Три задачи

В части A сравните моменты относительно точки \(O\) сил давления воды и веса блока с силой Архимеда. В части B используйте сохранение момента импульса и энергии, в части C — законы сохранения импульса и энергии для распада молекулы озона.

T1-A1. Поскольку плотина герметична, площадь отверстия равна \(a\cdot(a/\sqrt{2})\).

Горизонтальная сила, которую вода действует на каждую из боковых сторон блока, равна давлению в центре сечения куба на соответствующей стороне, умноженному на эффективную площадь, как вычислено выше: \[\Delta F = \frac{a^2}{\sqrt{2}}\rho_0 g\,\Delta h.\] Эффективная точка приложения находится в центре левой части блока. Другие действующие силы — вес блока \(\rho \times g \times vol\), вертикальная составляющая силы, действующей со стороны жидкости (сила Архимеда) \(\rho_0 \times g \times vol\), и сила, которую шарнир прикладывает к блоку (момента она не создаёт). При критическом \(\Delta h\) нижний край отверстия не действует на блок силой. Для нулевого результирующего момента: \[\frac{a^2}{\sqrt{2}}\rho_0 g\,\Delta h\left(\frac{a}{2\sqrt{2}}\right) = (\rho - \rho_0)a^3 g\left(\frac{a}{2\sqrt{2}}\right).\] Примечание: плечи равны \(a/(2\sqrt{2})\) от \(O\) — по горизонтали или по вертикали — для разности давлений и для эффективного веса соответственно. Отсюда \[a = \frac{\rho_0}{\sqrt{2}(\rho - \rho_0)}\,\Delta h.\] При \(\rho = 3\rho_0\): \[a = \frac{\Delta h}{2\sqrt{2}} = 0{,}50\ \text{м}.\]

T1-B1. Из определения момента импульса: \(m v_0 (50a_0) = \mu\hbar\), откуда \[v_0 = \frac{\mu\hbar}{50 m a_0}.\] Полная энергия системы: \[2\left(\frac{1}{2}mv_0^2\right) - \frac{ke^2}{100a_0} = \frac{ke^2}{a_0}\left(\frac{\mu^2}{50^2} - \frac{1}{100}\right).\] Для \(\mu = 4\): \[E = -\frac{9ke^2}{2500a_0}.\] Решение 1. В критических точках расстояния \(\vec v \perp \vec r\) и \(L = mvr\). Энергия при \(r_{\max}\) и \(r_{\min}\) может быть записана как \[E = 2\frac{L^2}{2mr^2} - \frac{ke^2}{r}.\] Используя \(L = 2\mu\hbar = 8\hbar\) и закон сохранения энергии, \[-\frac{9ke^2}{2500a_0} = \frac{64\hbar^2}{mr^2} - \frac{ke^2}{r},\] \[\frac{ke^2}{a_0}\left(\frac{9}{2500}r^2 - a_0 r + 64a_0^2\right) = 0,\] \[r = \frac{a_0 \pm \sqrt{a_0^2 - \frac{576}{625}a_0^2}}{9/1250}, \qquad r = \frac{1250}{9}a_0\left(1 \pm \frac{7}{25}\right).\] Максимальное расстояние соответствует решению со знаком плюс: \[r_{\max} = \frac{1600}{9}a_0.\]

Решение 2. Поскольку энергия отрицательна, а электростатическая сила центральная и пропорциональна \(r^{-2}\), траектория частиц относительно центра масс эллиптическая. Энергия выражается через большую полуось \(x\): \[E = -\frac{ke^2}{2x}, \qquad x = \frac{1250}{9}a_0.\] Поскольку \(\vec v_0\) перпендикулярна вектору, соединяющему частицы, начальное положение соответствует либо \(r_{\max}\), либо \(r_{\min}\). Второе критическое расстояние \(r_2\) определяется из определения \(x\): \[2x = r_0 + r_2, \qquad r_2 = \left(\frac{2500}{9} - 100\right)a_0 = \frac{1600}{9}a_0.\] Оно больше \(r_0\) и соответствует \(r_{\max}\).

