Всесоюзная, 1984/85, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Через две точки (место удара и точка под перекладиной) проходит много парабол, но при заданной начальной скорости угол бросания существует не всегда. Для каких скоростей уравнение для тангенса угла имеет решение?

Ответ

\(E_{\min}=\dfrac{mg}{2}\left(h+\sqrt{h^2+L^2}\right)\approx 34\) Дж, где \(L=11\) м; мяч надо бить под углом \(\alpha\approx 51^\circ\) к горизонту.

Решение

Что происходит. Мяч летит как материальная точка в поле тяжести без сопротивления воздуха: траектория — парабола. Она должна пройти через точку \(A\) на расстоянии \(L=11\) м от места удара на высоте \(h=2{,}5\) м (под перекладиной). Через две точки проходит целое семейство парабол с разными скоростями и углами; нужна парабола с наименьшей начальной скоростью \(v_0\), ведь энергия, сообщённая мячу, равна \(E=\dfrac{mv_0^2}{2}\).

Обозначения. \(\alpha\) — угол бросания к горизонту, \(v_0\) — начальная скорость, \(\tau=\operatorname{tg}\alpha\). Ось \(x\) направлена горизонтально к воротам, ось \(y\) — вверх, начало координат \(O\) — точка удара.

1. Уравнение траектории. Горизонтальных сил нет, поэтому горизонтальная проекция скорости постоянна: \(x=v_0\cos\alpha\cdot t\). По вертикали действует только сила тяжести, ускорение равно \(-g\): \(y=v_0\sin\alpha\cdot t-\dfrac{gt^2}{2}\). Исключаем время и пользуемся тем, что \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha}=1+\tau^2\): \[y=x\tau-\frac{g x^2\,(1+\tau^2)}{2v_0^2}.\]

2. Условие прохождения через \(A\). Подставляем \(x=L\), \(y=h\) и получаем квадратное уравнение относительно \(\tau\): \[\frac{gL^2}{2v_0^2}\,\tau^2-L\,\tau+\left(h+\frac{gL^2}{2v_0^2}\right)=0 .\]

3. Когда угол существует. Для заданной скорости \(v_0\) угол бросания найдётся, только если дискриминант неотрицателен: \[L^2-4\cdot\frac{gL^2}{2v_0^2}\left(h+\frac{gL^2}{2v_0^2}\right)\ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad v_0^4-2ghv_0^2-g^2L^2\ge 0 ,\] то есть \(v_0^2\ge g\left(h+\sqrt{h^2+L^2}\right)\). Наименьшая скорость отвечает нулевому дискриминанту; при ней существует единственный угол, при большей скорости — два.

4. Энергия. \[E_{\min}=\frac{mv_0^2}{2}=\frac{mg}{2}\left(h+\sqrt{h^2+L^2}\right).\] Подставляем: \(\sqrt{2{,}5^2+11^2}\approx 11{,}28\) м; \(h+\sqrt{h^2+L^2}\approx 13{,}78\) м; \[E_{\min}\approx\frac{0{,}5\cdot 9{,}8}{2}\cdot 13{,}78\approx 34\text{ Дж},\qquad v_0\approx 11{,}6\text{ м/с}.\]

5. Угол бросания. При нулевом дискриминанте корень уравнения из шага 2 равен \(\tau=\dfrac{v_0^2}{gL}=\dfrac{h+\sqrt{h^2+L^2}}{L}\approx 1{,}25\), откуда \(\alpha\approx 51^\circ\). Вершина траектории расположена при \(x=\dfrac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}\approx 6{,}7\) м, то есть левее ворот: в точке \(A\) мяч уже снижается.

Зависимость энергии от угла, при котором мяч попадает в точку \(A\), получается из шага 2: \(E(\alpha)=\dfrac{mgL^2(1+\tau^2)}{4(L\tau-h)}\). На графике она имеет один пологий минимум.

