IPhO 2024, теоретический тур

Подсказка

Все пункты B сводятся к балансу мощностей для Земли и для атмосферы по отдельности. Альбедо удобнее находить как сумму геометрической прогрессии по числу отражений между Землёй и атмосферой.

Ответ

A-1) \(S_0 = \sigma T_S^4\left(\dfrac{R_S}{d}\right)^2 \approx 1{,}35\times10^3\) Вт/м\(^2\);  A-2) \(T_E = \left(\dfrac{S_0}{4\sigma}\right)^{1/4} \approx 278\) К;  A-3) \(f(x) = 5\,(1-e^{-x}) - x\);  A-4) \(x_m \approx 4{,}97\), \(b \approx 2{,}89\times10^6\) нм\(\cdot\)К;  A-5) \(\lambda_{\max}^{\text{Sun}} \approx 5{,}01\times10^2\) нм, \(\lambda_{\max}^{\text{Earth}} \approx 1{,}04\times10^4\) нм;  A-6) \(\gamma \approx 1{,}20\times10^{-2}\);  B-1) \(T_A \approx 258\) К, \(T_E \approx 307\) К;  B-2) \(\alpha = r_A + \dfrac{(1-r_A)^2\,r_E}{1-r_A r_E} \approx 0{,}313\);  B-3) а) \(T_E = \left[\dfrac{(1-\alpha)S_0}{2\sigma(2-\varepsilon)}\right]^{1/4}\), б) \(\varepsilon \approx 0{,}81\);  B-4) \(\dfrac{dT_E}{d\varepsilon} = \dfrac{1}{4(2-\varepsilon)}\left[\dfrac{(1-\alpha)S_0}{2\sigma(2-\varepsilon)}\right]^{1/4}\), \(\delta T_E \approx 0{,}49\) К;  B-5) \(\varepsilon \approx 0{,}85\), \(k \approx 0{,}36\) Вт/(м\(^2\cdot\)К);  B-6) а) система уравнений приведена в решении, б) \(\delta T_E \approx 0{,}52\) К.

Решение

A-1. Вся энергия, излучаемая поверхностью Солнца, попадает на сферу радиуса \(d\), поэтому \(\sigma T_S^4 \cdot 4\pi R_S^2 = 4\pi d^2 \cdot S_0\), откуда \[S_0 = \sigma T_S^4\left(\frac{R_S}{d}\right)^2 = 5{,}67\times10^{-8}\cdot(5{,}77\times10^3)^4\cdot\left(\frac{6{,}96\times10^8}{1{,}5\times10^{11}}\right)^2 = 1{,}35\times10^3\ \text{Вт/м}^2.\]

A-2. Земля находится в тепловом равновесии, поэтому поглощаемая ею в единицу времени энергия равна излучаемой. Земля перехватывает солнечное излучение через сечение \(\pi R_E^2\), а излучает со всей поверхности \(4\pi R_E^2\): \(\pi R_E^2 S_0 = 4\pi R_E^2\sigma T_E^4\), откуда \[T_E = \left(\frac{S_0}{4\sigma}\right)^{1/4} = \sqrt{\frac{R_S}{2d}}\,T_S = 278\ \text{К}.\]

A-3. Максимум излучения достигается на длине волны, где производная \(u\) по \(\lambda\) равна нулю: \[\frac{du}{d\lambda} = \frac{2\pi hc^2}{\lambda^6}\cdot\frac{1}{\exp\!\left(\frac{hc}{\lambda k_BT}\right)-1}\cdot\left[-5+\frac{\frac{hc}{\lambda k_BT}\exp\!\left(\frac{hc}{\lambda k_BT}\right)}{\exp\!\left(\frac{hc}{\lambda k_BT}\right)-1}\right].\] Из условия \(\dfrac{du}{d\lambda}\Big|_{\lambda=\lambda_m}=0\) при \(x_m \equiv \dfrac{hc}{\lambda_m k_B T}\) получаем трансцендентное уравнение \[5\,(1-e^{-x_m}) - x_m = 0, \qquad f(x) = 5\,(1-e^{-x}) - x.\]

A-4. Первое приближение \(x_m^{(1)} = 5\). Подставляя повторно, получаем \(x_m^{(2)} = 5(1-e^{-5}) = 4{,}97\) и \(x_m^{(3)} = 5(1-e^{-4{,}97}) = 4{,}97\). Дальнейшие итерации не меняют \(x_m\) с точностью до трёх значащих цифр, поэтому \(x_m = 4{,}97\) и \[b = \frac{hc}{x_m k_B} = \frac{1240\ \text{эВ}\cdot\text{нм}}{4{,}97\cdot 8{,}62\times10^{-5}\ \text{эВ/К}} = 2{,}89\times10^6\ \text{нм}\cdot\text{К}.\]

A-5. По закону Вина с найденным \(b\): \[\lambda_{\max}^{\text{Sun}} = \frac{b}{T_S} = \frac{2{,}89\times10^6}{5{,}77\times10^3} = 5{,}01\text{--}5{,}02\times10^2\ \text{нм}, \qquad \lambda_{\max}^{\text{Earth}} = \frac{b}{T_E} = \frac{2{,}89\times10^6}{278} = 1{,}04\times10^4\ \text{нм}.\]

