Всесоюзная, 1983/84, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Сила светового давления направлена от Солнца и убывает как \(1/r^2\), так же как сила тяготения. Поэтому свет только «уменьшает массу Солнца» в законе тяготения. Что при этом сохраняется во время полёта?

Ответ

1) \(m\le\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\approx 3{,}5\cdot10^{3}\) кг;  2) \(m_{\max}=\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\cdot\dfrac{R_{\text{М}}}{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}\approx 1{,}0\cdot10^{4}\) кг.

Решение

Что происходит. Солнечный свет давит на парус вдоль луча, то есть вдоль радиуса от Солнца. Интенсивность света убывает как \(1/r^2\), поэтому и сила давления убывает как \(1/r^2\), как и сила тяготения, но направлена противоположно. Значит, аппарат движется в центральном поле с «ослабленным» притяжением: вместо \(GM\) в законе тяготения стоит \(GM(1-\beta)\), где \(\beta\) — отношение сил. Для такого поля работают два закона: сохранение момента импульса (сила центральная) и сохранение механической энергии (сила потенциальная). Главная идея: записать оба закона между моментом раскрытия паруса и произвольной точкой траектории.

Обозначения. \(R_{\text{З}}\) — радиус земной орбиты, \(v_0\) — скорость аппарата при раскрытии паруса, \(r\) — расстояние до Солнца в произвольный момент, \(m\) — масса аппарата (с парусом). До раскрытия паруса аппарат движется по круговой орбите, поэтому \[\frac{mv_0^2}{R_{\text{З}}}=\frac{GMm}{R_{\text{З}}^2}\quad\Rightarrow\quad v_0^2=\frac{GM}{R_{\text{З}}}\approx 8{,}7\cdot10^{8}\ \text{м}^2/\text{с}^2,\qquad v_0\approx 29{,}4\ \text{км/с}.\]

1. Сила светового давления. На земной орбите она равна \(F_0=pS=10^{-5}\cdot10^{6}=10\) Н. Интенсивность света обратно пропорциональна квадрату расстояния до Солнца, поэтому на расстоянии \(r\) \[F_{\text{св}}(r)=pS\,\frac{R_{\text{З}}^2}{r^2},\qquad F_{\text{т}}(r)=\frac{GMm}{r^2}.\] Обе силы центральные, обе пропорциональны \(1/r^2\). Результирующая радиальная сила направлена к Солнцу и равна \[F(r)=\frac{GMm\,(1-\beta)}{r^2},\qquad \beta=\frac{pSR_{\text{З}}^2}{GMm}.\] Числа: \(pSR_{\text{З}}^2=10\cdot(1{,}5\cdot10^{11})^2=2{,}25\cdot10^{23}\) Н\(\cdot\)м\(^2\), \(GM=1{,}3\cdot10^{20}\) м\(^3\)/с\(^2\), отношение \(pSR_{\text{З}}^2/GM\approx1{,}73\cdot10^{3}\) кг.

2. Закон сохранения момента импульса. Сила центральная, поэтому момент импульса аппарата относительно Солнца сохраняется. В момент раскрытия скорость перпендикулярна радиусу (\(mv_0R_{\text{З}}\)), в произвольной точке перпендикулярная радиусу составляющая скорости \(v_\tau\): \[mv_\tau r=mv_0R_{\text{З}}\quad\Rightarrow\quad v_\tau=v_0\frac{R_{\text{З}}}{r}.\]

3. Закон сохранения энергии. Сила \(F(r)\) потенциальна, её потенциальная энергия \(-GMm(1-\beta)/r\). Запишем закон сохранения механической энергии между моментом раскрытия и произвольной точкой: \[\frac{mv^2}{2}-\frac{GMm(1-\beta)}{r}=\frac{mv_0^2}{2}-\frac{GMm(1-\beta)}{R_{\text{З}}}.\] Введём безразмерное удаление \(y=1-R_{\text{З}}/r\); оно растёт от \(0\) при \(r=R_{\text{З}}\) до \(1\) при \(r\to\infty\). С учётом \(GM=v_0^2R_{\text{З}}\) получаем \(v^2=v_0^2\bigl[1-2(1-\beta)y\bigr]\).