Обратите внимание. Угол \(45^\circ\), при котором мяч летит дальше всего по земле, здесь не подходит: точка \(A\) расположена выше земли, поэтому оптимальный угол больше \(45^\circ\) (около \(51^\circ\)). Разница в энергии небольшая (при \(45^\circ\) нужно около \(35\) Дж), но угол надо находить из условия минимума, а не угадывать.

Проверка. Размерность: \(m\,g\,[\text{длина}]\) — это энергия. Предел \(h\to 0\) даёт \(E=\dfrac{mgL}{2}\): это энергия, при которой максимальная дальность полёта (\(45^\circ\)) равна \(L\), \(v_0^2=gL\). Второй способ: точка \(A\) должна лежать не выше «параболы безопасности» — огибающей всех траекторий с данной \(v_0\), \(y=\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{g x^2}{2v_0^2}\); условие \(h\le\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{gL^2}{2v_0^2}\) совпадает с неравенством шага 3, а в минимуме точка \(A\) лежит на параболе безопасности (рисунок 1).

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

Подсказка

Станция после толчка тоже меняет орбиту (она тормозится). Две орбиты с общим фокусом, касающиеся в точке отделения, больше нигде не пересекаются, поэтому встреча возможна только в точке отделения. Сколько оборотов успеет сделать станция за период спутника?

Ответ

\(\dfrac{m}{M}\approx 0{,}048\) (станция за это время делает \(10\) оборотов) или \(\dfrac{m}{M}\approx 0{,}15\) (\(11\) оборотов).

Решение

Что происходит. Катапультирование — внутренний процесс системы «станция + спутник», он быстрый, поэтому импульс системы вдоль касательной к орбите сохраняется. Спутник разгоняется и уходит на эллипс с перигеем в точке отделения \(P\) и апогеем \(10R\). Станция при этом тормозится и тоже уходит с круговой орбиты: на эллипс, для которого \(P\) — апогей. Две орбиты имеют общий фокус (центр Земли) и касаются друг друга в точке \(P\), других общих точек у них нет. Значит, встретиться тела могут только в точке \(P\): спутник вернётся туда за свой период \(T_{\text{сп}}\), станция — за \(T_{\text{ст}}\), и встреча произойдёт, если \(T_{\text{сп}}=k\,T_{\text{ст}}\), где \(k\) — целое число оборотов станции.

Обозначения. \(r_1=1{,}25R\) — радиус исходной круговой орбиты, \(v_0\) — скорость на ней и \(T_0\) — период; \(v_1\), \(u\) — скорости спутника и станции сразу после отделения; \(a_{\text{ст}}\) — большая полуось новой орбиты станции; \(\mu=\dfrac mM\).

1. Скорость спутника. На исходной орбите \(v_0^2=\dfrac{GM_{\text{З}}}{r_1}\) (сила тяготения создаёт центростремительное ускорение). Эллипс спутника имеет перигей \(r_1\) и апогей \(r_a=10R=8r_1\). В перигее и апогее скорость перпендикулярна радиусу, поэтому закон сохранения момента импульса спутника: \(v_1r_1=v_ar_a\); закон сохранения энергии спутника в поле тяготения Земли между перигеем и апогеем: \(\dfrac{v_1^2}{2}-\dfrac{GM_{\text{З}}}{r_1}=\dfrac{v_a^2}{2}-\dfrac{GM_{\text{З}}}{r_a}\). Отсюда \[v_1^2=\frac{2GM_{\text{З}}\,r_a}{r_1\,(r_1+r_a)}=v_0^2\cdot\frac{2\cdot 8}{9},\qquad v_1=\frac43\,v_0 .\]

2. Период спутника. Большая полуось его орбиты \(a_{\text{сп}}=\dfrac{r_1+r_a}{2}=4{,}5\,r_1\). По третьему закону Кеплера \[\frac{T_{\text{сп}}}{T_0}=\left(\frac{a_{\text{сп}}}{r_1}\right)^{3/2}=4{,}5^{3/2}\approx 9{,}55 .\]

3. Скорость станции. Закон сохранения импульса системы вдоль касательной за время толчка (сила тяжести за это короткое время импульс практически не меняет): \((M+m)\,v_0=m\,v_1+M\,u\). Откуда \(u=v_0\left(1-\dfrac{\mu}{3}\right)\).