A-6. Из диаграммы видно, что \(\gamma\,\tilde u_S(\lambda_{\max}^{\text{Sun}}) = u(\lambda_{\max}^{\text{Earth}}, T_E)\). Поскольку \[\tilde u_S(\lambda_{\max}^{\text{Sun}}) = \left(\frac{R_S}{d}\right)^2\frac{2\pi hc^2}{(\lambda_{\max}^{\text{Sun}})^5}\cdot\frac{1}{\exp\!\left(\frac{hc}{k_B b}\right)-1}, \qquad u(\lambda_{\max}^{\text{Earth}}, T_E) = \frac{2\pi hc^2}{(\lambda_{\max}^{\text{Earth}})^5}\cdot\frac{1}{\exp\!\left(\frac{hc}{k_B b}\right)-1},\] деление дает \[\gamma = \left(\frac{d}{R_S}\right)^2\left(\frac{T_E}{T_S}\right)^5 = \left(\frac{d}{R_S}\right)^2\left(\frac{\lambda_{\max}^{\text{Sun}}}{\lambda_{\max}^{\text{Earth}}}\right)^5 = 1{,}20\text{--}1{,}21\times10^{-2}.\]

B-1. Земля и её атмосфера находятся в тепловом равновесии, поэтому входящая и выходящая мощности совпадают. Для Земли \[(\pi R_E^2)(1-r_A)S_0 + (4\pi R_E^2)\sigma T_A^4 = (4\pi R_E^2)\sigma T_E^4,\] для атмосферы \[(4\pi R_E^2)\sigma T_E^4 = 2(4\pi R_E^2)\sigma T_A^4.\] Коэффициент 2 обусловлен тем, что атмосфера излучает тепло в обе стороны — вверх и вниз. Исключая \(T_E\), получаем \[T_A = \left(\frac{(1-r_A)S_0}{4\sigma}\right)^{1/4} = 2{,}58\times10^2\ \text{К}, \qquad T_E = \left(2T_A^4\right)^{1/4} = \left(\frac{(1-r_A)S_0}{2\sigma}\right)^{1/4} = 3{,}07\times10^2\ \text{К}.\]

B-2. Как видно на рисунке 2, доля \((1-r_A)\) солнечного излучения достигает поверхности Земли, пройдя через атмосферу. Доля \(r_E\) этого света отражается обратно к атмосфере, где доля \(r_A\) отражается и возвращается к поверхности Земли. Процесс повторяется бесконечно, и сумма мощностей, переданных в космос на всех этих шагах, определяет альбедо. Обозначим мощность, возвращённую в космос после \(n\) отражений, через \(\tilde S_n\). Тогда \(\tilde S_0 = r_A S_0\), а оставшаяся мощность \((1-r_A)S_0\) достигает поверхности Земли. От неё отражается \((1-r_A)r_E S_0\), и доля \((1-r_A)\) этой мощности проходит через атмосферу в космос, поэтому \(\tilde S_1 = (1-r_A)^2 r_E S_0\). Для последующих отражений \(\tilde S_n = (r_A r_E)^{n-1}\tilde S_1\). Суммируя, \[\tilde S = \sum_{n=0}^{\infty}\tilde S_n = \tilde S_0 + \tilde S_1\sum_{n=1}^{\infty}(r_A r_E)^{n-1} = \left[r_A + \frac{(1-r_A)^2 r_E}{1-r_A r_E}\right]S_0,\] откуда \[\alpha = \frac{\tilde S}{S_0} = r_A + \frac{(1-r_A)^2 r_E}{1-r_A r_E} = 3{,}13\times10^{-1}.\]

B-3. Снова тепловое равновесие требует равенства входящей и выходящей мощностей для Земли и атмосферы; отличие в том, что Земля теперь поглощает долю \((1-\alpha)\) солнечного излучения. Для Земли \[(4\pi R_E^2)\,\varepsilon\sigma T_A^4 + (\pi R_E^2)(1-\alpha)S_0 = (4\pi R_E^2)\sigma T_E^4,\] для атмосферы \[(4\pi R_E^2)\,\varepsilon\sigma T_E^4 = 2(4\pi R_E^2)\,\varepsilon\sigma T_A^4.\] Отсюда \[T_E = \left[\frac{(1-\alpha)S_0}{2\sigma(2-\varepsilon)}\right]^{1/4}, \qquad T_A = \left(\frac{T_E^4}{2}\right)^{1/4},\] и \[\varepsilon = \frac{\sigma T_E^4 - (1-\alpha)S_0/4}{\sigma T_A^4} = \frac{2\left[\sigma T_E^4 - (1-\alpha)S_0/4\right]}{\sigma T_E^4} = 8{,}07\text{--}8{,}11\times10^{-1}.\]

B-4. \[\frac{dT_E}{d\varepsilon} = \frac{1}{4}\left[\frac{(1-\alpha)S_0}{2\sigma(2-\varepsilon)}\right]^{1/4}\frac{1}{2-\varepsilon}.\] При \(\delta\varepsilon = 0{,}01\,\varepsilon\): \[\delta T_E = \frac{dT_E}{d\varepsilon}\,\varepsilon\cdot 0{,}01 = 4{,}87\text{--}4{,}92\times10^{-1}\ \text{К}.\]