4. Радиальная скорость. Скорость раскладывается на \(v_\tau\) и радиальную \(v_r\): \(v_r^2=v^2-v_\tau^2\). Подставляем \(v_\tau^2=v_0^2(1-y)^2\): \[\frac{v_r^2}{v_0^2}=1-2(1-\beta)y-(1-y)^2=y\,(2\beta-y).\] Аппарат может добраться до точки, где \(v_r^2\ge0\), и до этого не останавливаться. График \(y(2\beta-y)\) — парабола с нулями в \(y=0\) и \(y=2\beta\): если \(2\beta\ge y_\ast\), то на всём пути от \(y=0\) до \(y_\ast\) радиальная скорость не обращается в нуль и точка \(y_\ast\) достижима. Если \(2\beta<y_\ast\), аппарат остановится по радиусу раньше, при \(y=2\beta\), и повернёт назад.

Обратите внимание: достаточно проверить только конец пути, потому что парабола вогнутая и неотрицательна между нулями. Условие \(E\ge0\) (энергия положительна) нужно только для вылета на бесконечность, а для орбиты Марса оно не требуется.

Пункт 1. Вылет из Солнечной системы означает \(r\to\infty\), то есть \(y_\ast=1\): условие \(2\beta\ge1\). Тот же результат даёт энергия при \(r\to\infty\): \(\dfrac{v_0^2}{2}-\dfrac{GM(1-\beta)}{R_{\text{З}}}\ge0\), то есть \(\dfrac12-(1-\beta)\ge0\). Отсюда \(\beta\ge\dfrac12\) и \[m\le\frac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM}\approx2\cdot1{,}73\cdot10^{3}\ \text{кг}\approx3{,}5\cdot10^{3}\ \text{кг}.\] Чем тяжелее аппарат, тем меньше относительная роль света, поэтому нужна достаточно малая масса.

Пункт 2. Для орбиты Марса \(y_\ast=1-\dfrac{R_{\text{З}}}{R_{\text{М}}}=\dfrac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{R_{\text{М}}}=\dfrac{0{,}8}{2{,}3}\approx0{,}348\). Условие \(2\beta\ge y_\ast\) даёт \[\beta\ge\frac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{2R_{\text{М}}}\approx0{,}174,\qquad m_{\max}=\frac{pSR_{\text{З}}^2}{GM\,\beta_{\min}}=\frac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM}\cdot\frac{R_{\text{М}}}{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}.\] Числа: \(m_{\max}\approx 3{,}46\cdot10^{3}\cdot\dfrac{2{,}3}{0{,}8}\approx 1{,}0\cdot10^{4}\) кг. При такой массе радиальная скорость обращается в нуль ровно на орбите Марса, то есть траектория — половина эллипса, касающаяся орбиты Земли в начале и орбиты Марса в конце.

Проверка. Размерность: \([pSR^2/GM]=\text{Н}\cdot\text{м}^2/(\text{м}^3/\text{с}^2)=\text{кг}\). Второй способ для пункта 2: при \(m=m_{\max}\) орбита — эллипс с перигелием \(R_{\text{З}}\) и афелием \(R_{\text{М}}\), \(e=\dfrac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{R_{\text{М}}+R_{\text{З}}}\). Скорость в перигелии этого эллипса \(v_0^2=\dfrac{GM(1-\beta)(1+e)}{R_{\text{З}}}\), откуда \(1-\beta=\dfrac{1}{1+e}=\dfrac{R_{\text{М}}+R_{\text{З}}}{2R_{\text{М}}}\) и \(\beta=\dfrac{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}{2R_{\text{М}}}\) — ровно то же. Предел \(R_{\text{М}}\to\infty\) в ответе пункта 2 даёт \(2pSR_{\text{З}}^2/GM\), ответ пункта 1.

Ответ. 1) \(m\le\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\approx3{,}5\cdot10^{3}\) кг (около \(3{,}5\) т);  2) \(m_{\max}=\dfrac{2pSR_{\text{З}}^2}{GM_{\text{С}}}\cdot\dfrac{R_{\text{М}}}{R_{\text{М}}-R_{\text{З}}}\approx1{,}0\cdot10^{4}\) кг (около \(10\) т).

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

Подсказка

Работу совершает не пар, а атмосфера: после конденсации под поршнем почти пустота, и воздух давит на него сверху. Чему равна эта работа, если известен объём цилиндра, заполненного паром? Объём выразите через массу пара.