4. Орбита станции. Точка \(P\) для станции — апогей (скорость меньше круговой и перпендикулярна радиусу). Энергия на эллиптической орбите: \(\dfrac{u^2}{2}-\dfrac{GM_{\text{З}}}{r_1}=-\dfrac{GM_{\text{З}}}{2a_{\text{ст}}}\), поэтому \[\frac{u^2}{v_0^2}=2-\frac{r_1}{a_{\text{ст}}}.\]

5. Условие встречи. По третьему закону Кеплера \(T_{\text{ст}}=T_0\left(\dfrac{a_{\text{ст}}}{r_1}\right)^{3/2}\), а условие \(T_{\text{сп}}=kT_{\text{ст}}\) даёт \(4{,}5^{3/2}=k\left(\dfrac{a_{\text{ст}}}{r_1}\right)^{3/2}\), то есть \[\frac{a_{\text{ст}}}{r_1}=\frac{4{,}5}{k^{2/3}} .\] Станция потеряла скорость, поэтому \(a_{\text{ст}}<r_1\): \(k^{2/3}>4{,}5\), то есть \(k\ge 10\).

6. Станция не должна упасть на Землю. Расстояние перигея новой орбиты \(r_{\text{п}}=2a_{\text{ст}}-r_1\) должно превышать \(R\), то есть \(\dfrac{r_{\text{п}}}{r_1}>0{,}8\), \(\dfrac{a_{\text{ст}}}{r_1}>0{,}9\): \(k^{2/3}<5\), откуда \(k<11{,}2\). Остаются \(k=10\) и \(k=11\). Для \(k=10\) перигей \(1{,}17R\), для \(k=11\) — \(1{,}02R\); уже для \(k=12\) он равен \(0{,}90R\), то есть орбита пересекает поверхность Земли.

7. Отношение масс. Из шагов 3 и 4: \(\left(1-\dfrac{\mu}{3}\right)^2=2-\dfrac{k^{2/3}}{4{,}5}\), откуда \[\mu=3\left(1-\sqrt{2-\frac{k^{2/3}}{4{,}5}}\right).\] При \(k=10\): \(k^{2/3}=4{,}64\), \(\sqrt{2-1{,}031}=0{,}984\), \(\mu\approx 0{,}048\). При \(k=11\): \(k^{2/3}=4{,}95\), \(\sqrt{2-1{,}099}=0{,}949\), \(\mu\approx 0{,}15\).

Обратите внимание. Станцию нельзя считать оставшейся на круговой орбите: она тоже получает импульс отдачи и тормозится. Встреча возможна только в точке отделения, так как орбиты, касающиеся в точке \(P\) и имеющие общий фокус, второй раз не пересекаются. Число оборотов станции \(k\) целое и ограничено с двух сторон: сверху — падением на Землю, снизу — условием \(a_{\text{ст}}<r_1\).

Проверка. Размерности не требуются: все величины безразмерные. Предел: при \(\mu\to 0\) станция остаётся на круговой орбите, и \(T_{\text{сп}}/T_0=9{,}55\) — не целое число, встречи нет; наименьшее \(\mu\) получается для ближайшего целого \(k=10\), чем тяжелее спутник, тем сильнее торможение станции и тем больше оборотов она успевает сделать (\(\mu\) растёт с \(k\)).

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

Подсказка

Каждая особенность графика — момент, когда один из газов стал насыщенным паром. Какой из двух газов сжижается раньше и как выглядит давление смеси, пока один из паров насыщен, а второй нет?

Ответ

\(m_{\text{O}_2}\approx 57\) г; \(p_{\text{нас O}_2}=1{,}5\) усл. ед. \(\approx 25\) кПа (около \(0{,}25\) атм).