B-5. Уравнения теплового равновесия похожи на B-3, но к ним добавляется нерадиационный тепловой поток. Для Земли \[(\pi R_E^2)(1-\alpha)S_0 + (4\pi R_E^2)\,\varepsilon\sigma T_A^4 = (4\pi R_E^2)\sigma T_E^4 + (4\pi R_E^2)\,k(T_E-T_A),\] для атмосферы \[(4\pi R_E^2)\,\varepsilon\sigma T_E^4 + (4\pi R_E^2)\,k(T_E-T_A) = 2(4\pi R_E^2)\,\varepsilon\sigma T_A^4.\] После вычислений \[\varepsilon = \frac{\sigma T_E^4 - (1-\alpha)\frac{S_0}{4}}{\sigma(T_E^4 - T_A^4)} = 8{,}47\text{--}8{,}52\times10^{-1},\] \[k = \frac{\varepsilon\sigma(2T_A^4 - T_E^4)}{T_E - T_A} = \frac{(2T_A^4 - T_E^4)\left[\sigma T_E^4 - (1-\alpha)\frac{S_0}{4}\right]}{(T_E^4 - T_A^4)(T_E - T_A)} = 3{,}57\text{--}3{,}66\times10^{-1}\ \text{Вт/(м}^2\cdot\text{К)}.\]

B-6. а) Логарифмируем соотношения из B-5: \[\ln\varepsilon = \ln\!\left[\sigma T_E^4 - (1-\alpha)\frac{S_0}{4}\right] - \ln\sigma - \ln(T_E^4 - T_A^4),\] \[\ln k = \ln\varepsilon + \ln\sigma + \ln(2T_A^4 - T_E^4) - \ln(T_E - T_A),\] и дифференцируем по \(\varepsilon\). Получаем систему двух линейных уравнений: \[\varepsilon\left[\frac{1}{T_E-T_A} + \frac{4T_E^3}{2T_A^4-T_E^4}\right]\frac{dT_E}{d\varepsilon} = 1 + \varepsilon\left[\frac{8T_A^3}{2T_A^4-T_E^4} + \frac{1}{T_E-T_A}\right]\frac{dT_A}{d\varepsilon},\] \[1 + \varepsilon\left[\frac{4T_E^3}{T_E^4-T_A^4} - \frac{4\sigma T_E^3}{\sigma T_E^4-(1-\alpha)\frac{S_0}{4}}\right]\frac{dT_E}{d\varepsilon} = \frac{4T_A^3}{T_E^4-T_A^4}\,\varepsilon\,\frac{dT_A}{d\varepsilon}.\] б) Решая систему и подставляя \(\varepsilon\) из B-5, \[\delta T_E = \varepsilon\,\frac{dT_E}{d\varepsilon}\cdot 0{,}01 = 5{,}21\text{--}5{,}28\times10^{-1}\ \text{К}.\]

Подсказка

Для A-1 удобно воспользоваться теоремой Гаусса для тонкого цилиндра у центра кольца. Для A-3 и A-4 разложите решение на медленную и быструю части и усредните по периоду быстрых колебаний. Для B-2 перейдите в систему отсчёта атома: частота лазера в ней сдвигается на \(\pm\omega_L v/c\).

Ответ

A-1) а) \(\vec E(x,y,z) = \left(-\dfrac{\lambda x}{4\varepsilon_0R^2},\ -\dfrac{\lambda y}{4\varepsilon_0R^2},\ \dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\right)\); б) \(\omega_x = \omega_y = \sqrt{\dfrac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2m}}\);  A-2) \(k = \sqrt{\dfrac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m}}\), \(a = \dfrac{Qu}{2\varepsilon_0R^2m\Omega^2}\);  A-3) а) \(\ddot q = pa\Omega^2\cos\Omega t\), б) \(q(t) = -pa\cos\Omega t\);  A-4) а) \(\ddot p = \left(k^2 - \dfrac{a^2\Omega^2}{2}\right)p\), б) устойчивое равновесие при \(\Omega > \sqrt2\,\dfrac{k}{a}\);  A-5) \(k \approx 2\times10^5\) рад/с, \(\Omega_{\min} \approx 7\times10^6\) рад/с;  B-1) \(\Gamma = \dfrac{1}{\tau}\);  B-2) а) \(s_\pm = s_L \pm\alpha\omega_L\dfrac{v}{c}\), \(\pi_+ = -\hbar k_L s_+\), \(\pi_- = +\hbar k_L s_-\); б) \(F = -2\alpha\hbar k_L^2\,v\);  B-3) \(P_{\text{in}} = \dfrac{\hbar^2k_L^2}{m\tau}\);  B-4) \(P_{\text{out}} = -2\alpha\hbar k_L^2\,\overline{v^2}\), \(\overline{v^2} = \dfrac{\hbar\Gamma}{2\alpha m}\), \(T = \dfrac{\hbar\Gamma}{2\alpha k_B}\);  B-5) \(T \approx 2\times10^{-4}\) К.

