость заряда на кольце от времени \(q(t)\) и постройте схематический график этой зависимости. Момент \(t=0\) соответствует моменту, когда электроны находятся в плоскости кольца. Каков заряд \(q_0\) на кольце, когда абсолютное значение \(|q(t)|\) максимально? Ёмкость кольца равна \(C\) (т.е. не нужно использовать выражение, найденное в D-1). Замечание: полярность, показанная на рисунке 3, приведена лишь для наглядности; знак нужно выбрать так, чтобы линза была собирающей. (\(1{,}0\) балла)
Часть E. Фокусное расстояние более реалистичной линзы: немгновенная зарядка (2 балла)
В этой части мы рассмотрим действие более реалистичной линзы. Здесь мы снова пренебрегаем шириной кольца \(2a\) и считаем, что электроны движутся параллельно оси \(z\) до попадания в «активную область». Однако зарядка кольца уже не мгновенна.
E-1. Найдите фокусное расстояние \(f\) линзы. Считайте, что \(f/v\gg R_0C\), а \(d/v\) и \(R_0C\) имеют одинаковый порядок величины. Выразите ответ через постоянную \(\beta\) из части B и другие известные величины. (\(1{,}7\) балла)
E-2. Вы увидите, что результат для \(f\) похож на полученный в части C, при этом величина \(q\) заменяется на \(q_{\text{eff}}\). Найдите выражение для \(q_{\text{eff}}\) через величины, заданные в условии задачи. (\(0{,}3\) балла)
▶ПодсказкаСкрыть
Потенциал на оси и в плоскости кольца раскладывается в ряд по \(z\) и \(r\); коэффициент при \(r^2\) даёт радиальную силу. В части C сравните угол, который электрон получает при прохождении «активной области», с углом его исходного наклона.
▶ОтветСкрыть
A-1) \(\Phi(z)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{\sqrt{R^2+z^2}}\); A-2) \(\Phi(z)\approx\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1-\dfrac{z^2}{2R^2}\right)\); A-3) \(F=-\dfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z\), \(q>0\); A-4) \(\omega=\sqrt{\dfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0 m R^3}}\); B-1) \(\beta=\dfrac{1}{16\pi\varepsilon_0 R^3}\); B-2) \(F=\dfrac{qe}{8\pi\varepsilon_0 R^3}\,r\), \(q<0\); C-1) \(f=-\dfrac{E}{eqd\beta}\); C-2) \(c=-\dfrac{1}{\dfrac{eq\beta d}{E}+\dfrac{1}{b}}\); C-3) \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=-\dfrac{eq\beta d}{E}=\dfrac{1}{f}\), т.е. формула тонкой линзы выполняется; D-1) \(C=\dfrac{4\pi^2\varepsilon_0 R}{\ln\dfrac{8R}{a}}\); D-2) \(q(t)=0\) при \(t<-\dfrac{d}{2v}\); \(q(t)=CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}e^{-\frac{t}{R_0C}}\right)\) при \(-\dfrac{d}{2v}<t<\dfrac{d}{2v}\); \(q(t)=CV_0\left(e^{\frac{d}{2vR_0C}}-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}\right)e^{-\frac{t}{R_0C}}\) при \(t>\dfrac{d}{2v}\); \(q_0=CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{vR_0C}}\right)\); E-1) \(f=-\dfrac{E}{eCV_0 d\beta}\); E-2) \(q_{\text{eff}}=CV_0\).
▶РешениеСкрыть
A-1. Линейная плотность заряда кольца \(\lambda=\dfrac{q}{2\pi R}\). Все точки кольца находятся на расстоянии \(\sqrt{R^2+z^2}\) от точки A. Интегрируя по всему кольцу, \[\Phi(z)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{\sqrt{R^2+z^2}}.\]
A-2. Разложением по степеням \(z\): \[\Phi(z)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{1}{\sqrt{R^2+z^2}}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{z}{R}\right)^2}}\approx\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1-\dfrac{z^2}{2R^2}\right).\]
A-3. Потенциальная энергия электрона \(V(z)=-e\Phi(z)\). Сила, действующая на электрон, \[F(z)=-\dfrac{dV(z)}{dz}=e\dfrac{d\Phi}{dz}=-\dfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z.\] Если это возвращающая сила, при положительном \(z\) она должна быть отрицательной. Значит, \(q>0\).
A-4. Уравнение движения электрона \[m\ddot z+\dfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z=0,\] откуда \[\omega=\sqrt{\dfrac{qe}{4\pi m\varepsilon_0 R^3}}.\]
B-1. Есть два способа решения: (i) прямое интегрирование; (ii) теорема Гаусса и результат части A.
Рисунок 1 к решению — Вычисление потенциала в плоскости кольца прямым интегрированием. На рисунке: \(C\) — точка на кольце; \(O\) — центр; \(B\) — точка наблюдения.
(i) Прямое интегрирование. Обозначения см. на рисунке 1 решения. Из-за цилиндрической симметрии потенциала поместим точку B, в которой вычисляем потенциал, на ось \(x\). Пусть \(|OB|=r\), \(|OC|=R\). Тогда \[|BC|^2=R^2+r^2-2Rr\cos\phi.\] Потенциал, создаваемый элементом кольца \(d\phi\) в точке B: \[d\Phi=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda R\,d\phi}{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\phi}}=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\lambda\,d\phi}{\sqrt{1+\dfrac{r^2}{R^2}-2\dfrac{r}{R}\cos\phi}}.\] Используя разложение из условия для \(\varepsilon=-1/2\), \[d\Phi\approx\dfrac{\lambda\,d\phi}{4\pi\varepsilon_0}\left[1-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{r^2}{R^2}-2\dfrac{r}{R}\cos\phi\right)+\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{r^2}{R^2}-2\dfrac{r}{R}\cos\phi\right)^2\right].\] Отбрасывая члены порядка \(r^3\) и \(r^4\): \[d\Phi\approx\dfrac{\lambda\,d\phi}{4\pi\varepsilon_0}\left[1+\dfrac{r}{R}\cos\phi+\dfrac{r^2}{R^2}\left(\dfrac{3}{2}\cos^2\phi-\dfrac{1}{2}\right)\right].\] Интегрируя по всем углам, \[\Phi(r)=\dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\left[1+\dfrac{r}{R}\cos\phi+\dfrac{r^2}{R^2}\left(\dfrac{3}{2}\cos^2\phi-\dfrac{1}{2}\right)\right]d\phi=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1+\dfrac{r^2}{4R^2}\right).\] Сравнивая с \(\Phi(r)=q(\alpha+\beta r^2)\), получаем \[\beta=\dfrac{1}{16\pi\varepsilon_0 R^3}.\] (ii) Теорема Гаусса.