Ответ

\(M=\dfrac{q\,m_{\text{у}}\,RT}{\mu\,(c\,\Delta t+r)\,g\,h}\approx2\cdot10^{6}\) кг \(=2\cdot10^{3}\) т угля (здесь \(m_{\text{у}}=1000\) кг, \(T=373\) К, \(\Delta t=100\) К, \(\mu=18\) г/моль, \(g=9{,}8\) м/с\(^2\)).

Решение

Что происходит. Теплота сгорания угля идёт на получение пара. Пар заполняет цилиндр и поднимает лёгкий поршень почти без нагрузки (холостой ход). Затем пар охлаждают, он конденсируется, давление под поршнем падает почти до нуля, и атмосферное давление опускает поршень. Это и есть рабочий ход: работа атмосферы \(p_0V\) идёт на подъём груза. Главная идея: масса пара находится из баланса теплоты, его объём — из уравнения Менделеева — Клапейрона, а давление \(p_0\) в ответе сократится.

Обозначения. \(m_{\text{у}}=1000\) кг — масса сожжённого угля, \(m_{\text{п}}\) — масса пара, \(\Delta t=100\) К — нагрев воды, \(T=373\) К — температура пара, \(\mu=18\) г/моль — молярная масса воды, \(V\) — объём пара в цилиндре, \(p_0\) — атмосферное давление, \(M\) — масса поднятого угля, \(h=100\) м.

1. Масса пара. Потерь тепла нет, поэтому вся теплота сгорания угля идёт на нагрев воды от \(0\,^\circ\)С до \(100\,^\circ\)С и превращение её в пар (уравнение теплового баланса): \[q\,m_{\text{у}}=c\,m_{\text{п}}\Delta t+r\,m_{\text{п}}\quad\Rightarrow\quad m_{\text{п}}=\frac{q\,m_{\text{у}}}{c\,\Delta t+r}=\frac{3{,}1\cdot10^{10}}{4{,}2\cdot10^{5}+2{,}26\cdot10^{6}}\approx1{,}16\cdot10^{4}\ \text{кг}.\]

2. Объём пара. Поршень лёгкий, поэтому давление пара в цилиндре при подъёме поршня равно атмосферному \(p_0\). Считаем пар идеальным газом и пишем уравнение Менделеева — Клапейрона для всего пара в конце подъёма поршня: \[p_0V=\frac{m_{\text{п}}}{\mu}RT.\] Числа не нужны: нам понадобится только произведение \(p_0V\).

3. Рабочий ход. Пар охладили и сконденсировали, давление насыщенного пара при \(0\,^\circ\)С около \(0{,}6\) кПа — менее процента от \(p_0\), поэтому под поршнем давлением можно пренебречь. На поршень сверху действует сила \(p_0S\), снизу — почти ничего. Поршень проходит путь \(V/S\), и работа атмосферы \[A=p_0S\cdot\frac VS=p_0V=\frac{m_{\text{п}}}{\mu}RT.\] Обратите внимание: полезна только эта работа. Работа пара при холостом ходе \(p_0V\) ушла на подъём поршня и на вытеснение воздуха, и груз при этом не поднимался.

4. Подъём угля. Трения нет, блоки считаем идеальными, а поршень лёгким, поэтому вся работа \(A\) идёт на увеличение потенциальной энергии груза (закон сохранения энергии для системы «поршень + блоки + уголь»): \(A=Mgh\). Отсюда \[M=\frac{A}{gh}=\frac{m_{\text{п}}RT}{\mu gh}=\frac{q\,m_{\text{у}}}{c\,\Delta t+r}\cdot\frac{RT}{\mu gh}.\] Подставляем: \(A=\dfrac{1{,}16\cdot10^{4}}{0{,}018}\cdot8{,}3\cdot373\approx1{,}99\cdot10^{9}\) Дж, \[M=\frac{1{,}99\cdot10^{9}}{9{,}8\cdot100}\approx2{,}0\cdot10^{6}\ \text{кг}.\]

Проверка. Размерность: \([RT/\mu]=\text{Дж/кг}\), умножаем на \(m_{\text{п}}\) — получаем работу. КПД машины \(\eta=\dfrac{A}{q\,m_{\text{у}}}=\dfrac{RT}{\mu(c\,\Delta t+r)}\approx0{,}064\), то есть около \(6\%\). Это меньше КПД идеальной машины, работающей между \(100\,^\circ\)С и \(0\,^\circ\)С, \(1-\dfrac{273}{373}\approx0{,}27\), и не противоречит второму закону термодинамики. Физический смысл: из \(2{,}68\cdot10^{6}\) Дж, потраченных на килограмм пара, механическую работу даёт только \(RT/\mu\approx1{,}7\cdot10^{5}\) Дж, то есть работа расширения этой массы газа при постоянном давлении.