Решение

Что происходит. Пока оба газа далеки от насыщения, смесь ведёт себя как идеальный газ и \(pV=\text{const}\) (гипербола). Кислород кипит при более высокой температуре, чем азот, значит, при \(77{,}4\) К давление его насыщенных паров меньше. Поэтому при сжатии первым насыщается и начинает конденсироваться кислород (излом на графике при \(V=8\)), а затем азот (горизонтальный участок при \(V\le 4\): и кислород, и азот — насыщенные пары, их давления от объёма не зависят).

Обозначения. \(\nu_1,\nu_2\) — количества вещества азота и кислорода; \(p_{\text{н}1},p_{\text{н}2}\) — давления насыщенных паров азота и кислорода при \(T\). Давление и объём — в условных единицах, нужные нам комбинации \(\nu RT\) получатся в тех же единицах.

1. Область I, \(V>8\). Оба газа ненасыщены. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений, а уравнение Менделеева — Клапейрона для каждого газа даёт \[p=\frac{(\nu_1+\nu_2)RT}{V}.\] По графику \(p=3{,}6\) при \(V=10\) и \(p=4{,}5\) при \(V=8\): \((\nu_1+\nu_2)RT=36\).

2. Область II, \(4<V<8\). Кислород насыщен: часть его уже жидкость, а давление пара кислорода постоянно и равно \(p_{\text{н}2}\). Азот ещё газ: \(p_1=\dfrac{\nu_1RT}{V}\). Полное давление \[p=p_{\text{н}2}+\frac{\nu_1RT}{V}.\] Берём две точки графика: \(V=8\), \(p=4{,}5\) и \(V=4\), \(p=7{,}5\): \[\begin{cases} 4{,}5=p_{\text{н}2}+\nu_1RT/8,\\ 7{,}5=p_{\text{н}2}+\nu_1RT/4. \end{cases}\] Вычитая, получаем \(\nu_1RT/8=3\), \(\nu_1RT=24\), откуда \(p_{\text{н}2}=4{,}5-3=1{,}5\).

3. Область III, \(V<4\). Азот тоже насыщен, оба давления постоянны: \(p=p_{\text{н}1}+p_{\text{н}2}=7{,}5\), значит \(p_{\text{н}1}=6\). Начало конденсации азота при \(V=4\) согласуется с шагом 2: \(\nu_1RT/4=24/4=6\).

4. Масса кислорода. Из шагов 1 и 2: \(\nu_2RT=36-24=12\), значит \(\nu_2=\dfrac{\nu_1}{2}\). Количество азота \(\nu_1=\dfrac{m_1}{\mu_1}=\dfrac{100}{28}\approx 3{,}57\) моль, кислорода — \(\nu_2\approx 1{,}79\) моль, его масса \[m_2=\nu_2\mu_2=\frac{m_1}{2}\cdot\frac{\mu_2}{\mu_1}=50\cdot\frac{32}{28}\text{ г}\approx 57\text{ г}.\]

5. Давление насыщенных паров кислорода. В условных единицах \(p_{\text{н}2}=1{,}5\). Чтобы перевести в паскали, воспользуемся примечанием: при \(77{,}4\) К давление насыщенных паров азота равно нормальному атмосферному, \(p_{\text{н}1}=101\) кПа, а в условных единицах оно равно \(6\). Значит, \(1\) усл. ед. \(=\dfrac{101}{6}\approx 16{,}9\) кПа и \[p_{\text{н}2}=1{,}5\cdot 16{,}9\text{ кПа}\approx 25\text{ кПа}.\]

Обратите внимание. Число \(4{,}5\) в точке излома — полное давление, а не давление насыщенных паров кислорода: в нём есть ещё парциальное давление азота. На участке II кривая не гипербола: к гиперболе азота добавлено постоянное давление пара кислорода. На горизонтальном участке сжимается пар вместе с жидкостями, давление не растёт, пока остаётся жидкость и пар.