Рисунок 2 к решению — Вычисление потенциала в плоскости кольца с помощью теоремы Гаусса. На рисунке: \(r\) — радиус цилиндра; \(2z\) — его высота.
Рассмотрим малый цилиндр радиуса \(r\), центр которого совпадает с центром кольца. В части A мы анализировали потенциал вдоль оси \(z\), а здесь — вдоль радиуса \(r\). Для любых \(z\ll R\) и \(r\ll R\) потенциал имеет вид \[\Phi(z,r)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(1-\dfrac{z^2}{2R^2}\right)+q\beta r^2.\] Низшие члены квадратичны по \(r\) и \(z\). Из-за симметрии отражения потенциал не содержит членов вида \(rz\). Отсюда, например, сразу получаем \(\alpha=1/(4\pi\varepsilon_0 R)\). Таким образом, для малых \(r\) и \(z\) радиальная и осевая компоненты поля равны \[\mathcal{E}_z(z,r)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^3}z,\qquad \mathcal{E}_r(z,r)=-2q\beta r.\] Применяя теорему Гаусса к цилиндру, \[\oint\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=0\quad\Rightarrow\quad\int_{\text{side}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S+\int_{\text{base}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=0.\] Второй интеграл: \(\int_{\text{base}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=2\pi r^2\mathcal E_z(z,r)=\dfrac{qzr^2}{2\varepsilon_0 R^3}\). Первый: \(\int_{\text{side}}\vec{\mathcal E}\cdot d\vec S=4\pi r z\,\mathcal E_r(z,r)=-8\pi q\beta r^2 z\). Значит, \[\dfrac{qzr^2}{2\varepsilon_0 R^3}-8\pi q\beta r^2 z=0,\] откуда \[\beta=\dfrac{1}{16\pi\varepsilon_0 R^3},\] что совпадает с результатом прямого интегрирования.
B-2. Потенциальная энергия электрона \(V(r)=-e\Phi(r)\). Сила, действующая на электрон в плоскости \(xy\), \[F(r)=-\dfrac{dV(r)}{dr}=e\dfrac{d\Phi(r)}{dr}=\dfrac{qe}{8\pi\varepsilon_0 R^3}\,r.\] Для колебаний сила при \(r>0\) должна быть отрицательной. Значит, \(q<0\).
C-1. Рассмотрим электрон со скоростью \(v=\sqrt{2E/m}\) на расстоянии \(r\) от «оптической» оси (рисунок 2 условия). Электрон проходит «активную область» линзы за время \[t=\dfrac{d}{v}.\] Уравнение движения в направлении \(r\): \[m\ddot r=2eq\beta r.\] За время прохождения активной области электрон получает радиальную скорость \[v_r=\dfrac{2eq\beta r}{m}\dfrac{d}{v}<0.\] Линза будет собирающей при \(q<0\). Время, за которое электрон достигает «оптической» оси: \[t'=\dfrac{r}{|v_r|}=-\dfrac{mv}{2eq\beta d}.\] За это время электрон проходит в направлении \(z\) расстояние \[\Delta z=t'v=-\dfrac{mv^2}{2eq\beta d}=-\dfrac{E}{eqd\beta}.\] \(\Delta z\) не зависит от радиального расстояния \(r\), поэтому все электроны пересекут «оптическую» ось (будут сфокусированы) в одной и той же точке. Итак, \[f=-\dfrac{E}{eqd\beta}.\]
C-2. Рассмотрим электрон, испущенный под углом \(\gamma\) к оптической оси (рисунок 3 решения).
Рисунок 3 к решению — Фокусировка электронов. На рисунке: \(b\) — расстояние от источника до кольца; \(c\) — расстояние от кольца до фокуса; \(\gamma\) — угол; \(d\) — ширина активной области; \(2R\) — диаметр кольца.
Начальная радиальная скорость электрона \[v_{r;0}=v\sin\gamma\approx v\gamma\approx v\dfrac{r}{b},\] где \(r\) — радиальное расстояние электрона в момент, когда он достигает плоскости кольца. Скорость в направлении \(z\) равна \(v_z=v\cos\gamma\approx v\). Для малых углов \(\gamma\) дополнительная скорость в радиальном направлении, приобретаемая в «активной области», та же, что и в части C-1. Значит, радиальная скорость после прохождения «активной области» \[v_r=v\dfrac{r}{b}+\dfrac{2eq\beta r}{m}\dfrac{d}{v},\] где первый член положителен, а второй отрицателен, так как \(q<0\). Если электроны сфокусированы, то \(v_r<0\) (это можно проверить после получения окончательного результата). Электрон достигнет оптической оси за время \[t'=\dfrac{r}{|v_r|}=-\dfrac{r}{\dfrac{2eq\beta r}{m}\dfrac{d}{v}+\dfrac{vr}{b}}=-\dfrac{1}{\dfrac{2eq\beta d}{mv}+\dfrac{v}{b}}.\] За это время электрон пройдёт расстояние \[c=t'v=-\dfrac{1}{\dfrac{2eq\beta d}{mv^2}+\dfrac{1}{b}}=-\dfrac{1}{\dfrac{eq\beta d}{E}+\dfrac{1}{b}}.\]
C-3. Из предыдущего ответа \[\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=-\dfrac{eq\beta d}{E}.\] Сравнивая с ответом C-1, получаем \[\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{f},\] т.е. формула тонкой оптической линзы справедлива и для электростатической линзы.