Ответ. \(M=\dfrac{q\,m_{\text{у}}\,RT}{\mu(c\,\Delta t+r)\,gh}\approx2\cdot10^{6}\) кг \(=2\cdot10^{3}\) т, то есть поднято примерно в \(2000\) раз больше угля, чем сожжено.

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

Подсказка

Скорость определяется потенциалом, ускорение — напряжённостью. Точка \(B\) лежит на той же окружности, что и полукольцо: вычисляя потенциал и поле от маленького кусочка, найдите, как они связаны.

Ответ

\(\dfrac{a_A}{a_B}=\dfrac{4n^2}{\pi}\) (для заданной геометрии \(n^2=\dfrac{\pi}{2\ln(1+\sqrt2)}\approx1{,}78\), и отношение ускорений равно \(\dfrac{2}{\ln(1+\sqrt2)}\approx2{,}27\)).

Решение

Что происходит. Электрическая сила потенциальна, поэтому скорость частицы, начавшей движение с бесконечности, определяется потенциалом точки: \(v\propto\sqrt{\varphi}\). Ускорение определяется напряжённостью: \(a=|q|E/m\). Значит, надо связать \(E_A\) и \(E_B\) с потенциалами \(\varphi_A\) и \(\varphi_B\) полукольца. В центре \(A\) это легко: все кусочки на одинаковом расстоянии. В точке \(B\) интеграл по полукольцу брать не нужно: \(B\) лежит на той же окружности, и для каждого кусочка потенциал и поле связаны простым геометрическим множителем.

Обозначения. \(R\) — радиус полукольца, \(\lambda\) — линейная плотность заряда, \(Q=\pi R\lambda\), \(q\) — заряд частицы, \(m\) — её масса, \(k=1/(4\pi\varepsilon_0)\). Ось \(x\) направим по \(AB\) от \(A\) к \(B\); точка \(B\) диаметрально противоположна середине полукольца, \(AB=R\). Поле, как и потенциал, на оси симметрии направлено вдоль неё.

1. Связь скорости с потенциалом. Закон сохранения энергии для частицы между бесконечностью (скорость нуль, потенциал нуль) и точкой с потенциалом \(\varphi\): \(\dfrac{mv^2}{2}+q\varphi=0\), то есть \(v^2=\dfrac{2|q|\varphi}{m}\) (\(q\varphi<0\): частица притягивается). Для двух точек \[\frac{v_A^2}{v_B^2}=n^2=\frac{\varphi_A}{\varphi_B}.\]

2. Ускорение и напряжённость. Второй закон Ньютона для частицы в точках \(A\) и \(B\): \(ma=|q|E\), поэтому \[\frac{a_A}{a_B}=\frac{E_A}{E_B}.\]

3. Центр \(A\). Все кусочки полукольца находятся от \(A\) на расстоянии \(R\), поэтому \(\varphi_A=\dfrac{kQ}{R}\). Поле кусочка \(dq\) направлено вдоль радиуса от него; по симметрии остаётся составляющая вдоль оси. Если кусочек виден из \(A\) под углом \(\psi\) к оси (\(-\pi/2\le\psi\le\pi/2\)), то \(dq=\lambda R\,d\psi\) и \[E_A=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{k\lambda R\,d\psi}{R^2}\cos\psi=\frac{2k\lambda}{R}=\frac{2kQ}{\pi R^2}=\frac{2\varphi_A}{\pi R}.\]

4. Точка \(B\). Пусть \(C\) — произвольная точка полукольца, \(B'\) — точка окружности, диаметрально противоположная \(B\). Угол \(BCB'\) прямой (вписанный угол, опирающийся на диаметр), поэтому в прямоугольном треугольнике \(BCB'\) расстояние \(d=BC\) связано с углом \(\theta\) между \(BC\) и осью \(BB'\) равенством \(d=2R\cos\theta\). Кусочек \(dq\) в точке \(C\) создаёт в \(B\) потенциал \(d\varphi=\dfrac{k\,dq}{d}\) и поле \(dE=\dfrac{k\,dq}{d^2}\), а его составляющая вдоль оси \[dE_x=dE\cos\theta=\frac{k\,dq}{d^2}\cdot\frac{d}{2R}=\frac{1}{2R}\cdot\frac{k\,dq}{d}=\frac{d\varphi}{2R}.\]

Составляющие, перпендикулярные оси, у кусочков из верхней и нижней половин полукольца взаимно уничтожаются (симметрия), а осевые складываются. Суммируя по всему полукольцу, \[E_B=\frac{\varphi_B}{2R}.\] Обратите внимание: это свойство верно только для точек самой окружности; для точки внутри неё множитель \(\cos\theta=d/(2R)\) уже не получится.