Решение

A-1. Из симметрии следует, что на оси \(z\) единственная ненулевая компонента поля направлена вдоль \(z\): \[\vec E(0,0,z) = E_z(0,0,z)\,\hat z = \hat z\int\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{R^2+z^2}\cdot\frac{z}{(R^2+z^2)^{1/2}}.\] Элемент \(dq = \lambda R\,d\varphi\), где \(\varphi\) — угол с осью \(x\). Тогда \[E(0,0,z) = \hat z\,\frac{\lambda R}{2\varepsilon_0}\,\frac{z}{(z^2+R^2)^{3/2}}.\] При \(z \ll R\) это даёт \(E_z(0,0,z) = \dfrac{\lambda R}{2\varepsilon_0}\dfrac{z}{R^3} = \dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\). Вблизи оси \[E_z(x,y,z) = E_z(0,0,z) + x\,\frac{\partial E_z}{\partial x}\Big|_{(0,0,z)} + y\,\frac{\partial E_z}{\partial y}\Big|_{(0,0,z)} + O(x^2,y^2,z^2).\] Так как неразличимы \(x\) и \(-x\), а также \(y\) и \(-y\), производные \(\dfrac{\partial E_z}{\partial x} = \dfrac{\partial E_z}{\partial y} = 0\). Поэтому до первого порядка по \(x\), \(y\) и \(z\) \[E_z(x,y,z) = \frac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}.\] Рассмотрим гауссову поверхность в форме симметричного цилиндра вокруг оси \(z\), основания которого параллельны плоскости \(xy\). Радиус цилиндра \(\rho\), высота \(2z\) (обе величины малы).

Рисунок к решению A-1 — гауссова поверхность (цилиндр) с потоками через \(S_1\), \(S_2\) и \(S_3\). По теореме Гаусса \[0 = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \oint\vec E\cdot d\vec S = \int_{S_1}\vec E\cdot d\vec S + \int_{S_2}\vec E\cdot d\vec S + \int_{S_3}\vec E\cdot d\vec S.\] Интегралы по \(S_1\) и \(S_2\) равны: \(\int_{S_1}\vec E\cdot d\vec S = \int_{S_2}\vec E\cdot d\vec S = \pi\rho^2\,\dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\). Интеграл по \(S_3\) содержит \(\rho\)-компоненту поля, для которой \[E_\rho(z,\rho,\varphi) = E_\rho(0,\rho,\varphi) + z\,\frac{\partial E_\rho}{\partial z}\Big|_{(0,\rho,\varphi)} + O(z^2).\] Из симметрии \(z \leftrightarrow -z\) имеем \(\dfrac{\partial E_\rho}{\partial z}\Big|_{(0,\rho,\varphi)} = 0\), а из осевой симметрии \(\dfrac{dE_\rho}{d\varphi} = 0\). Следовательно, \(\int_{S_3}\vec E\cdot d\vec S = E_\rho(0,\rho,0)\cdot 2z\cdot 2\pi\rho\). Теорема Гаусса дает \[0 = E_\rho\cdot 4\pi z\rho + 2\pi\rho^2\,\frac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}, \qquad E_\rho = -\frac{\lambda\rho}{4\varepsilon_0R^2}.\] В цилиндрических координатах \(\vec E(\rho,\varphi,z) = -\dfrac{\lambda\rho}{4\varepsilon_0R^2}\hat\rho + \dfrac{\lambda z}{2\varepsilon_0R^2}\hat z\), а в декартовых \[\vec E(x,y,z) = \frac{\lambda}{4\varepsilon_0R^2}\left(-x,\ -y,\ 2z\right).\] Так как кольцо заряжено положительно, равновесие по \(x\) и \(y\) устойчиво, а по \(z\) — неустойчиво. Уравнения движения по \(x\) и \(y\): \[m\ddot x = Q E_x = -\frac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2}\,x, \qquad m\ddot y = Q E_y = -\frac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2}\,y.\] Частоты малых колебаний: \[\omega_x^2 = \omega_y^2 = \frac{Q\lambda}{4\varepsilon_0R^2m}.\]

A-2. Сила в направлении \(z\): \[F_z = QE_z = \frac{Q\lambda z}{2\varepsilon_0R^2} = \frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2}\,z + \frac{Qu}{2\varepsilon_0R^2}\cos\Omega t\; z.\] Уравнение движения имеет вид \[\ddot z = \left(\frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m} + \frac{Qu}{2\varepsilon_0R^2m}\cos\Omega t\right)z.\] Следовательно, \[k = \sqrt{\frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m}}, \qquad a = \frac{Qu}{2\varepsilon_0R^2m\,\Omega^2}.\]

A-3. Подставим \(z = p(t) + q(t)\): \[\ddot p + \ddot q = \left(k^2 + a\Omega^2\cos\Omega t\right)(p+q).\] Пусть \(p\) почти постоянна, \(\ddot p \simeq 0\). По предположениям \(k^2 \ll a\Omega^2\) и \(q \ll p\), поэтому в первом слагаемом правой части можно пренебречь \(k^2\), а во втором — \(q\). Уравнение упрощается до \[\ddot q = pa\Omega^2\cos\Omega t.\] Так как \(p\) постоянна, интегрирование дает \(q = -pa\cos\Omega t + c_1 t + c_2\). Поскольку \(q\) должна оставаться малой, \(c_1 = 0\); поскольку среднее значение \(q\) равно нулю, \(c_2 = 0\). Итак, \[q(t) = -pa\cos\Omega t.\]

A-4. Подставляем найденное \(q\) в уравнение для \(p\): \[\ddot p + pa\Omega^2\cos\Omega t = \left(k^2 + a\Omega^2\cos\Omega t\right)\left(p - ap\cos\Omega t\right),\] откуда \[\ddot p = k^2 p - ak^2 p\cos\Omega t - a^2\Omega^2 p\cos^2\Omega t.\] Усредняя по периоду, с \(\langle\cos\Omega t\rangle = 0\) и \(\langle\cos^2\Omega t\rangle = \dfrac12\), получаем \[\ddot p = \left(k^2 - \frac{a^2\Omega^2}{2}\right)p.\] Для устойчивости движения выражение в скобках должно быть отрицательным, т.е. \(\dfrac{a^2\Omega^2}{2} > k^2\), откуда \(\Omega > \sqrt2\,\dfrac{k}{a}\).

