«Туймаада» 2018, теоретический тур

Подсказка

Дверь откроется, если момент силы относительно каждой из двух осей не меньше соответствующего порогового момента, то есть нужно выполнить сразу два неравенства.

Ответ

\(F = \dfrac{F_1x_1 + F_2x_2}{H}\),  \(x = \dfrac{F_1x_1H}{F_1x_1 + F_2x_2}\).

Решение

Чтобы дверь гарантированно открылась под действием силы \(F\) на расстоянии \(x\) от левых петель, должны выполняться два условия: \[Fx \geqslant F_1x_1,\] \[F(H - x) \geqslant F_2x_2,\] откуда после сложения неравенств находим минимальную силу: \[F = \dfrac{F_1x_1 + F_2x_2}{H}.\] Подстановка выражения для \(F\) в первые два условия даёт два ограничения \[x \geqslant \dfrac{F_1x_1H}{F_1x_1 + F_2x_2},\] \[x \leqslant \dfrac{F_1x_1H}{F_1x_1 + F_2x_2},\] из которых находим место приложения минимальной силы: \[x = \dfrac{F_1x_1H}{F_1x_1 + F_2x_2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

На максимальной скорости мощность двигателя равна произведению силы сопротивления на скорость; сила — квадратичная функция скорости без свободного члена, так что трёх известных пар «мощность — скорость» хватает для её коэффициентов.

Ответ

1) \(N_3 = \dfrac{v_1^2N_2 - v_2^2N_1}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)}\,v_3^3 + \dfrac{v_2^3N_1 - v_1^3N_2}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)}\,v_3^2 \approx 1{,}35\cdot10^3\) л.с.;  2) \(k \approx \dfrac{v_2^3N_1 - v_1^3N_2}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)} \approx 2{,}5\cdot10^{-3}\ \dfrac{\text{л.с.}}{(\text{км/ч})^2}\).

Решение

Квадратичная зависимость силы \(F\) сопротивления воздуха от скорости \(v\) автомобиля имеет вид \[F(v) = av^2 + bv + c,\] где \(a\), \(b\) и \(c\) — некоторые коэффициенты. На покоящийся автомобиль сила сопротивления не действует, значит, \(c = 0\).

Выразим зависимость мощности от скорости в виде \[N(v) = Fv = av^3 + bv^2\] и применим её в каждом из трёх случаев: \[\begin{cases} N_1 = av_1^3 + bv_1^2,\\ N_2 = av_2^3 + bv_2^2,\\ N_3 = av_3^3 + bv_3^2, \end{cases}\] откуда находим коэффициенты и искомую мощность: \[a = \dfrac{v_1^2N_2 - v_2^2N_1}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)} \approx 9{,}2\cdot10^{-6}\ \dfrac{\text{л.с.}}{(\text{км/ч})^3},\] \[b = \dfrac{v_2^3N_1 - v_1^3N_2}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)} \approx 2{,}5\cdot10^{-3}\ \dfrac{\text{л.с.}}{(\text{км/ч})^2},\] \[N_3 = av_3^3 + bv_3^2 = \dfrac{v_1^2N_2 - v_2^2N_1}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)}\cdot v_3^3 + \dfrac{v_2^3N_1 - v_1^3N_2}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)}\cdot v_3^2 \approx 1{,}35\cdot10^3\text{ л.с.}\] Искомый коэффициент \(k\) равен производной \(dF/dv\) при \(v \approx 0\): \[k \approx b = \dfrac{v_2^3N_1 - v_1^3N_2}{v_1^2v_2^2(v_2 - v_1)} \approx 2{,}5\cdot10^{-3}\ \dfrac{\text{л.с.}}{(\text{км/ч})^2}.\] Примечание. В задаче использованы реальные параметры автомобиля: https://ru.wikipedia.org/wiki/Bugatti_Veyron.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Сравните при малом наклоне верхней пластины момент силы тяжести кубиков, стремящийся её опрокинуть, с возвращающим моментом сил упругости пружин.