Проверка. Условные единицы согласованы с примечанием: азот в количестве \(\nu_1=3{,}57\) моль при насыщении (\(p=101\) кПа, \(T=77{,}4\) К) занимает \(V=\dfrac{\nu_1RT}{p}=\dfrac{3{,}57\cdot 8{,}31\cdot 77{,}4}{1{,}01\cdot 10^5}\approx 22{,}7\) л — это в точности \(4\) усл. ед. объёма (при \(5{,}7\) л в условной единице), как на графике. Полученное \(p_{\text{н}2}\approx 0{,}25\) атм по порядку сходится со справочным значением давления насыщенных паров кислорода при \(77\) К (около \(0{,}2\) атм).

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

Подсказка

В сверхпроводнике поток через катушку не меняется, и растущее поле «разгоняет» электроны по виткам. Когда сверхпроводимость пропадает, электроны тормозятся о решётку. Куда девается их момент импульса?

Ответ

\(\varphi_{\max}=\dfrac{2\pi^2 m\,n^2R^3B_0}{e\,L\sqrt{GM}}\approx 1{,}2\cdot10^{-4}\) рад.

Решение

Что происходит. Сопротивления у сверхпроводящей катушки нет, поэтому полный поток через неё не меняется: растущее внешнее поле наводит ток, собственное поле которого точно компенсирует рост внешнего потока. Электроны проводимости при этом движутся по виткам и имеют момент импульса относительно оси катушки. Когда сверхпроводимость исчезает, электроны тормозятся на решётке и передают ей весь свой момент импульса: катушка получает толчок вокруг вертикальной оси и закручивает нить, как крутильный маятник. Максимальный угол найдём по энергии маятника.

Обозначения. \(S=\pi R^2\) — площадь витка; \(\ell=2\pi Rn\) — длина проволоки; \(N_e\) — число электронов проводимости в проволоке; \(v\) — скорость их упорядоченного движения; \(m\) — масса электрона; \(J=MR^2\) — момент инерции катушки (вся масса тонкой проволоки находится на расстоянии \(R\) от оси).

1. Ток в сверхпроводящей катушке. Для замкнутого контура без сопротивления ЭДС индукции полностью уравновешена самоиндукцией, поэтому потокосцепление, равное сумме потока внешнего поля и потока собственного поля тока, остаётся неизменным, как в начальный момент (там оно равно нулю): \[L I+nSB=0\quad\Rightarrow\quad |I|=\frac{n\pi R^2B}{L}.\] При \(B=B_0\) ток достигает \(I_0=\dfrac{n\pi R^2B_0}{L}=\dfrac{100\cdot 3{,}14\cdot10^{-4}\cdot 0{,}1}{3\cdot10^{-5}}\approx 105\) А. По правилу Ленца поле тока направлено против растущего внешнего: при взгляде сверху ток идёт по часовой стрелке, электроны — против неё.

2. Момент импульса электронов. Сила тока равна заряду, проходящему через сечение за секунду: \(I=\dfrac{eN_ev}{\ell}\) (в проволоке длины \(\ell\) всего \(N_e\) электронов, и все дрейфуют со скоростью \(v\)). Витки пологие, поэтому скорость электрона почти касательна к окружности радиуса \(R\), и его момент импульса относительно оси равен \(mvR\). Для всех электронов \[L_e=N_emvR=\frac{m}{e}\,I\,\ell\,R=\frac{m}{e}\cdot 2\pi nR^2\,I_0=\frac{2\pi^2 m\,n^2R^4B_0}{e\,L}.\]