A-5. С заданными данными \[k = \sqrt{\frac{Q\lambda_0}{2\varepsilon_0R^2m}} = 2\times10^5\ \text{рад/с}, \qquad \Omega_{\min} = \sqrt2\,\frac{k}{a} = 7\times10^6\ \text{рад/с},\] что соответствует диапазону радиоволн.

B-1. Из соотношения неопределённостей \(\Delta E\cdot\Delta t \simeq \hbar\) при \(\Delta E = \hbar\Delta\omega\) и \(\Delta t = \tau\) получаем \(\hbar\Delta\omega\cdot\tau \simeq \hbar\), т.е. \(\Delta\omega \simeq \dfrac{1}{\tau} = \Gamma\).

B-2. Обозначим частоты столкновений для падающих справа и слева фотонов через \(s_+\) и \(s_-\). Работаем в системе отсчёта атома. Пренебрегая членами порядка \(v^2/c^2\), эффект Доплера записываем в виде \[\omega' = \omega\left(1 + \frac{v}{c}\right).\] Пусть скорость атома направлена вдоль оси \(x\) в положительном направлении. Тогда \[\omega_+ = \omega_L\left(1 + \frac{v}{c}\right), \qquad \omega_- = \omega_L\left(1 - \frac{v}{c}\right).\] Поэтому \[s_+ = s_L + \alpha\omega_L\frac{v}{c}, \qquad s_- = s_L - \alpha\omega_L\frac{v}{c}.\] Передача импульса атому в единицу времени от налетающих фотонов: \[\pi_+ = s_+\cdot(-\hbar k_+), \qquad \pi_- = s_-\cdot(+\hbar k_-), \qquad k_\pm = \frac{\hbar\omega_\pm}{c}.\] Суммарная передача импульса: \[\pi_+ + \pi_- = -2\hbar k_L\frac{v}{c}\,\omega_L\alpha\left(1 + \frac{s_L}{\alpha\omega_L}\right).\] Так как \(s_L \ll \alpha\omega_L\), получаем \(\pi_+ + \pi_- = -2\hbar k_L\dfrac{v}{c}\,\omega_L\alpha\). Так как атом тяжёлый, его скорость почти не меняется при поглощении фотона, поэтому при переизлучении в среднем импульс не передаётся. Выражение выше и есть сила. При \(v>0\) \[F = -\left(2\alpha\hbar k_L^2\right)v.\] Для \(v<0\) получается тот же результат. Поскольку мы сохраняем только члены первого порядка по \(v/c\), тот же результат справедлив и в лабораторной системе отсчёта: \[F = -2\alpha\hbar k_L^2\,v.\]

B-3. Перед столкновением импульс атома равен нулю. После поглощения фотона (импульс направлен вдоль \(x\)) атом получает импульс \(P_1 = \hbar k_L\). После переизлучения возможны два равновероятных исхода. Первый: фотон испущен в положительном направлении \(x\), и импульс атома становится равен нулю. Второй: фотон испущен в отрицательном направлении \(x\), и импульс атома становится \(P_f = +2\hbar k_L\). Средняя конечная энергия равна \[\langle E_f\rangle = \left\langle\frac{P_f^2}{2m}\right\rangle = \frac12\cdot0 + \frac12\cdot\frac{4\hbar^2k_L^2}{2m} = \frac{\hbar^2k_L^2}{m}.\] Процесс происходит за время \(\tau\), поэтому мощность, полученная атомом за счёт этого процесса, \[P_{\text{in}} = \frac{\hbar^2k_L^2}{m\tau}.\]

B-4. Выходная мощность (мощность, теряемая атомом при столкновении с фотонами лазера): \[P_{\text{out}} = F\cdot v = -2\alpha\hbar k_L^2 v^2.\] В равновесии \(P_{\text{out}} + P_{\text{in}} = 0\), откуда \[\frac{\hbar^2k_L^2}{m\tau} = 2\alpha\hbar k_L^2\,\overline{v^2} \quad\Rightarrow\quad \overline{v^2} = \frac{\hbar\Gamma}{2\alpha m}.\] Температура системы определяется равенством \(\dfrac12 m\overline{v^2} = \dfrac12 k_BT\), откуда \[T = \frac{\hbar\Gamma}{2\alpha k_B}.\]

B-5. С учётом данных задачи (\(\Gamma = 1/\tau\)): \[T = \frac{\hbar}{2\alpha k_B\tau} = \frac{1{,}055\times10^{-34}}{2\cdot4\cdot1{,}381\times10^{-23}\cdot5\times10^{-9}} = 2\times10^{-4}\ \text{К}.\]

Подсказка

Для A-1 запишите потенциал двух масс в системе центра масс и добавьте центробежный член. Для B-2 используйте условие равновесия слоя (сила тяжести уравновешена градиентом давления) и уравнение Пуассона в интегральной форме. В B-9 линеаризуйте уравнение вокруг равновесия.