5. Собираем ответ. Отношение напряжённостей, а с ним и ускорений: \[\frac{a_A}{a_B}=\frac{E_A}{E_B}=\frac{2\varphi_A/(\pi R)}{\varphi_B/(2R)}=\frac{4}{\pi}\cdot\frac{\varphi_A}{\varphi_B}=\frac{4n^2}{\pi}.\]

Проверка. Для заданной геометрии величины связаны, и это можно проверить прямым вычислением. Потенциал в \(B\): \(\varphi_B=k\lambda\displaystyle\int_{\pi/2}^{3\pi/2}\dfrac{d\varphi}{2\sin(\varphi/2)}=2k\lambda\ln(1+\sqrt2)\), потенциал в \(A\): \(\varphi_A=\pi k\lambda\). Тогда \(n^2=\dfrac{\pi}{2\ln(1+\sqrt2)}\approx1{,}78\), \(n\approx1{,}33\), а отношение ускорений \(\dfrac{E_A}{E_B}=\dfrac{2k\lambda/R}{\varphi_B/(2R)}=\dfrac{2}{\ln(1+\sqrt2)}\approx2{,}27\); формула \(4n^2/\pi\) даёт то же число. Численное интегрирование (рисунок) подтверждает: \(\varphi_A/k\lambda=3{,}142\), \(\varphi_B/k\lambda=1{,}763\), \(E_AR/k\lambda=2{,}000\), \(E_BR/k\lambda=0{,}881=\varphi_B/(2k\lambda)\).

Ответ. \(\dfrac{a_A}{a_B}=\dfrac{4n^2}{\pi}\approx1{,}27\,n^2\); для условия задачи \(n^2\approx1{,}78\) и \(\dfrac{a_A}{a_B}\approx2{,}27\).

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

Подсказка

Поле плоских слоёв зависит только от расстояния до поверхности. Найдите его по теореме Гаусса и выясните, как зависит сила, действующая на частицу в положительном слое, от глубины.

Ответ

1) \(v<\dfrac{a}{\sin\alpha}\sqrt{\dfrac{e\rho}{m\varepsilon_0}}\);  2) \(t=\pi\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\) (не зависит от \(v\) и \(\alpha\)), расстояние вдоль слоя от \(A\): \(l=\pi v\cos\alpha\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\).

Решение

Что происходит. Заряд распределён по плоским слоям, поэтому поле зависит только от одной координаты, перпендикулярной слоям, и направлено вдоль неё. Вдоль слоя сил нет, и составляющая скорости \(v\cos\alpha\) остаётся постоянной. Перпендикулярная составляющая \(v\sin\alpha\) меняется: в положительном слое на отрицательный заряд действует сила, возвращающая его к поверхности. Главная идея: найти поле по теореме Гаусса, увидеть, что сила пропорциональна глубине, то есть движение по нормали гармоническое.

Обозначения. Ось \(x\) перпендикулярна слоям и направлена слева направо (к \(A\)); начало — левая поверхность слоя \(-\rho\). Слой \(-\rho\) занимает \(0<x<a\), слой \(+\rho\) — \(a<x<2a\), точка \(A\) лежит на поверхности \(x=2a\). Глубину в положительном слое отсчитываем от его внешней поверхности: \(s=2a-x\), \(0\le s\le a\).

1. Поле вне слоёв. Суммарный заряд слоёв на единицу площади равен нулю. Теорема Гаусса для цилиндра с основаниями по обе стороны слоёв, вдали от них: поток поля равен нулю, а по симметрии поля с двух сторон равны по модулю и противоположны по направлению (направлены от слоёв или к слоям). Значит, вне слоёв \(E=0\). Поэтому частица подлетает к \(A\) по прямой, не чувствуя поля, с той же скоростью \(v\) и под тем же углом \(\alpha\).