D-1. Разделим всё кольцо на две части: часть с углом \(2\alpha\ll 1\) и остальную часть кольца (рисунок 4 решения).
Рисунок 4 к решению — Вычисление ёмкости кольца. Часть с углом \(2\alpha\) вырезана; \(K\) — точка, в которой вычисляется потенциал.
Пусть малый угол \(2\alpha\ll 1\), но длина \(\alpha R\) по-прежнему велика по сравнению с \(a\) (\(\alpha R\gg a\)). Вычислим электростатический потенциал \(\Phi\) в точке \(K\). Он является суммой двух слагаемых: вклада вырезанной части с углом \(2\alpha\) (\(\Phi_1\)) и вклада остальной части кольца (\(\Phi_2\)).
Вклад \(\Phi_1\). Так как \(\alpha\ll1\), кривизной вырезанного цилиндра можно пренебречь. Линейная плотность заряда кольца \(\lambda=\dfrac{q}{2\pi R}\). Потенциал в центре цилиндра \[\Phi_1=2\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q}{2\pi R}\int_0^{\alpha R}\dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\int_0^{\alpha R/a}\dfrac{dy}{\sqrt{1+y^2}}.\] Используя интеграл из условия, \[\Phi_1=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\left(y+\sqrt{1+y^2}\right)\Bigg|_0^{\alpha R/a}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\left(\dfrac{\alpha R}{a}+\sqrt{1+\left(\dfrac{\alpha R}{a}\right)^2}\right).\] Так как \(\alpha R\gg a\), \[\Phi_1\approx\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{2\alpha R}{a}.\] Вклад \(\Phi_2\). Здесь толщиной \(a\) можно пренебречь. По теореме косинусов расстояние между точками K и L (рисунок 8 решения) равно \(|KL|=2R\sin\dfrac{\phi}{2}\).
Рисунок 5 к решению — Вычисление ёмкости кольца. На рисунке: K — точка наблюдения; L — точка на кольце; \(\phi\) — угол между \(OK\) и \(OL\).
Вклад \(\Phi_2\) записывается интегралом \[\Phi_2=2\cdot\dfrac{q}{2\pi}\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\alpha}^{\pi}\dfrac{d\phi}{2R\sin\frac{\phi}{2}}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\int_{\alpha/2}^{\pi/2}\dfrac{d\chi}{\sin\chi}.\] По интегралу из условия \[\int_{\alpha/2}^{\pi/2}\dfrac{d\chi}{\sin\chi}=-\ln\left.\dfrac{\cos\chi+1}{\sin\chi}\right|_{\alpha/2}^{\pi/2}=\ln\dfrac{\cos\frac{\alpha}{2}+1}{\sin\frac{\alpha}{2}}\approx\ln\dfrac{4}{\alpha}\quad\text{при }\alpha\ll1.\] Поэтому \[\Phi_2\approx\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{4}{\alpha}.\] Полный потенциал и ёмкость. Полный потенциал — сумма \(\Phi_1\) и \(\Phi_2\): \[\Phi=\Phi_1+\Phi_2=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{2\alpha R}{a}+\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{4}{\alpha}=\dfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0 R}\ln\dfrac{8R}{a}.\] \(\alpha\) выпадает из выражения. Отсюда ёмкость \(C=q/\Phi\): \[C=\dfrac{4\pi^2\varepsilon_0 R}{\ln\dfrac{8R}{a}}.\] При \(a\to 0\) имеем \(C\to 0\).
D-2. Пусть \(q(t)\) — заряд кольца в момент времени \(t\). Потенциал кольца равен \(q(t)/C\). Падение напряжения на резисторе \(R_0I(t)=R_0\dfrac{dq}{dt}\). Поэтому при \(-\dfrac{d}{2v}<t<\dfrac{d}{2v}\) \[\dfrac{q(t)}{C}+R_0\dfrac{dq}{dt}=V_0.\] Интегрируя это уравнение с учётом того, что \(q(t)=0\) при \(t=-\dfrac{d}{2v}\), получаем \[q(t)=CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}e^{-\frac{t}{R_0C}}\right).\] Наибольшее по модулю значение заряда достигается при \(t=\dfrac{d}{2v}\), и в этот момент \[q_0=CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{vR_0C}}\right).\] При \(t>\dfrac{d}{2v}\) имеем \[\dfrac{q(t)}{C}+R_0\dfrac{dq}{dt}=0.\] Отсюда \[q(t)=q_0e^{-\frac{t-\frac{d}{2v}}{R_0C}}=CV_0\left(e^{\frac{d}{2vR_0C}}-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}\right)e^{-\frac{t}{R_0C}}.\] Итак, \[q(t)=\begin{cases} 0, & t<-\dfrac{d}{2v};\\[4pt] CV_0\left(1-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}e^{-\frac{t}{R_0C}}\right), & -\dfrac{d}{2v}<t<\dfrac{d}{2v};\\[4pt] CV_0\left(e^{\frac{d}{2vR_0C}}-e^{-\frac{d}{2vR_0C}}\right)e^{-\frac{t}{R_0C}}, & t>\dfrac{d}{2v}. \end{cases}\] Для фокусировки заряд должен быть отрицательным, поэтому \(V_0<0\). Зависимость заряда от времени показана на рисунке 6 решения.
Рисунок 6 к решению — Заряд кольца как функция времени. На рисунке: \(q(t)\) — заряд; \(t\) — время; \(q_0\) — минимальное значение заряда.