Ответ

A-1) \(\varphi(x,y) = -\dfrac{GM_1}{\sqrt{\left(x+\frac{M_2}{M}a\right)^2+y^2}} - \dfrac{GM_2}{\sqrt{\left(x-\frac{M_1}{M}a\right)^2+y^2}} - \dfrac12\,\dfrac{GM}{a^3}\,(x^2+y^2)\), где \(M = M_1+M_2\);  A-2) функция имеет асимптоты при \(x=-a_1\) и \(x=a_2\) и три максимума (точки Лагранжа);  A-3) \(\dfrac{x_0}{a} \approx 0{,}36\);  A-4) \(\dot a = -2\beta a\left(\dfrac{1}{M_1}-\dfrac{1}{M_2}\right)\), \(\dot P = -6\pi\sqrt{\dfrac{a^3}{GM}}\,\beta\left(\dfrac{1}{M_1}-\dfrac{1}{M_2}\right)\);  A-5) \(T = \left(\dfrac{GM_1\beta}{8\pi\sigma r^3}\right)^{1/4}\);  A-6) \(T \approx 9\times10^3\) К;  A-7) \(v'_{\max} = \sqrt{\dfrac{2G(M_1'+M_2)}{a}}\), \(M_{1,\min}' = \dfrac{M_1-M_2}{2}\);  B-1) \(g(r) = -\dfrac{4\pi G\rho_c}{3}\,r\);  B-2) \(h_1 = r^2\rho^{\gamma-2}\), \(h_2 = \dfrac{4\pi G r^2}{K\gamma}\);  B-3) \(r_0 = G^{-1/2}p_c^{1/2}\rho_c^{-1}\);  B-4) \(A_1 = x^2u^{\gamma-2}\), \(A_2 = \dfrac{4\pi x^2}{\gamma}\);  B-5) \(f(x) = \dfrac{\sin(\sqrt{2\pi}\,x)}{\sqrt{2\pi}}\);  B-6) \(\gamma \approx 1{,}67\) (диапазон \([1{,}64;\,1{,}70]\));  B-7) \(\tilde g \simeq g(1-2\varepsilon)\), \(\tilde\rho \simeq \rho(1-3\varepsilon)\);  B-8) \(\dfrac{d^2\tilde r}{dt^2} = \tilde g - K\gamma\tilde\rho^{\gamma-2}\dfrac{\partial\tilde\rho}{\partial\tilde r}\);  B-9) \(\dfrac{d^2\varepsilon}{dt^2} = -\dfrac{4\pi G\rho_c}{3}(3\gamma-4)\,\varepsilon\), \(\gamma_{\min} = \dfrac43\), \(\omega = \sqrt{\dfrac{4\pi G\rho_c}{3}(3\gamma-4)}\).

Решение

A-1. Пусть \(a_1\) и \(a_2\) — расстояния \(M_1\) и \(M_2\) от центра масс: \[M_1a_1 = M_2a_2, \qquad a_1+a_2 = a \quad\Rightarrow\quad a_1 = \frac{M_2}{M}a, \qquad a_2 = \frac{M_1}{M}a, \qquad M = M_1+M_2.\] Во вращающейся системе координат к гравитационному потенциалу двух масс добавляется центробежный потенциал \(U = -\dfrac12\omega^2r^2\), где \(\omega = \sqrt{\dfrac{GM}{a^3}}\): \[\varphi(x,y) = -\frac{GM_1}{\sqrt{(x+a_1)^2+y^2}} - \frac{GM_2}{\sqrt{(x-a_2)^2+y^2}} - \frac12\,\frac{GM}{a^3}\,(x^2+y^2).\]

A-2. Положив \(y = 0\), получаем \[\varphi(x,0) = -\frac{GM_1}{|x+a_1|} - \frac{GM_2}{|x-a_2|} - \frac12\,\frac{GM}{a^3}\,x^2.\] Построение: функция имеет асимптоты при \(x = -a_1\) и \(x = a_2\) и стремится к \(-\infty\) по обе стороны от каждой асимптоты; у функции три максимума — точки Лагранжа; при \(x \to \pm\infty\) функция стремится к \(-\infty\). График приведён на рисунке ниже.

Рисунок к решению A-2 — качественный график \(\varphi(x,0)\) (на оси: \(\varphi\); \(-a_1\), \(a_2\) — асимптоты).

A-3. Пусть \(\bar x = x/a\), и обозначим лагранжеву точку между \(\bar x = 0\) и \(\bar x = 0{,}75\) через \(\bar x_0\); тогда \(\dfrac{d\varphi}{d\bar x}(\bar x_0) = 0\). Используя заданные отношения масс, \[\varphi(\bar x,0) = \frac{GM}{a}\left[-\frac{3/4}{\bar x+1/4} + \frac{1/4}{\bar x-3/4} - \frac12\bar x^2\right].\] Пусть \(f(\bar x) = \dfrac{a}{GM}\dfrac{d\varphi}{d\bar x}\); нужно решить \(f(\bar x_0) = 0\). Имеем \(f(0) > 0\) и \(f(0{,}5) < 0\), значит, решение лежит между 0 и 0,5. Для середины \(f(0{,}25) > 0\), поэтому \(0{,}25 < \bar x_0 < 0{,}5\). Подбором: \[f(0) > 0,\ f(0{,}5) < 0 \ \to\ f(0{,}25) > 0 \ \to\ f(0{,}375) < 0 \ \to\ \dots \ \to\ 0{,}358 < \bar x_0 < 0{,}361 \ \to\ f(0{,}360) > 0 \ \to\ 0{,}360 < \bar x_0 < 0{,}361.\] Итак, \(\dfrac{x_0}{a} = \bar x_0 \approx 0{,}36\) с точностью до двух значащих цифр.