3. Передача момента импульса катушке. Пока поле растёт медленно (за время, много большее периода крутильных колебаний, оценённого ниже), нить успевает уравновешивать нарастающий момент импульса электронов, поэтому катушка почти не поворачивается и своего момента импульса не имеет (при росте поля за минуту её угол — единицы \(10^{-6}\) рад, существенно меньше искомого). Когда сверхпроводимость исчезает, ток спадает за ничтожное время. Применяем закон сохранения момента импульса системы «решётка + электроны» относительно оси катушки за это время: момент силы упругости нити за него не успевает набрать значимой величины, а сила электрического индукционного поля действует на электроны и ионы решётки с равными и противоположными моментами, так что суммарно не меняет их общий момент импульса. Следовательно, решётка (то есть вся катушка) получает момент импульса \(L_e\) и угловую скорость \[\omega_0=\frac{L_e}{J}.\]

4. Закручивание нити. Нить с катушкой — крутильный маятник: \(J\ddot\varphi=-G\varphi\), период \(T=2\pi\sqrt{J/G}\). Максимальный угол найдём из закона сохранения энергии (кинетическая энергия вращения катушки переходит в энергию упругой деформации нити): \[\frac{J\omega_0^2}{2}=\frac{G\varphi_{\max}^2}{2}\quad\Rightarrow\quad \varphi_{\max}=\omega_0\sqrt{\frac{J}{G}}=\frac{L_e}{\sqrt{GJ}}=\frac{2\pi^2 m\,n^2R^3B_0}{e\,L\sqrt{GM}} .\]

5. Числа. \(J=MR^2=0{,}01\cdot10^{-4}=10^{-6}\) кг\(\cdot\)м\(^2\); \(\ell=2\pi\cdot 0{,}01\cdot100\approx 6{,}28\) м; \(L_e=\dfrac{1}{1{,}76\cdot10^{11}}\cdot 105\cdot 6{,}28\cdot 0{,}01\approx 3{,}7\cdot10^{-11}\) кг\(\cdot\)м\(^2\)/с; \(\sqrt{GJ}=\sqrt{10^{-7}\cdot10^{-6}}\approx 3{,}2\cdot10^{-7}\). Тогда \[\varphi_{\max}=\frac{3{,}7\cdot10^{-11}}{3{,}2\cdot10^{-7}}\approx 1{,}2\cdot10^{-4}\text{ рад}\approx 0{,}007^\circ .\] Катушка совершает колебания \(\varphi(t)=\varphi_{\max}\sin\omega t\) с периодом \(T\approx 20\) с вокруг прежнего положения нити.

Обратите внимание. Потокосцепление катушки равно \(L I\) (индуктивность уже учитывает все \(n\) витков); внешний поток через катушку — \(nSB\), а не \(SB\). Момент импульса отдаёт электронный газ, а решётка принимает: катушка поворачивается в ту сторону, в которую двигались электроны (против направления тока). Масса катушки в расчёте нужна лишь для момента инерции \(J=MR^2\).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{m}{e}\,[\text{кг/Кл}]\cdot I\,[\text{А}]\cdot \ell R\,[\text{м}^2]=\text{кг}\cdot\text{м}^2/\text{с}\) — это момент импульса (А \(=\) Кл/с). Для \(\varphi_{\max}\): \(L_e/\sqrt{GJ}\) — кг\(\cdot\)м\(^2\)/с делим на \(\sqrt{\text{Н}\cdot\text{м}\cdot\text{кг}\cdot\text{м}^2}=\text{кг}\cdot\text{м}^2/\text{с}\) — безразмерно. Предел: \(B_0\to 0\) даёт \(\varphi_{\max}\to 0\). Порядок величины: угол в тысячные доли градуса.

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

Подсказка

В плоскослоистой среде произведение \(n\sin\theta\) (\(\theta\) — угол с вертикалью) сохраняется вдоль луча. Что случится с лучом, если \(n\sin\theta\) окажется больше, чем \(n\) в какой-то точке выше спутника? И куда пойдут лучи, излучённые вниз?

Ответ

\(\eta=1-\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{\min}}{n_S}\right)^2}\approx 0{,}25\), то есть около четверти мощности (по графику \(n_S\approx 0{,}48\), \(n_{\min}\approx 0{,}32\)).