2. Поле внутри слоёв. Применим теорему Гаусса для цилиндра с основанием площадью \(S\), одно основание которого лежит слева от слоёв (где \(E=0\)), а другое проходит через точку с координатой \(x\). Внутри слоя \(-\rho\): \(E_xS=-\dfrac{\rho xS}{\varepsilon_0}\). В слое \(+\rho\) добавляется положительный заряд, и при \(a<x<2a\) получаем \(E_x=\dfrac{\rho\,(x-2a)}{\varepsilon_0}=-\dfrac{\rho s}{\varepsilon_0}\). Поле внутри положительного слоя направлено к отрицательному слою (против оси \(x\)), его модуль растёт линейно с глубиной: \(E=\rho s/\varepsilon_0\), на внешней поверхности он равен нулю.

3. Движение по нормали. На частицу с зарядом \(-e\) в положительном слое действует сила, противоположная полю: направлена к внешней поверхности и равна \(F=\dfrac{e\rho s}{\varepsilon_0}\). Второй закон Ньютона для проекции на направление глубины \(s\) (ускорение направлено к уменьшению \(s\)): \[m\ddot s=-\frac{e\rho}{\varepsilon_0}\,s\quad\Rightarrow\quad\ddot s=-\omega^2s,\qquad \omega=\sqrt{\frac{e\rho}{m\varepsilon_0}}.\] Это уравнение гармонических колебаний: в положительном слое частица ведёт себя как груз на пружине, глубина проникновения — «полупериод».

4. Условие не проникнуть в отрицательный слой. В момент \(t=0\) глубина \(s=0\), скорость по нормали \(v_n=v\sin\alpha\), поэтому \(s(t)=\dfrac{v_n}{\omega}\sin\omega t\). Максимальная глубина проникновения равна амплитуде \(v\sin\alpha/\omega\). Частица не проникнет в отрицательный слой, если эта амплитуда меньше толщины положительного слоя: \[\frac{v\sin\alpha}{\omega}<a\quad\Rightarrow\quad v<\frac{a}{\sin\alpha}\sqrt{\frac{e\rho}{m\varepsilon_0}}.\] То же даёт закон сохранения энергии: потенциальная энергия частицы \(U=-e\varphi\) при переходе от \(x=2a\) к \(x=a\) растёт на \(\Delta U=\dfrac{e\rho a^2}{2\varepsilon_0}\) (рисунок), и кинетической энергии нормального движения \(\dfrac{mv^2\sin^2\alpha}{2}\) на это не хватает. Обратите внимание: в условие входит только нормальная составляющая скорости \(v\sin\alpha\), а не вся скорость: составляющая вдоль слоя энергию на преодоление барьера не тратит.

5. Время и расстояние. Частица возвращается на внешнюю поверхность, когда \(s(t)=0\) снова, то есть при \(\omega t=\pi\): \[t=\frac{\pi}{\omega}=\pi\sqrt{\frac{m\varepsilon_0}{e\rho}}.\] Обратите внимание: время не зависит ни от скорости, ни от угла, как период гармонических колебаний не зависит от амплитуды. Вдоль слоя частица движется равномерно со скоростью \(v\cos\alpha\) (вдоль слоя нет силы), поэтому смещение от точки \(A\) вдоль поверхности \[l=v\cos\alpha\cdot t=\pi v\cos\alpha\sqrt{\frac{m\varepsilon_0}{e\rho}}.\]

В точке выхода скорость по модулю равна \(v\) (потенциальная энергия там та же, что в \(A\)), а её нормальная составляющая изменила знак: частица отражается как от зеркала.

Проверка. Размерность: \(\left[\dfrac{e\rho}{m\varepsilon_0}\right]=\dfrac{\text{Кл}\cdot\text{Кл/м}^3}{\text{кг}\cdot\text{Кл}^2/(\text{Н}\cdot\text{м}^2)}=\dfrac{\text{Н}}{\text{кг}\cdot\text{м}}=\text{с}^{-2}\), так что \(\omega\) — частота, время \(\pi/\omega\) — секунды. Предел \(\alpha\to0\) (частица скользит вдоль поверхности): ограничение пункта 1 на скорость исчезает, время остаётся прежним, а расстояние \(l\) растёт как \(v\).

Ответ. 1) \(v<\dfrac{a}{\sin\alpha}\sqrt{\dfrac{e\rho}{m\varepsilon_0}}\);  2) \(t=\pi\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\), \(l=\pi v\cos\alpha\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\).