A-4. Момент импульса системы: \[J = \mu aV = \mu a^2\omega = \frac{M_1M_2}{M}\,a^2\sqrt{\frac{GM}{a^3}} = \sqrt{\frac{GM_1^2M_2^2}{M}\,a},\] где \(\mu\) — приведённая масса, \(V\) — относительная скорость точек. Логарифмируем: \[\ln J = \frac12\left[\ln G + \ln M_1^2 + \ln M_2^2 - \ln M + \ln a\right].\] Для медленно меняющихся величин \(\dfrac{\dot J}{J} = \dfrac{\dot M_1}{M_1} + \dfrac{\dot M_2}{M_2} + \dfrac12\dfrac{\dot a}{a}\), поскольку полная масса постоянна и \(\dot M_1 + \dot M_2 = 0\). Отсюда \[\frac{\dot a}{a} = -2\frac{\dot M_1}{M_1}\left(1 - \frac{M_1}{M_2}\right) \quad\Rightarrow\quad \dot a = -2\beta a\left(\frac{1}{M_1} - \frac{1}{M_2}\right).\] Для периода \(P = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^3}{GM}}\) имеем \(\dfrac{\dot P}{P} = \dfrac32\dfrac{\dot a}{a} = -3\dfrac{\dot M_1}{M_1}\left(1 - \dfrac{M_1}{M_2}\right)\), откуда \[\dot P = -6\pi\sqrt{\frac{a^3}{GM}}\,\beta\left(\frac{1}{M_1} - \frac{1}{M_2}\right).\]

A-5. Рассмотрим тонкое кольцо с внутренним радиусом \(r\) и внешним радиусом \(r+dr\). Энергия покидает его со скоростью \(-\dfrac{GM_1\beta}{2r}\) и поступает со скоростью \(-\dfrac{GM_1\beta}{2r} + \dfrac{GM_1\beta}{2r^2}\,dr\). Чтобы кольцо оставалось в равновесии, избыточная энергия \(\dfrac{GM_1\beta}{2r^2}\,dr\) в единицу времени должна уходить из системы в виде излучения: \[dP = \frac{GM_1\beta}{2r^2}\,dr = \sigma T^4\cdot2\cdot(2\pi r\,dr) = 4\pi r\,\sigma T^4\,dr \quad\Rightarrow\quad T = \left(\frac{GM_1\beta}{8\pi\sigma r^3}\right)^{1/4}.\] (Множитель 2 учитывает излучение с обеих сторон диска.)

A-6. Из \(P = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^3}{GM}}\) получаем \[a = \left[\frac{P^2G(M_S+M_{NS})}{4\pi^2}\right]^{1/3}.\] Используя результат A-5 с \(r = a/10\): \[T = \left(\frac{GM_{NS}\beta}{8\pi\sigma r^3}\right)^{1/4} = \left(\frac{500\pi\,M_{NS}\,\beta}{\sigma P^2(M_S+M_{NS})}\right)^{1/4} = 9\times10^3\ \text{К}.\]

A-7. Для связанности системы полная механическая энергия должна быть отрицательной: \[E' = \frac12\mu'v'^2 - \frac{GM_1'M_2}{a} < 0 \quad\Rightarrow\quad v' < \sqrt{\frac{2G(M_1'+M_2)}{a}}.\] Для изотропного взрыва \(v' = v = \sqrt{\dfrac{GM}{a}}\), поэтому \[\sqrt{\frac{G(M_1+M_2)}{a}} < \sqrt{\frac{2G(M_1'+M_2)}{a}} \quad\Rightarrow\quad \frac{M_1-M_2}{2} < M_1'.\]

B-1. По закону всемирного тяготения, при \(\rho \approx \rho_c\), \[g = -\frac{4\pi G\int_0^r r'^2\rho\,dr'}{r^2} \approx -\frac{4\pi G\rho_c r^3/3}{r^2} = -\frac{4\pi G\rho_c}{3}\,r.\]

B-2. Баланс сил для элемента объёма с площадью поверхности \(A\) и толщиной \(\Delta r\) между радиусами \(r\) и \(r+\Delta r\): \[-\frac{GM(r)\rho}{r^2}A\,\Delta r - \Delta p\,A = 0,\] где \(M(r)\) — масса части звезды внутри радиуса \(r\). Так как \(\Delta r\) мало, \[\frac{G\rho}{r^2}\left(\int_0^r4\pi r'^2\rho(r')\,dr'\right) = -\frac{dp(r)}{dr} = -K\gamma\rho^{\gamma-1}\frac{d\rho}{dr}.\] Умножаем обе части на \(\dfrac{r^2}{4\pi G\rho}\) и дифференцируем по \(r\), получаем \[\frac{d}{dr}\left[r^2\rho^{\gamma-2}\frac{d\rho}{dr}\right] + \frac{4\pi G r^2}{K\gamma}\,\rho(r) = 0.\] Отсюда \(h_1(\rho,r) = r^2\rho^{\gamma-2}\), \(h_2(r) = \dfrac{4\pi G r^2}{K\gamma}\).