Ответ

\(N = \left[\sqrt{\dfrac{2ka}{mg}}\right]\), где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Решение

Поворот вокруг любой горизонтальной оси, проходящей через центр верхней пластины, можно представить в виде суперпозиции поворотов вокруг двух горизонтальных осей, проходящих через середины противоположных сторон этой пластины, поэтому достаточно исследовать устойчивость положения равновесия относительно поворота вокруг одной из таких осей.

Пусть \(\varphi\) — малый угол поворота верхней пластины вокруг оси, проходящей через середины противоположных сторон этой пластины, тогда момент силы тяжести кубиков относительно центра пластины имеет вид \[M_1 = Nmg\cdot\dfrac{Na\varphi}{2} = \dfrac{1}{2}mga\varphi N^2,\] а суммарный момент сил упругости всех четырёх пружин задаётся формулой \[M_2 = 4\cdot\left(k\cdot\dfrac{a\varphi}{2}\right)\cdot\dfrac{a}{2} = ka^2\varphi.\] Положение равновесия будет устойчивым, если возвращающий момент \(M_2\) будет больше отклоняющего момента \(M_1\), то есть при условии \[ka^2\varphi > \dfrac{1}{2}mga\varphi N^2, \qquad \text{откуда}\qquad N < \sqrt{\dfrac{2ka}{mg}}.\] Таким образом, окончательный ответ имеет вид \[N = \left[\sqrt{\dfrac{2ka}{mg}}\right],\] где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Примечание. Внимательный читатель мог заметить, что целая часть числа (наибольшее целое число, не превосходящее данное) может оказаться равна данному числу (а не меньше его), но эта формальная математическая неточность не играет роли, так как вероятность того, что непрерывно распределённая физическая величина примет целочисленное значение, равна нулю.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Минимальная работа равна изменению потенциальной энергии системы; учтите, что в узком сосуде шары не смогут оказаться центрами на одной высоте.

Ответ

\(A = \max(\Delta E;\,0)\), где \(\Delta E = \Delta W_1 + \Delta W_2 + \Delta E_1 + \Delta E_2\) (выражения слагаемых — в решении).

Решение

Минимальная необходимая для вынимания шаров работа равна изменению потенциальной энергии системы, которая складывается из увеличения энергии шаров и уменьшения энергии жидкостей, так как их центры масс опускаются, когда жидкости занимают объём, ранее вытесненный шарами.