E-1. Как и в части C, радиальное уравнение движения электрона: \[m\ddot r=2eq(t)\beta r,\] где здесь \(q(t)\) зависит от времени. Обозначим \(\eta=2e\beta/m\), тогда \[\ddot r-\eta q(t)\,r=0.\] Так как \(f/v\gg R_0C\), то за время зарядки и разрядки электрон существенно не меняет своего радиального положения \(r\), и можно считать \(r\) постоянным на протяжении всего процесса зарядки и разрядки. Тогда приобретаемая вертикальная скорость \[v_r=\eta r\int_{-d/(2v)}^{\infty}q(t)\,dt.\] Используем полученные выражения для \(q(t)\) и вычислим интегралы. Интеграл \(\int_{-d/(2v)}^{d/(2v)}q(t)\,dt\) (обозначим \(d/v=t_0\), \(R_0C=\tau\), \(CV_0=Q_0\)): \[\int_{-t_0/2}^{t_0/2}q(t)\,dt=Q_0\left[t_0-\tau\left(1-e^{-t_0/\tau}\right)\right].\] Интеграл \(\int_{d/(2v)}^{\infty}q(t)\,dt\): \[\int_{t_0/2}^{\infty}Q_0\left(e^{\frac{t_0}{2\tau}}-e^{-\frac{t_0}{2\tau}}\right)e^{-\frac{t}{\tau}}\,dt=Q_0\,\tau\left(1-e^{-t_0/\tau}\right).\] Сложив два интеграла, получаем \[\int_{-t_0/2}^{\infty}q(t)\,dt=Q_0\,t_0.\] Интересно, что результат не зависит от \(\tau=R_0C\). Поэтому приобретаемая вертикальная скорость электрона \[v_r=\eta r\,CV_0\,\dfrac{d}{v}=\dfrac{2e\beta CV_0 d\,r}{mv}.\] Повторяя рассуждения части C, получаем фокусное расстояние \[f=-\dfrac{E}{eCV_0 d\beta}.\] E-2. Сравнивая \(f=-\dfrac{E}{eCV_0 d\beta}\) с \(f=-\dfrac{E}{eqd\beta}\) из части C, сразу получаем \[q_{\text{eff}}=CV_0.\]
зад 3 Частицы и волны
Корпускулярно-волновой дуализм, согласно которому каждая частица может быть описана как волна и наоборот, является одним из центральных понятий квантовой механики. В этой задаче мы опираемся на это понятие и лишь на несколько других базовых предположений, чтобы исследовать ряд квантовых явлений, охватывающих два различных типа частиц микромира — фермионы и бозоны.
Часть A. Квантовая частица в ящике (1,4 балла)
Рассмотрим частицу массы \(m\), движущуюся в одномерной потенциальной яме, где её потенциальная энергия \(V(x)\) равна нулю при \(0\le x\le L\) и бесконечна при \(x<0\) или \(x>L\): \[V(x)=\begin{cases}0, & 0\le x\le L;\\ \infty, & x<0\ \text{или}\ x>L.\end{cases}\qquad (1)\] Классическая частица может двигаться в такой яме, имея любую кинетическую энергию, тогда как для квантовой частицы допускаются лишь некоторые определённые дискретные положительные уровни энергии. В любом разрешённом состоянии частица может быть описана как стоячая волна де Бройля с узлами на стенках.
A-1. Определите минимально возможную энергию \(E_{\min}\) квантовой частицы в яме. Выразите ответ через \(m\), \(L\) и постоянную Планка \(h\). (\(0{,}4\) балла)
Состояние частицы с минимальной возможной энергией называется основным, а все остальные разрешённые состояния — возбуждёнными. Упорядочим все возможные значения энергии по возрастанию и обозначим их \(E_n\), начиная с \(E_1\) для основного состояния.
A-2. Найдите общее выражение для энергии \(E_n\) (\(n=1,2,3,\dots\)). (\(0{,}6\) балла)
A-3. Частица может мгновенно переходить из одного состояния в другое только испуская или поглощая фотон, энергия которого равна разности энергий соответствующих состояний. Найдите длину волны \(\lambda_{21}\) фотона, испускаемого при переходе частицы из первого возбуждённого состояния (\(E_2\)) в основное (\(E_1\)). (\(0{,}4\) балла)
Часть B. Оптические свойства молекул (2,1 балла)
В этой части мы изучим некоторые оптические свойства молекулы цианинового красителя Cy5 — широко используемого красителя, схематически показанного на рисунке 1a. Его оптические свойства определяются в основном углеродным остовом, состоящим из чередующихся одинарных и двойных связей между атомами углерода (рисунок 1b), тогда как влияние колец на концах молекулы и радикалов R значительно меньше. Три из четырёх валентных электронов каждого атома C (и атомов N) в остове образуют химические связи, а оставшиеся валентные электроны «обобществлены» и могут перемещаться по всему остову. Потенциальная энергия каждого такого электрона показана тонкой осциллирующей линией на рисунке 1c; минимумы этой энергии соответствуют положениям атомов C и N.
Рисунок 1 — (a) Химическая структура цианинового красителя Cy5 (для простоты атомы водорода не показаны, R обозначает некоторые радикалы). (b) Остов молекулы Cy5 со средним межатомным расстоянием \(l\). (c) Потенциальная энергия электрона вдоль остова (тонкая линия) и её приближение ступенчатой функцией из формулы (1) (толстая линия).
Для простоты аппроксимируем этот профиль потенциальной энергии простой функцией (1) с шириной \(L=10{,}5\,l\) (толстая линия на рисунке 1c), где \(l=140\) пм — среднее межатомное расстояние (см. также рисунок 1b). В результате получаем «электронный газ» из 10 электронов (7 от атомов C, 2 от атома N и 1 от иона N\(^+\)), движущихся в одномерной потенциальной яме, рассмотренной в части A. В нашей оценке можно пренебречь взаимодействием этих электронов между собой, однако нужно учитывать, что электроны являются фермионами и подчиняются принципу Паули. Также пренебрегаем влиянием других электронов и движением ядер.