B-3. Размерности: \([\rho_c] = \text{M}\,\text{L}^{-3}\), \([p_c] = \text{M}\,\text{L}^{-1}\text{T}^{-2}\), \([G] = \text{M}^{-1}\text{L}^3\text{T}^{-2}\). Для \([G^l p_c^m \rho_c^n] = \text{L}\): \[\begin{cases} -l + m + n = 0 \\ 3l - m - 3n = 1 \\ -2l - 2m = 0\end{cases} \quad\Rightarrow\quad l = -\frac12,\quad m = \frac12,\quad n = -1.\] Итак, \(r_0 = G^{-1/2}\,p_c^{1/2}\,\rho_c^{-1}\).

B-4. Подставляем \(r = r_0x\) и \(\rho = \rho_c u\) в уравнение B-2. Производные по \(r\) дают \(\dfrac{d}{dr} = \dfrac{1}{r_0}\dfrac{d}{dx}\), а после сокращения общего множителя \(\rho_c^{\gamma-1}\) коэффициент при \(x^2u\) равен \(\dfrac{4\pi G r_0^2\rho_c^{2-\gamma}}{K\gamma}\). Он равен \(\dfrac{4\pi}{\gamma}\) при \(r_0^2 = \dfrac{K\rho_c^{\gamma-2}}{G}\), что совпадает с выбором \(r_0\) из B-3, так как \(p_c = K\rho_c^\gamma\). В результате получаем \[\frac{d}{dx}\left[x^2u^{\gamma-2}\frac{du}{dx}\right] + \frac{4\pi x^2}{\gamma}\,u(x) = 0.\] Отсюда \(A_1(u,x) = x^2u^{\gamma-2}\), \(A_2(x) = \dfrac{4\pi x^2}{\gamma}\).

B-5. При \(\gamma = 2\): \[\frac{d}{dx}\left[x^2\frac{du}{dx}\right] = -2\pi x^2u(x).\] Подстановка \(u = f/x\) даёт \(f''(x) = -2\pi f(x)\), откуда \[f(x) = \frac{\sin(\sqrt{2\pi}\,x)}{\sqrt{2\pi}}.\] (Нормировка выбрана так, что \(f'(0) = 1\).)

B-6. Раскрываем уравнение в B-4 в виде \[\frac{d^2u}{dx^2} + \frac{\gamma-2}{u}\left(\frac{du}{dx}\right)^2 + \frac{2}{x}\frac{du}{dx} + \frac{4\pi}{\gamma}\,u^{3-\gamma} = 0.\] Граничные условия при \(x\to0\): \(u'(0) = 0\) и \(\lim_{x\to0}\dfrac{u'(x)}{x} = u''(0)\). Тогда \(u''(0) + 2u''(0) + \dfrac{4\pi}{\gamma} = 0\), откуда \[\gamma = -\frac{4\pi}{3\,u''(0)}.\] По кривой рисунка 2 в окрестности \(x = 0\) находится \(u''(0)\) и далее \(\gamma \approx [1{,}64;\,1{,}70]\).

B-7. Пусть \(M(r)\) — масса внутри сферического слоя. Масса внутри \(\tilde r\) сохраняется: \[4\pi r^2\rho(r) = 4\pi\tilde r^2\tilde\rho\,\frac{\partial\tilde r}{\partial r} \quad\Rightarrow\quad \frac{\tilde\rho}{\rho} = \frac{r^2}{\tilde r^2}\left(\frac{\partial\tilde r}{\partial r}\right)^{-1} = (1+\varepsilon)^{-3} \simeq 1-3\varepsilon.\] Также \[\frac{\tilde g}{g} = \frac{GM/\tilde r^2}{GM/r^2} = (1+\varepsilon)^{-2} \simeq 1-2\varepsilon.\] Итак, \(\tilde g \simeq g(1-2\varepsilon)\), \(\tilde\rho \simeq \rho(1-3\varepsilon)\).

B-8. Имеем \[\frac{\partial\tilde p}{\partial\tilde r} = \tilde\rho\left(\tilde g - \ddot{\tilde r}\right), \qquad \tilde p = K\tilde\rho^\gamma.\] Тогда \[\ddot{\tilde r} = \tilde g - \frac{\partial\tilde p/\partial\tilde r}{\tilde\rho} = \tilde g - K\gamma\tilde\rho^{\gamma-2}\frac{\partial\tilde\rho}{\partial\tilde r}.\]

B-9. Используя результаты B-7 и B-8, \[\ddot{\tilde r} = g(1-2\varepsilon) - K\gamma\rho^{\gamma-2}\frac{\partial\rho}{\partial r}\,(1-3(\gamma-1)\varepsilon-\varepsilon).\] Равновесие требует \(g - K\gamma\rho^{\gamma-2}\dfrac{\partial\rho}{\partial r} = 0\). Поэтому \[r\ddot\varepsilon = \ddot{\tilde r} = g(1-2\varepsilon) - g(1-3(\gamma-1)\varepsilon-\varepsilon) = g(3\gamma-4)\,\varepsilon,\] \[\ddot\varepsilon = \frac{g}{r}(3\gamma-4)\,\varepsilon = -\frac{4\pi G\rho_c}{3}(3\gamma-4)\,\varepsilon.\] Устойчивость требует \(3\gamma-4 > 0\), т.е. \(\gamma > \dfrac43\), следовательно, \(\gamma_{\min} = \dfrac43\). Угловая частота колебаний \[\omega = \sqrt{\frac{4\pi G\rho_c}{3}(3\gamma-4)}.\]