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

Подсказка

Лучи, падающие на поверхность шарика под углом больше предельного, полностью отражаются. Как меняется угол падения при следующих отражениях внутри шарика? Свяжите угол падения с направлением луча из пузырька.

Ответ

\(\eta=1\) при \(r\le R/n\); \(\eta=1-\sqrt{1-\dfrac{R^2}{n^2r^2}}\) при \(R/n<r\le R\).

Решение

Что происходит. Пузырёк — точечный источник, излучающий одинаково по всем направлениям. Луч выходит из шарика, если угол падения \(\theta\) на поверхность меньше предельного угла полного внутреннего отражения: \(\sin\theta<1/n\). Лучи с большим углом падения полностью отражаются. У шарика есть важное свойство: после отражения угол падения при следующем попадании на поверхность тот же, потому что треугольник из центра и двух соседних точек падения равнобедренный. Значит, такой луч не выйдет никогда. Лучи с \(\theta<\theta_{\text{пр}}\) отражаются частично, но отражённая часть снова падает под тем же углом и в итоге тоже выходит (стекло не поглощает свет). Главная идея: доля вышедшего света равна доле телесного угла направлений с \(\sin\theta<1/n\).

Обозначения. \(O\) — центр шарика, \(P\) — пузырёк (\(OP=r\le R\)), \(S\) — точка выхода луча на поверхность (\(OS=R\)), \(\gamma\) — угол между лучом и направлением \(PO\) на центр, \(\theta\) — угол падения: угол между лучом и нормалью \(OS\) в точке \(S\).

1. Угол падения через направление луча. В треугольнике \(OPS\) известны стороны \(OP=r\), \(OS=R\). Угол при вершине \(S\) — это угол падения \(\theta\) (между лучом \(SP\) и нормалью \(SO\)), угол при вершине \(P\) равен \(\gamma\). Теорема синусов: \[\frac{r}{\sin\theta}=\frac{R}{\sin\gamma}\quad\Rightarrow\quad\sin\theta=\frac rR\sin\gamma.\] Сторона \(OP\) меньше \(OS\), поэтому угол \(\theta\) острый и равен именно углу падения.

2. Условие выхода. Из \(\sin\theta<1/n\) получаем \[\sin\gamma<\frac{R}{n\,r}.\] Если \(r\le R/n\), правая часть не меньше единицы, и условие выполнено для любого направления: из шарика выходит весь свет, \(\eta=1\).

Если \(r>R/n\), то выходят лучи с \(\gamma<\gamma_0\) (конус вперёд, в сторону центра) и с \(\gamma>\pi-\gamma_0\) (конус назад, к ближайшей поверхности), где \[\sin\gamma_0=\frac{R}{n\,r}.\] Граничные лучи — касательные к окружности радиуса \(R/n\) с центром \(O\): расстояние от \(O\) до луча \(r\sin\gamma\) равно \(R/n\) при \(\gamma=\gamma_0\).

3. Доля света. Телесный угол конуса с углом \(2\gamma_0\) при вершине равен \(2\pi(1-\cos\gamma_0)\) (примечание в условии); таких конусов два, весь телесный угол — \(4\pi\): \[\eta=\frac{2\cdot2\pi\,(1-\cos\gamma_0)}{4\pi}=1-\cos\gamma_0=1-\sqrt{1-\frac{R^2}{n^2r^2}}.\] Обратите внимание: учитывать надо оба конуса. Лучи, идущие назад, к ближайшей к пузырьку поверхности, тоже падают под малым углом и выходят; если взять только конус вперёд, ответ окажется вдвое меньше.

Проверка. При \(r=R/n\) второй случай даёт \(\eta=1-\sqrt{1-1}=1\), значит ответ непрерывен. Предел \(n\to1\) (полного отражения нет): \(R/n\to R\), для любого \(r\le R\) получаем \(\eta=1\). На самой поверхности (\(r=R\)) \(\eta=1-\sqrt{1-1/n^2}=1-\cos\theta_{\text{пр}}\): два конуса с углом \(\theta_{\text{пр}}\) у вершины — наружу и внутрь шарика. Для \(n=1{,}5\) это \(0{,}25\), для \(n=2\) — \(0{,}13\).

Ответ. \(\eta=1\) при \(r\le\dfrac Rn\);  \(\eta=1-\sqrt{1-\dfrac{R^2}{n^2r^2}}\) при \(\dfrac Rn<r\le R\).

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