B-1. Оцените наибольшую длину волны \(\lambda\) фотона, который может поглотить молекула Cy5, считая, что электронная система изначально находится в основном состоянии. Выразите ответ через \(l\), физические постоянные и некоторый численный множитель, и вычислите численное значение. (\(0{,}8\) балла)
B-2. Другой краситель, Cy3, имеет похожее строение, но его остов короче на два атома углерода. Смещён ли его спектр поглощения в более синюю или в более красную область спектра по сравнению с Cy5? Численно оцените величину \(\Delta\lambda\) этого спектрального сдвига. Можно считать, что удаление двух атомов углерода не меняет формы молекулы и лишь уменьшает длину остова на два межатомных расстояния. (\(0{,}4\) балла)
Находясь в возбуждённом состоянии, молекула может спонтанно перейти в основное состояние с испусканием фотона. Средняя скорость \(K\) таких событий (т.е. относительное уменьшение числа молекул в возбуждённом состоянии \(dN/N\) за время \(dt\), \(K=\dfrac{1}{N}\dfrac{dN}{dt}\)) определяется длиной волны \(\lambda\) испускаемого фотона, дипольным моментом перехода \(d\) (порядка \(d\simeq el\), где \(e\) — элементарный заряд), а также электрической постоянной \(\varepsilon_0\) и постоянной Планка \(h\).
B-3. Используя анализ размерностей, определите выражение для скорости спонтанного излучения через \(\varepsilon_0\), \(h\), \(\lambda\) и \(d\). Численный множитель в вашем выражении равен \(\dfrac{16}{3}\pi^3\). (\(0{,}7\) балла)
B-4. Для молекулы Cy5 \(d\approx 2{,}4\,el\). Оцените среднее время жизни флуоресценции \(\tau_{\text{Cy5}}\) самого низкого возбуждённого состояния молекулы Cy5, которое обратно скорости её излучательного перехода в основное состояние. (\(0{,}2\) балла)
Часть C. Бозе–Эйнштейновская конденсация (1,5 балла)
Эта часть не связана напрямую с частями A и B. Здесь мы изучим коллективное поведение бозонных частиц. Бозоны не подчиняются принципу Паули и при низких температурах или высоких плотностях испытывают драматическое явление, известное как бозе-эйнштейновская конденсация (БЭК). Это фазовый переход в своеобразное коллективное квантовое состояние: большое число одинаковых частиц «конденсируется» в одно квантовое состояние и начинает вести себя как единая волна. Переход обычно достигается охлаждением фиксированного числа частиц ниже критической температуры. В принципе его можно вызвать и при постоянной температуре, увеличивая плотность частиц сверх критического значения.
Начнём с изучения связи между температурой и плотностью частиц при переходе. Оказывается, оценки их критических значений можно получить из простого наблюдения: бозе-эйнштейновская конденсация происходит, когда длина волны де Бройля, соответствующая среднеквадратичной скорости частиц, равна характерному расстоянию между частицами в газе.
C-1. Для невзаимодействующего газа атомов \(^{87}\)Rb в термодинамическом равновесии запишите выражения для их типичного импульса \(p\) и типичной длины волны де Бройля \(\lambda_{\text{dB}}\) как функций массы атома \(m\), температуры \(T\) и физических постоянных. (\(0{,}4\) балла)
C-2. Вычислите типичное расстояние между частицами в газе \(\ell\) как функцию плотности частиц \(n\). Затем выведите критическую температуру \(T_c\) как функцию массы атома, их плотности и физических постоянных. (\(0{,}5\) балла)
Для реализации БЭК в лаборатории экспериментаторам необходимо охлаждать газы до температур \(T_c=100\) нК.
C-3. Какова плотность частиц газа Rb \(n_c\), если переход происходит при такой температуре? Для сравнения вычислите также «обычную» плотность частиц \(n_0\) идеального газа при стандартных температуре и давлении (СТД), т.е. \(T_0=300\) К и \(p_0=10^5\) Па. Во сколько раз «обычный» газ плотнее? Можно считать, что масса атомов равна 87 атомным единицам массы (\(m_{\text{а.е.м.}}\)). (\(0{,}6\) балла)
Часть D. Трёхлучевые оптические решётки (5 баллов)
Первые бозе-эйнштейновские конденсаты были получены в 1995 году, и с тех пор экспериментальная работа разошлась в самых разных направлениях. В этой части вы исследуете одну особенно плодотворную идею — загрузку конденсата в пространственно-периодические потенциалы, создаваемые интерференцией нескольких когерентных лазерных пучков. Из-за периодической природы возникающих интерференционных картин их называют оптическими решётками. Потенциальная энергия \(V(\vec r)\) атома, движущегося в оптической решётке, пропорциональна локальной интенсивности света, и в ваших расчётах можно считать, что \[V(\vec r)=-\alpha\left\langle\left|\vec E(\vec r,t)\right|^2\right\rangle. \qquad (2)\] Здесь \(\alpha\) — положительная постоянная, а угловые скобки означают усреднение по времени, которое устраняет быстро осциллирующие члены. Электрическое поле, создаваемое \(i\)-м лазером, описывается выражением \[\vec E_i=E_{0,i}\,\vec\varepsilon_i\cos\left(\vec k_i\cdot\vec r-\omega t\right), \qquad (3)\] с амплитудой \(E_{0,i}\), волновым вектором \(\vec k_i\) и единичным вектором поляризации \(\vec\varepsilon_i\).
Рисунок 2 — (a) Трёхлучевая оптическая решётка: три плоские волны с волновыми векторами \(\vec k_{1,2,3}\) пересекаются и интерферируют в области, отмеченной серым кругом. (b) Симметрии правильного шестиугольника: сплошные и штриховые линии показывают два набора осей симметрии. (c) Седловая точка: точка на поверхности, где наклоны по взаимно перпендикулярным направлениям равны нулю, но которая не является локальным экстремумом функции. При движении по траектории, отмеченной сплошной линией, встречается кажущийся минимум; для отличия истинного минимума от седловой точки нужен дополнительный анализ перпендикулярного направления (штриховая линия).
Ваша задача — изучить треугольные оптические решётки, создаваемые интерференцией трёх когерентных лазерных пучков одинаковой интенсивности. Типичная установка показана на рисунке 2a. Здесь все три пучка поляризованы в направлении \(z\), распространяются в плоскости \(xy\) и пересекаются под равными углами 120°. Направление оси \(x\) выберите параллельным волновому вектору \(\vec k_1\).