Если размер сосуда позволяет шарам поместиться, имея центры на одной высоте, то можно вынуть шары так, что они будут касаться поверхности верхней жидкости. Однако если сосуд слишком узкий (\(a\) меньше некоторого \(a_0\)), то центр верхнего шара будет всегда выше центра нижнего шара. Разность \(\Delta h\) высот центров шаров будет минимальной, когда шары касаются стенок сосуда и друг друга, то есть центр одного шара будет на расстоянии \(R_1\) от двух перпендикулярных стенок сосуда, а центр другого — на расстоянии \(R_2\) от двух других стенок. Поскольку расстояние между центрами касающихся шаров равно сумме их радиусов, можно записать трёхмерную теорему Пифагора: \[\Delta h^2 + (a - R_1 - R_2)^2 + (a - R_1 - R_2)^2 = (R_1 + R_2)^2,\] откуда находим искомое различие высот \[\Delta h = \sqrt{(R_1 + R_2)^2 - 2(a - R_1 - R_2)^2}\] и условие, при котором оно возникает: \[a < a_0 = \dfrac{2 + \sqrt{2}}{2}(R_1 + R_2).\] Для расчёта изменения потенциальной энергии верхнего шара потребуется разность \(\Delta H\) высот нижних точек шаров: \[\Delta H = \begin{cases} \Delta h + R_1 - R_2, & \text{если}\quad a < a_0;\\ 0, & \text{если}\quad a \geqslant a_0. \end{cases}\] Из условия постоянства объёмов жидкостей выразим толщины \(h_1\) и \(h_2\) слоёв жидкостей после вынимания шаров: \[h_1 = 2R_1 - \dfrac{4\pi R_1^3}{3a^2},\qquad h_2 = 2R_2 - \dfrac{4\pi R_2^3}{3a^2},\] используя которые, найдём изменения потенциальных энергий жидкостей: \[\Delta W_1 = -a^2h_1w_1g\left(R_1 - \dfrac{h_1}{2}\right),\] \[\Delta W_2 = -a^2h_2w_2g\left(2R_1 + R_2 - h_1 - \dfrac{h_2}{2}\right).\] Изменения потенциальных энергий шаров имеют вид \[\Delta E_1 = \dfrac{4}{3}\pi R_1^3\rho_1g(h_1 + h_2),\] \[\Delta E_2 = \dfrac{4}{3}\pi R_2^3\rho_2g(h_1 + h_2 - 2R_1 + \Delta H).\] Запишем суммарное изменение потенциальной энергии системы: \[\Delta E = \Delta W_1 + \Delta W_2 + \Delta E_1 + \Delta E_2.\] Заметим, что возможна ситуация (маленький тяжёлый верхний шар в узком сосуде), когда из-за отрицательного значения \(\Delta E_2\) полное изменение \(\Delta E\) тоже окажется отрицательным, однако необходимая работа не может быть отрицательной, поэтому окончательный ответ имеет вид \[A = \max(\Delta E;\,0).\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Давления газов равны, а суммарный объём постоянен; работа левого газа равна работе над правым газом в изотермическом процессе, и вся отданная правым теплота равна этой работе.

Ответ

1) \(x = 1 + \dfrac{3(a-1)}{2\ln\frac{a+1}{2}}\);  2) \(x_0 = 4\).

Решение

Пусть \(\nu\) — количество каждого газа, \(T\), \(P_0\) и \(V_0\) — их начальные температура, давление и объём соответственно, \(P\) — их конечное давление (одинаковое, так как поршень движется без трения), \(V_1\) и \(V_2\) — конечные объёмы левого и правого газов соответственно, тогда из уравнения Менделеева–Клапейрона для конечных состояний газов \[\dfrac{PV_1}{\nu aT} = \text{const} = \dfrac{PV_2}{\nu T}\] и условия постоянства суммарного объёма газов \[V_1 + V_2 = 2V_0\] выразим конечный объём правого газа: \[V_2 = \dfrac{2V_0}{a + 1}.\] Работу \(A\) левого газа можно найти как работу над правым газом в изотермическом процессе: \[A = -\nu RT\ln\dfrac{V_2}{V_0} = \nu RT\ln\dfrac{a + 1}{2}.\] Из первого начала термодинамики найдём подведённое к левому и отведённое от правого газов количества теплоты \(Q_1\) и \(Q_2\) соответственно: \[Q_1 = \dfrac{3}{2}\nu R(aT - T) + A = \nu RT\left(\dfrac{3}{2}(a - 1) + \ln\dfrac{a + 1}{2}\right),\] \[Q_2 = A = \nu RT\ln\dfrac{a + 1}{2}.\] Таким образом, окончательный ответ имеет вид \[x = \dfrac{Q_1}{Q_2} = 1 + \dfrac{3(a - 1)}{2\ln\frac{a+1}{2}}.\] Чтобы найти \(x_0\), используя уже полученный результат для \(x\), сделаем замену \(a = 1 + b\), где \(b\) — бесконечно малое относительное изменение температуры левого газа, и вычислим предел: \[x_0 = \lim_{b\to0}x = \lim_{b\to0}\left(1 + \dfrac{3b}{2\ln\left(1 + \frac{b}{2}\right)}\right) = \lim_{b\to0}\left(1 + \dfrac{3b}{2\cdot\frac{b}{2}}\right) = 4.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Число атомов в молекуле определяет число степеней свободы: озон нелинеен и имеет три вращательные степени свободы, а при превращении сохраняется масса и внутренняя энергия; превращение удобно делать на изохорах.