Решение

Что происходит. Показатель преломления зависит от высоты, поэтому луч в ионосфере искривляется. Разобьём среду на тонкие горизонтальные слои: на границе каждого слоя справедлив закон преломления, и величина \(n\sin\theta\) (\(\theta\) — угол между лучом и вертикалью) остаётся одной и той же вдоль всего луча. Луч продолжает подниматься, пока \(\sin\theta\le 1\); там, где требуется \(\sin\theta>1\), наступает полное отражение, и луч поворачивает обратно. Мощность излучается изотропно, значит, доля мощности пропорциональна телесному углу, в котором лежат уходящие лучи.

Обозначения. \(\theta_S\) — угол, под которым луч выходит из передатчика, к вертикали; \(n_S=n(200\text{ км})\); \(n_{\min}\) — наименьшее значение \(n\) на кривой.

1. Данные графика. Показатель на высоте спутника \(n_S\approx 0{,}48\); наименьшее значение \(n_{\min}\approx 0{,}32\) достигается на высоте около \(290\) км. Выше этой точки \(n\) растёт и стремится к единице.

2. Условие ухода вверх. Вдоль луча \(n(H)\sin\theta(H)=n_S\sin\theta_S\), откуда \(\sin\theta(H)=\dfrac{n_S\sin\theta_S}{n(H)}\). Над спутником \(n\) сначала убывает, поэтому угол \(\theta\) растёт и достигает наибольшего значения на высоте \(290\) км, где \(n=n_{\min}\). Луч пройдёт этот барьер, если там \(\sin\theta\le1\): \[\sin\theta_S\le\frac{n_{\min}}{n_S}=\frac{0{,}32}{0{,}48}=\frac23,\qquad \theta_0=\arcsin\frac23\approx 42^\circ .\] Выше \(290\) км \(n\) увеличивается, угол уменьшается, и луч выходит из атмосферы. При \(\theta_S>\theta_0\) луч полностью отражается на высоте между \(200\) и \(290\) км, где \(n=n_S\sin\theta_S\): он поворачивает вниз, отражается от Земли, снова поднимается, снова отражается — и остаётся в слое.

3. Лучи, излучённые вниз. Ниже спутника \(n\) растёт к единице, угол \(\theta\) уменьшается, поворота нет. Луч доходит до плоской Земли, зеркально отражается и возвращается к высоте \(200\) км под тем же углом \(\theta_S\), но уже идёт вверх. Дальше он ведёт себя как луч шага 2: уходит за атмосферу, если \(\theta_S\le\theta_0\). Поэтому уходит не только верхний, но и нижний конус.

4. Доля мощности. Уходящие лучи лежат в двух конусах с углом при вершине \(\beta=2\theta_0\) (вверх и вниз). Сумма телесных углов \(\Omega=2\cdot 2\pi\,(1-\cos\theta_0)\), доля от полного телесного угла \(4\pi\): \[\eta=\frac{\Omega}{4\pi}=1-\cos\theta_0=1-\sqrt{1-\left(\frac{n_{\min}}{n_S}\right)^2}=1-\sqrt{1-\frac49}=1-\frac{\sqrt5}{3}\approx 0{,}25 .\]

Обратите внимание. Условие ухода надо проверять на всём пути над спутником: решает не показатель в точке излучения, а его наименьшее значение. Нижняя полусфера излучения тоже работает — благодаря зеркальному отражению от Земли. Угол \(\theta\) отсчитывается от вертикали (нормали к слоям), а не от горизонта.

Проверка. Результат безразмерный. Предельные случаи: при \(n_{\min}\to n_S\) барьера нет, \(\theta_0\to 90^\circ\), \(\eta\to 1\) — уходит всё излучение; при \(n_{\min}\to 0\) барьер непреодолим, \(\eta\to 0\). Оценка по малым углам: \(\eta\approx\dfrac12\left(\dfrac{n_{\min}}{n_S}\right)^2\) при \(n_{\min}\ll n_S\) даёт \(0{,}22\), что близко к точному значению \(0{,}25\).

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