D-1. Используя (2) и (3), получите выражение для потенциальной энергии \(V(\vec r)\) как функции \(\vec r=(x,y)\) в плоскости пучков. Подсказка: результат можно компактно записать в виде постоянного члена плюс суммы трёх косинусов от аргументов \(\vec b_i\cdot\vec r\). Запишите результат в этом виде и определите векторы \(\vec b_i\). (\(1{,}4\) балла)
D-2. Результирующая потенциальная энергия обладает осью симметрии шестого порядка, т.е. распределение потенциала инвариантно относительно поворота на кратный \(60^\circ\) угол вокруг начала координат. Приведите простой аргумент, доказывающий, что это действительно так. (\(0{,}5\) балла)
Это наблюдение симметрии упрощает анализ двумерного распределения потенциала \(V(\vec r)\). Как показано на рисунке 2b, правильный шестиугольник имеет оси симметрии, которые соединяют противоположные вершины (сплошные линии), и середины противоположных сторон (штриховые линии). Поэтому в нашей ситуации не нужно строить и изучать двумерные графики потенциала: многое можно понять, рассматривая координатные оси \(x\) и \(y\), проходящие вдоль осей симметрии.
D-3. Найдите поведение потенциала \(V(\vec r)\) вдоль координатных осей, т.е. определите функции \(V_X(x)\equiv V(x,0)\) и \(V_Y(y)\equiv V(0,y)\). Определите положения экстремумов \(V_X(x)\) и \(V_Y(y)\) как функций одного аргумента. Так как эти функции периодичны, включите в свои списки только по одному представителю из каждого семейства периодически повторяющихся минимумов и максимумов. (\(1{,}2\) балла)
Мы заинтересованы в определении положений так называемых узлов решётки, т.е. минимумов полного двумерного потенциала \(V(\vec r)\). Найденные минимумы одномерных функций \(V_X\) и \(V_Y\) указывают предполагаемые положения, но их ещё нужно проверить, чтобы исключить седловые точки. Как показано на рисунке 2c, при изучении вдоль одной линии седловые точки могут выглядеть как минимумы, но ими не являются.
D-4. Используя результаты предыдущего вопроса, определите истинные минимумы оптической решётки: найдите все эквивалентные минимумы, ближайшие к началу координат (но не совпадающие с ним). Каково расстояние \(a\) между ближайшими минимумами, иначе говоря — постоянная решётки нашей оптической решётки? Выразите ответ через длину волны лазера \(\lambda_{\text{las}}\). (\(0{,}8\) балла)
Зарядовая нейтральность ультрахолодных атомов означает, что их взаимодействия становятся существенными только тогда, когда два или более атомов занимают один и тот же узел оптической решётки. Однако экспериментаторы умеют создавать установки, поддерживающие дальнодействующие атомные взаимодействия. Один из возможных подходов основан на создании так называемых ридберговских атомов, которые физически велики и обладают другими ярко выраженными свойствами. Ридберговские атомы — возбуждённые атомы, у которых один электрон переведён в состояние с очень большим главным квантовым числом \(n\). Размер ридберговского атома можно оценить, вычислив радиус классической круговой орбиты этого электрона с орбитальным моментом импульса \(n\hbar\), где \(\hbar\) — приведённая постоянная Планка.
D-5. Вычислите значение \(n\), которое соответствует радиусу ридберговского атома Rb, сравнимому с длиной волны лазерного света \(\lambda_{\text{las}}=380\) нм. Выразите ответ через \(\lambda_{\text{las}}\) и физические постоянные и найдите его численное значение. (\(1{,}1\) балла)
▶ПодсказкаСкрыть
Для части A вспомните, что стоячая волна де Бройля укладывается в яму целым числом полуволн. Для части D сложите три косинуса в (2) и выясните, какие аргументы возникают; симметрию удобно проверять на минимумах вдоль осей.
▶ОтветСкрыть
A-1) \(E_{\min}=\dfrac{h^2}{8mL^2}\); A-2) \(E_n=\dfrac{h^2n^2}{8mL^2}\), \(n=1,2,3,\dots\); A-3) \(\lambda_{21}=\dfrac{8mcL^2}{3h}\); B-1) \(\lambda=\dfrac{882}{11}\dfrac{m_e c\,l^2}{h}\approx 647\) нм; B-2) сдвиг в синюю область, \(\lambda_{\text{Cy3}}\approx 518\) нм, \(\Delta\lambda\approx 129\) нм; B-3) \(K=\dfrac{16\pi^3}{3}\dfrac{d^2}{\varepsilon_0 h\lambda^3}\); B-4) \(\tau_{\text{Cy5}}\approx 3{,}3\) нс; C-1) \(p=\sqrt{3mk_BT}\), \(\lambda_{\text{dB}}=\dfrac{h}{\sqrt{3mk_BT}}\); C-2) \(\ell=n^{-1/3}\), \(T_c=\dfrac{h^2n^{2/3}}{3mk_B}\); C-3) \(n_c\approx 1{,}59\cdot10^{18}\) м\(^{-3}\), \(n_0/n_c\approx 1{,}5\cdot10^{7}\); D-1) \(V(\vec r)=-\alpha E_0^2\left(\dfrac32+\sum_{j=1}^{3}\cos(\vec b_j\cdot\vec r)\right)\), \(\vec b_1=\vec k_2-\vec k_3\), \(\vec b_2=\vec k_3-\vec k_1\), \(\vec b_3=\vec k_1-\vec k_2\); D-3) \(V_X(x)=-\alpha E_0^2\left(\dfrac52+2\cos\dfrac{3kx}{2}\right)\), минимум при \(x=0\), максимум при \(x=\dfrac{2\pi}{3k}\); \(V_Y(y)=-\alpha E_0^2\left(\dfrac32+\cos2\varphi+2\cos\varphi\right)\), \(\varphi=\dfrac{\sqrt3\,k y}{2}\): минимум при \(y=0\) (узел решётки), мелкий минимум при \(y=\dfrac{2\pi}{\sqrt3 k}\) (седловая точка), максимумы при \(y=\dfrac{4\pi}{3\sqrt3 k}\) и \(y=\dfrac{8\pi}{3\sqrt3 k}\); D-4) шесть ближайших эквивалентных минимумов в направлениях \(0^\circ\), \(\pm60^\circ\), \(\pm120^\circ\), \(180^\circ\) от \(x\), на расстоянии \(a=\dfrac{4\pi}{3k}=\dfrac{2}{3}\lambda_{\text{las}}\); D-5) \(n\approx 85\).