Ответ

1) \(\eta_1 = \dfrac{2}{19}\);  2a) \(k_1 = \dfrac{5}{4}\);  2b) \(k_2 = \dfrac{5}{6}\);  3) \(\eta_2 = \dfrac{1}{9}\).

Решение

1. Работа \(A\) газа за цикл равна площади, ограниченной графиком цикла в \(PV\)-координатах: \[A = PV.\] Подведённое за цикл количество теплоты \(Q_1\) выразим, применив первое начало термодинамики для изохорического нагревания и изобарического расширения: \[Q_1 = \dfrac{5}{2}(2P\cdot2V - P\cdot V) + 2P\cdot(2V - V) = \dfrac{19}{2}PV.\] Искомый КПД найдём по определению: \[\eta_1 = \dfrac{A}{Q_1} = \dfrac{2}{19}.\] 2. Молекула озона состоит из трёх атомов и не является линейной, а потому имеет три вращательные степени свободы. Из условия сохранения массы при описанном превращении кислорода в озон следует, что кислород в количестве \(\nu\) превращается в озон в количестве \(2\nu/3\). Пусть \(P_1\), \(T_1\), \(P_2\) и \(T_2\) — давление и температура соответственно до и после превращения, \(V_0\) — объём (одинаковый до и после превращения), тогда из условия неизменности внутренней энергии \(U\) можно записать уравнения \[U = \dfrac{5}{2}\nu RT_1 = \dfrac{6}{2}\cdot\dfrac{2}{3}\nu\cdot RT_2, \qquad U = \dfrac{5}{2}P_1V_0 = \dfrac{6}{2}P_2V_0,\] откуда \[k_1 = \dfrac{T_2}{T_1} = \dfrac{5}{4},\qquad k_2 = \dfrac{P_2}{P_1} = \dfrac{5}{6}.\] 3. При описанном превращении не совершается работа, так как не изменяется объём, что с учётом неизменности внутренней энергии означает (согласно первому началу термодинамики) отсутствие теплообмена. Однако при этом превращении газ скачкообразно переходит в новое состояние на той же изохоре, что позволяет уменьшить теплообмен с нагревателем и холодильником: в ходе повышения давления при постоянном объёме \(V\) нужно превращать озон в кислород, а в ходе понижения давления при постоянном объёме \(2V\) — кислород в озон.

Из-за неизменности внутренней энергии при превращении неважно, в какой именно момент выполнять превращение, поэтому можно считать, что при объёме \(V\) озон под давлением \(P\) превращается в кислород под давлением \(1{,}2P\). Подведённое за цикл количество теплоты имеет вид \[Q_2 = \dfrac{5}{2}(2P\cdot2V - 1{,}2P\cdot V) + 2P\cdot(2V - V) = 9PV.\] Искомый КПД найдём по определению: \[\eta_2 = \dfrac{A}{Q_2} = \dfrac{1}{9}.\] Примечание. Превращение кислорода в озон — это эндотермическая химическая реакция, для осуществления которой нужно количество теплоты, десятой доли которого хватило бы для нагревания кислорода более чем на тысячу градусов. Если учесть это количество теплоты, КПД упадёт практически до нуля, то есть никакого «улучшения» не будет и в помине.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Идеальный вольтметр равносилен разрыву в цепи: переберите все шесть вариантов, какой из вольтметров идеален, и для каждого найдите напряжение на нём.

Ответ

\(U \in \{140;\,600;\,630;\,672;\,735\}\) В.

Решение

Идеальный вольтметр можно заменить на разрыв в цепи, так как его сопротивление много больше других сопротивлений. В отношении каждого вольтметра проверим предположения, что он является идеальным.