▶РешениеСкрыть
A-1. Ширина ямы \(L\) равна половине длины волны де Бройля стоячей волны \(\lambda_{\text{dB}}=h/p\), т.е. \(p=h/\lambda_{\text{dB}}=h/(2L)\). Тогда минимальная энергия частицы \[E_{\min}=\dfrac{p^2}{2m}=\dfrac{h^2}{8mL^2}.\]
A-2. В яму должно укладываться целое число полуволн де Бройля: \(L=\dfrac12\lambda_{\text{dB}}^{(n)}\cdot n\), \(n=1,2,\dots\). Тогда импульс, соответствующий длине волны \(\lambda_{\text{dB}}^{(n)}\), равен \[p_n=\dfrac{h}{\lambda_{\text{dB}}^{(n)}}=\dfrac{hn}{2L},\] а соответствующая энергия \[E_n=\dfrac{p_n^2}{2m}=\dfrac{h^2n^2}{8mL^2},\qquad n=1,2,3,\dots\ .\]
A-3. Энергия испущенного фотона \(E=hc/\lambda\) (здесь \(c\) — скорость света, \(\lambda\) — длина волны фотона) должна равняться разности энергий \(\Delta E=E_2-E_1\), поэтому \[\lambda_{21}=\dfrac{hc}{E_2-E_1}=\dfrac{8mcL^2}{3h}.\]
B-1. С учётом принципа Паули каждый уровень \(E_n\) занят двумя электронами с противоположно направленными спинами. Значит, 10 электронов заполняют 5 нижних состояний, а поглощение фотона наибольшей длины волны соответствует переходу одного электрона с занятого уровня \(E_5\) на свободный уровень \(E_6\): \[\dfrac{hc}{\lambda}=E_6-E_5,\] где \(E_6\) и \(E_5\) находятся по формуле (1), в которой \(m\) заменено массой электрона \(m_e\). Получаем \[\lambda=\dfrac{c\cdot 8m_e L^2}{h\,(6^2-5^2)}=\dfrac{10{,}5^2\cdot 8}{11}\dfrac{m_e c\,l^2}{h}=\dfrac{882}{11}\dfrac{m_e c\,l^2}{h}\approx 647\text{ нм}.\] Этот результат точно соответствует экспериментальному положению пика спектра поглощения Cy5.
B-2. В аналогичной модели для молекулы Cy3 в яме длиной \(L=8{,}5\,l\) находятся 8 электронов, поэтому поглощение фотона соответствует переходу \(E_4\to E_5\). С учётом результата пункта B-1 \[\lambda_{\text{Cy3}}=\dfrac{8{,}5^2\cdot 8}{5^2-4^2}\dfrac{m_e c\,l^2}{h}\approx 518\text{ нм},\] т.е. спектр поглощения Cy3 сдвинут на \(\Delta\lambda\approx 129\) нм в синюю область по сравнению со спектром Cy5. Экспериментальное значение \(\lambda^{(\text{exp})}_{\text{Cy3}}=548\) нм, так что наша модель довольно хорошо передаёт общие свойства этих красителей.
B-3. Пусть \[K=k\,\varepsilon_0^{\alpha}h^{\beta}\lambda^{\gamma}d^{\delta}.\] Размерности величин в СИ: \([\varepsilon_0]=\dfrac{\text{А}^2\cdot\text{с}^4}{\text{кг}\cdot\text{м}^3}\), \([h]=\dfrac{\text{кг}\cdot\text{м}^2}{\text{с}}\), \([\lambda]=\text{м}\), \([d]=\text{А}\cdot\text{с}\cdot\text{м}\), \([K]=\text{с}^{-1}\). Подставляя их, получаем систему линейных уравнений для степеней \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), \(\delta\): \[2\alpha+\delta=0,\qquad -\alpha+\beta=0,\qquad 4\alpha-\beta+\delta=-1,\qquad -3\alpha+2\beta+\gamma+\delta=0.\] Её решение: \(\alpha=\beta=-1\), \(\gamma=-3\), \(\delta=2\), поэтому скорость спонтанного излучения \[K=\dfrac{16\pi^3}{3}\dfrac{d^2}{\varepsilon_0 h\lambda^3}.\]
B-4. Используя формулу для скорости излучения из пункта B-3, выражая дипольный момент перехода как \(d=2{,}4\,el\) и подставляя \(\lambda\approx 647\) нм из пункта B-1, получаем \[\tau_{\text{Cy5}}=\dfrac{3}{16\pi^3}\dfrac{\varepsilon_0 h\,\lambda^3}{2{,}4^2\,l^2e^2}\approx 3{,}3\text{ нс}.\]
C-1. При температуре \(T\) средняя кинетическая энергия поступательного движения равна \(\dfrac32 k_BT\). Приравнивая её к \(p^2/(2m)\), получаем типичный импульс \(p=\sqrt{3mk_BT}\) и длину волны де Бройля \[\lambda_{\text{dB}}=\dfrac{h}{p}=\dfrac{h}{\sqrt{3mk_BT}}.\]
C-2. Объём, приходящийся на одну частицу \(V/N\), является хорошей оценкой для \(\ell^3\). Получаем \(\ell=n^{-1/3}\), где \(n=N/V\), и, приравнивая \(\ell=\lambda_{\text{dB}}\), выражаем \[T_c=\dfrac{h^2n^{2/3}}{3mk_B}.\]
C-3. Используя ответ предыдущего пункта, выражаем \[n_c=\dfrac{(3mk_BT_c)^{3/2}}{h^3}.\] Уравнение состояния идеального газа даёт \(n_0=\dfrac{p}{k_BT}\). Численные оценки: \(n_c\approx 1{,}59\cdot10^{18}\) м\(^{-3}\) и \(n_0/n_c\approx 1{,}5\cdot10^{7}\).
D-1. Суммируем три электрических поля (компоненты \(z\)) \[E(\vec r,t)=E_0\sum_{i=1}^{3}\cos\left(\vec k_i\cdot\vec r-\omega t\right),\] и возводим результат в квадрат: \[E^2(\vec r,t)=\dfrac{E_0^2}{2}\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}\left\{\cos\left[(\vec k_i-\vec k_j)\cdot\vec r\right]+\cos\left[(\vec k_i+\vec k_j)\cdot\vec r-2\omega t\right]\right\}.\] Усреднение по времени даёт \[\left\langle E^2(\vec r,t)\right\rangle=\dfrac{E_0^2}{2}\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}\cos\left[(\vec k_i-\vec k_j)\cdot\vec r\right].\] Анализируя 9 слагаемых, получаем \[\left\langle E^2(\vec r,t)\right\rangle=E_0^2\left(\dfrac32+\sum_{j=1}^{3}\cos\left(\vec b_j\cdot\vec r\right)\right),\] где \[\vec b_1=\vec k_2-\vec k_3,\qquad \vec b_2=\vec k_3-\vec k_1,\qquad \vec b_3=\vec k_1-\vec k_2.\] Их можно записать через символ Леви-Чивиты \(\vec b_k=\varepsilon_{ijk}(\vec k_i-\vec k_j)\). Эти векторы известны как векторы обратной решётки.
D-2. Аргумент: поворот на \(60^\circ\) переводит тройку векторов \(\vec b_{1,2,3}\) в перенумерованную тройку векторов вида \(-\vec b\), а косинус при изменении знака аргумента не меняется, поэтому потенциал не меняется.
D-3. Получаем \[V(x,y)=-\alpha E_0^2\left\{\dfrac32+\cos\left(ky\sqrt3\right)+\cos\left(\dfrac{3kx}{2}+\dfrac{ky\sqrt3}{2}\right)+\cos\left(\dfrac{3kx}{2}-\dfrac{ky\sqrt3}{2}\right)\right\},\] откуда \[V_X(x)=-\alpha E_0^2\left(\dfrac52+2\cos\dfrac{3kx}{2}\right).\] Потенциал имеет простой косинусоидальный вид, а начало координат — очевидный минимум. Его копии повторяются с шагом \(\Delta x=\dfrac{4\pi}{3k}\). В середине между любыми двумя минимумами, например при \(x=\Delta x/2=\dfrac{2\pi}{3k}\), функция \(V_X(x)\) имеет максимумы.
Что касается поведения вдоль оси \(y\): \[V_Y(y)=-\alpha E_0^2\left(\dfrac32+\cos2\varphi+2\cos\varphi\right),\qquad \varphi=\dfrac{\sqrt3\,ky}{2}.\] Для поиска экстремумов получаем уравнение \[\sin2\varphi+\sin\varphi=0.\] — \(\varphi=0\) (соответствует \(y=0\)) — «глубокий» минимум, т.е. узел решётки; — \(\varphi=\pi\) (соответствует \(y=\dfrac{2\pi}{\sqrt3 k}\)) — «мелкий» минимум (позже показано, что это седловая точка \(V(x,y)\)); — \(\varphi=\dfrac{2\pi}{3}\) и \(\varphi=\dfrac{4\pi}{3}\) (соответствуют \(y=\dfrac{4\pi}{3\sqrt3 k}\) и \(y=\dfrac{8\pi}{3\sqrt3 k}\)) — максимумы. D-4. Пересматриваем минимумы, найденные в предыдущем вопросе, и исключаем седловую точку \(\left(0,\dfrac{2\pi}{3\sqrt3 k}\right)\). Истинные минимумы двумерного потенциала \(V(x,y)\): — \((0,0)\) — в начале координат; — \(\left(\dfrac{4\pi}{3k},0\right)\) — ближайший к началу координат в положительном направлении оси \(x\). Из соображений симметрии имеется шесть эквивалентных ближайших минимумов в направлениях \(0^\circ\), \(\pm60^\circ\), \(\pm120^\circ\) и \(180^\circ\) относительно оси \(x\). Расстояние между ближайшими минимумами (постоянная решётки) \(a=\dfrac{4\pi}{3k}\). Так как длина волны лазера \(\lambda_{\text{las}}=\dfrac{2\pi}{k}\), имеем \(a=\Delta x=\dfrac{2\lambda_{\text{las}}}{3}\), т.е. \(\dfrac{a}{\lambda_{\text{las}}}=\dfrac{2}{3}\).
D-5. Остовные электроны атома (все, кроме одного, переведённого в состояние с большим главным квантовым числом \(n\)) экранируют электрическое поле ядра, поэтому эффективный потенциал для внешнего электрона напоминает потенциал атома водорода. Сила притяжения, действующая на этот электрон, \(F=\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\), создаёт его центростремительное ускорение \(a=\dfrac{v^2}{r}\). Приравнивая \(F=m_ea\) и используя выражение для углового момента \(m_evr=n\hbar\), чтобы исключить скорость, находим квантовое число \(n\), соответствующее орбите радиуса \(r=\lambda_{\text{las}}\): \[n=\dfrac{e}{\hbar}\sqrt{\dfrac{m_e\lambda_{\text{las}}}{4\pi\varepsilon_0}}\approx 85.\]
Источник: Международная физическая олимпиада (IPhO) 2021, теоретический тур — условия (1) · условия (2) · условия (3) · решения (1) · решения (2) · решения (3). Задачи перенабраны на botay.pro, решения — по официальным.