Первое предположение приводит к схеме, изображённой на рисунке. Пусть \(R\) — сопротивление вольтметров, тогда силу тока \(I\) через источник найдём по закону Ома с использованием свойств последовательного и параллельного соединений:

\[I = \dfrac{\mathcal{E}}{R + \frac{2R}{2}} = \dfrac{\mathcal{E}}{2R}.\] Сила тока через нижний правый вольтметр равна \(I/2\), поэтому из второго правила Кирхгофа находим напряжение на идеальном вольтметре: \[U = \mathcal{E} - \dfrac{I}{2}R = \dfrac{3}{4}\mathcal{E} = 630\text{ В}.\] Аналогично рассматриваем остальные предположения: \(U = \frac{7}{8}\mathcal{E} = 735\) В (см. рисунок),

\(U = \frac{1}{6}\mathcal{E} = 140\) В (см. рисунок),

\(U = \frac{5}{7}\mathcal{E} = 600\) В (см. рисунок),

\(U = \frac{4}{5}\mathcal{E} = 672\) В (см. рисунок).

Таким образом, ответ имеет вид \[U \in \{140;\,600;\,630;\,672;\,735\}\text{ В}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Ускорение центростремительное: \(a = \omega v\), где \(\omega\) — угловая скорость поворота вектора напряжённости; угол поворота найдите по малой поперечной составляющей поля при небольшом смещении.

Ответ

\(a = \dfrac{3v^2}{2l}\sin\gamma\).

Решение

Искомое центростремительное ускорение найдём по формуле \(a = \omega v\), где \(\omega\) — угловая скорость поворота вектора скорости, совпадающая с угловой скоростью поворота вектора напряжённости.

Выберем начало системы координат в середине отрезка, соединяющего заряды, ось \(x\) направим в сторону отрицательного заряда (обозначим его \(-q\)), а ось \(y\) — в сторону точки \(A\), в которой находилась пчёлка, когда она была равноудалена от зарядов.

Напряжённость поля в точке \(A\) направлена вдоль оси \(x\) и имеет вид \[E = E_x = 2\cdot\dfrac{kq}{r^2}\cdot\dfrac{l}{r} = \dfrac{2kql}{r^3},\] где \(r\) — расстояние от точки \(A\) до каждого из зарядов.

При смещении пчёлки из точки \(A\) на малое расстояние \(x\) вдоль силовой линии можно пренебречь изменением \(E_x\), но нельзя пренебречь изменением \(E_y\), так как до смещения эта составляющая поля была нулевой.

Обозначив через \(y\) координату точки \(A\), выразим \(E_y\) после смещения: \[E_y = \dfrac{kq}{(l + x)^2 + y^2}\cdot\dfrac{y}{\sqrt{(l + x)^2 + y^2}} - \dfrac{kq}{(l - x)^2 + y^2}\cdot\dfrac{y}{\sqrt{(l - x)^2 + y^2}}.\] Используя соотношение \(r^2 = l^2 + y^2\) и приближённую формулу из условия, преобразуем полученное выражение: \[E_y = \dfrac{kqy}{r^3}\left(\left(1 + \dfrac{2lx}{r^2}\right)^{-3/2} - \left(1 - \dfrac{2lx}{r^2}\right)^{-3/2}\right) \approx -\dfrac{6kqlxy}{r^5}.\] Отсюда найдём угол поворота вектора напряжённости при смещении: \[\varphi \approx \left|\dfrac{E_y}{E_x}\right| \approx \dfrac{3xy}{r^2}.\] Пусть \(t\) — время смещения пчёлки, тогда можно записать выражение \[\omega = \dfrac{\varphi}{t} \approx \dfrac{3yv}{r^2} = \dfrac{3v}{l}\cdot\sin\dfrac{\gamma}{2}\cos\dfrac{\gamma}{2} = \dfrac{3v}{2l}\sin\gamma,\] где использованы формулы \[x = vt,\qquad \sin\dfrac{\gamma}{2} = \dfrac{l}{r},\qquad \cos\dfrac{\gamma}{2} = \dfrac{y}{r}.\] Таким образом, окончательный ответ имеет вид \[a = \dfrac{3v^2}{2l}\sin\gamma.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Движение источника параллельно оси; выразите координаты изображения через \(a\) по формуле тонкой линзы и продифференцируйте их по времени.

Ответ

\(a = f + \sqrt[4]{f^2(f^2 + h^2)}\).

Решение

Если источник движется с постоянным вектором ускорения и при этом остаётся на одном расстоянии от некоторой прямой, то он движется параллельно данной прямой.

Из формулы тонкой линзы выразим расстояние \(x\) от линзы до изображения и расстояние \(y\) от изображения до главной оптической оси: \[x = \dfrac{af}{a - f},\qquad y = -\dfrac{x}{a}\cdot h = \dfrac{fh}{f - a}.\] Проекции \(v_x\) и \(v_y\) скорости изображения вдоль и поперёк главной оптической оси найдём путём дифференцирования координат по времени: \[v_x = \dot{x} = -\dfrac{f^2\dot{a}}{(a - f)^2},\qquad v_y = \dot{y} = \dfrac{fh\dot{a}}{(f - a)^2}.\] Из условия равенства модулей скоростей источника и изображения \[\dot{a}^2 = v_x^2 + v_y^2\] записываем уравнение \[\dot{a}^2 = \dfrac{f^4\dot{a}^2 + f^2h^2\dot{a}^2}{(a - f)^4},\] решая которое, получаем ответ: \[a = f + \sqrt[4]{f^2(f^2 + h^2)}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Отражение от движущегося зеркала равносильно отражению от эквивалентного неподвижного зеркала; для длины волны используйте сохранение проекции импульса фотонов на плоскость зеркала.

Ответ

1) \(\varphi = 2\operatorname{arctg}\left(\dfrac{v\sin\alpha}{c + v\cos\alpha}\right)\);  2) \(\lambda = \lambda_0\cdot\dfrac{\sin(\alpha - \varphi)}{\sin\alpha}\).

Решение

Пусть падающая волна достигла некоторых точек \(A\) и \(B\) одновременно (то есть они принадлежат одному волновому фронту, перпендикулярному направлению распространения волны) и точка \(A\) лежит на зеркале в этот момент времени (назовём его начальным), тогда отрезок \(AB\) образует с зеркалом угол \(\alpha\). Пусть идущий через точку \(B\) луч встретился с движущимся зеркалом в точке \(C\) через некоторое время \(t\), тогда можно заранее для дальнейших расчётов записать \(BC \perp AB\) и \(BC = ct\), где \(c\) — скорость света.

Отражённая от движущегося зеркала волна будет распространяться так же, как и волна, отражённая от эквивалентного неподвижного зеркала \(AC\), поэтому искомый угол \(\varphi\) равен удвоенному углу между движущимся и эквивалентным зеркалами, что позволяет решить задачу чисто геометрически.

Пусть \(D\) — основание перпендикуляра, опущенного из точки \(C\) к зеркалу в начальный момент времени, тогда справедливо \(CD \perp AD\) и \(CD = vt\), так как зеркало сместилось на величину \(DC\) за время \(t\). Опустим перпендикуляр \(DE\) из точки \(D\) к отрезку \(AB\) и перпендикуляр \(CF\) из точки \(C\) к отрезку \(DE\), запишем выражение \[AD = \dfrac{ED}{\sin\alpha} = \dfrac{EF + FD}{\sin\alpha} = \dfrac{BC + CD\cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{c + v\cos\alpha}{\sin\alpha}\cdot t\] и найдём искомый угол: \[\varphi = 2\operatorname{arctg}\left(\dfrac{CD}{AD}\right) = 2\operatorname{arctg}\left(\dfrac{v\sin\alpha}{c + v\cos\alpha}\right).\] Электромагнитную волну можно рассматривать как поток фотонов, каждый из которых имеет импульс \(h/\lambda_0\) в падающей волне и \(h/\lambda\) в отражённой, где \(h\) — постоянная Планка. Из условия сохранения проекции импульса на плоскость зеркала \[\dfrac{h}{\lambda_0}\cdot\sin\alpha = \dfrac{h}{\lambda}\cdot\sin(\alpha - \varphi)\] находим длину отражённой волны: \[\lambda = \lambda_0\cdot\dfrac{\sin(\alpha - \varphi)}{\sin\alpha}.\] Методы СТО. Используя преобразования Лоренца из СТО (специальной теории относительности), решим эту же задачу другим способом: перейдём в систему отсчёта зеркала, изменим знак перпендикулярной зеркалу проекции импульса, вернёмся в лабораторную систему отсчёта.

Направим ось \(x\) перпендикулярно зеркалу навстречу волне, а ось \(y\) — вдоль зеркала в плоскости падения, тогда энергия и проекции импульса падающих фотонов примут вид \[E_0 = \dfrac{hc}{\lambda_0},\qquad p_{0x} = -\dfrac{h\cos\alpha}{\lambda_0},\qquad p_{0y} = \dfrac{h\sin\alpha}{\lambda_0}.\] Введём обычные для СТО обозначения \[\beta = \dfrac{v}{c},\qquad \gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}}\] и с помощью обратных преобразований Лоренца выразим энергию и проекции импульса падающих фотонов в системе отсчёта зеркала: \[E_0' = \gamma(E_0 - \beta cp_{0x}) = \dfrac{\gamma hc}{\lambda_0}(1 + \beta\cos\alpha),\] \[p_{0x}' = \gamma\left(p_{0x} - \beta\dfrac{E_0}{c}\right) = -\dfrac{\gamma h}{\lambda_0}(\beta + \cos\alpha),\] \[p_{0y}' = p_{0y} = \dfrac{h\sin\alpha}{\lambda_0}.\] Энергия и проекции импульса отражённых фотонов в системе отсчёта зеркала имеют вид \[E' = E_0' = \dfrac{\gamma hc}{\lambda_0}(1 + \beta\cos\alpha),\] \[p_x' = -p_{0x}' = \dfrac{\gamma h}{\lambda_0}(\beta + \cos\alpha),\] \[p_y' = p_{0y}' = \dfrac{h\sin\alpha}{\lambda_0}.\] С помощью прямых преобразований Лоренца выразим эти же величины в лабораторной системе отсчёта: \[E = \gamma(E' + \beta cp_x') = \dfrac{\gamma^2hc}{\lambda_0}(1 + 2\beta\cos\alpha + \beta^2),\] \[p_x = \gamma\left(p_x' + \beta\dfrac{E'}{c}\right) = \dfrac{\gamma^2h}{\lambda_0}\bigl(2\beta + (1 + \beta^2)\cos\alpha\bigr),\] \[p_y = p_y' = \dfrac{h\sin\alpha}{\lambda_0}.\] Отсюда находим искомые величины (значение \(p_x\) не участвует в расчётах и было выписано выше лишь для красоты): \[\lambda = \dfrac{hc}{E} = \dfrac{\lambda_0}{\gamma^2(1 + 2\beta\cos\alpha + \beta^2)} = \dfrac{\lambda_0(c^2 - v^2)}{c^2 + 2cv\cos\alpha + v^2},\] \[\varphi = \alpha - \arcsin\left(\dfrac{p_yc}{E}\right) = \alpha - \arcsin\left(\dfrac{(c^2 - v^2)\sin\alpha}{c^2 + 2cv\cos\alpha + v^2}\right).\] Можно убедиться, что эти выражения могут быть преобразованы к виду, в котором были получены ответы геометрическим способом.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.