Решение 3. Общее уравнение траектории в полярных координатах: \[r(\theta) = \frac{\ell}{1 + \varepsilon\cos(\theta - \theta_0)},\] где \(\ell = \dfrac{2L^2}{mke^2}\) — полулатус-ректум (фокальный параметр), а \(\varepsilon\) — эксцентриситет, как в подсказке к вопросу T1-B2. Максимальное расстояние достигается при \(\cos(\theta - \theta_0) = -1\): \[r_{\max} = \frac{\ell}{1 - \varepsilon}.\] Вычисляем \(\ell\) и \(\varepsilon\): \[\ell = \frac{2(8\hbar)^2}{mke^2} = 128a_0, \qquad \varepsilon = \sqrt{1 - \frac{36ke^2(8\hbar)^2}{2500a_0m(ke^2)^2}} = \sqrt{1 - \frac{2304}{2500}} = \frac{7}{25}.\] Подставляя в выражение для \(r_{\max}\): \[r_{\max} = \frac{128}{1 - 7/25}\,a_0 = \frac{1600}{9}a_0.\]

T1-B2. Для \(\mu = \dfrac{15}{2}\): \[E = +\frac{ke^2}{80a_0}.\] Расстояние между частицами: \[r(\theta) = \frac{\ell}{1 + \varepsilon\cos(\theta - \theta_0)}.\] Поскольку начальное положение соответствует наибольшему сближению, удобно отсчитывать угол \(\theta\) от оси \(y\) так, что \(\cos\theta_0 = 1\), \(\theta_0 = 0\). При \(r \to \infty\): \[1 + \varepsilon\cos\theta' \to 0, \qquad \theta' = \arccos(-1/\varepsilon).\] Эксцентриситет: \[\varepsilon = \sqrt{1 + \frac{4ke^2(15\hbar^2)}{80a_0m(ke^2)^2}} = \sqrt{1 + \frac{45}{4}} = \frac{7}{2}.\] Подставляя в выражение для \(\theta'\): \[\theta' = \arccos(-2/7) = 106{,}60^\circ.\] Это угол относительно оси \(y\), а начальная скорость \(e^+\) направлена к положительной оси \(x\), то есть вниз: \[\theta = 90^\circ - \theta' = -16{,}60^\circ.\]

T1-C1. Решение 1: чистая алгебра. Закон сохранения импульса: \[\hbar\frac{\omega}{c}\hat k = \vec p + \vec q,\] где \(\vec p\) и \(\vec q\) — импульсы O\(_2\) и O соответственно. Решая относительно \(q^2\): \[q^2 = \left(\frac{\hbar\omega}{c} - p\cos\theta\right)^2 + p^2\sin^2\theta.\] Закон сохранения энергии: \[\hbar\omega = \Delta U + \frac{p^2}{4m} + \frac{q^2}{2m}, \qquad \Delta U = U_f - U_i.\] Для данного \(\theta\) можно выразить \(p\) через \(\omega\). Подставляя \(q^2\) в баланс энергии и упрощая, получаем квадратное уравнение относительно \(p\): \[p^2 - \frac{4\hbar\omega\cos\theta}{3c}p + \frac{2\hbar^2\omega^2}{3c^2} + \frac{4}{3}m(\Delta U - \hbar\omega) = 0.\] Чтобы \(p\) было вещественным, дискриминант должен быть неотрицательным: \[\frac{16\hbar^2\omega^2\cos^2\theta}{9c^2} - 4\left(\frac{2\hbar^2\omega^2}{3c^2} + \frac{4}{3}m(\Delta U - \hbar\omega)\right) \ge 0.\] Это неравенство определяет \(\omega_{\min}\) как минимальный корень квадратного уравнения относительно \(\omega\): \[(\cos 2\theta - 2)\hbar^2\omega^2 + 6mc^2\hbar\omega - 6\Delta U\,mc^2 = 0,\] \[\omega_\pm = \frac{-6mc^2\hbar \pm \sqrt{D}}{2(\cos 2\theta - 2)\hbar^2}, \qquad D = 36\hbar^2m^2c^4 + 24\Delta U\,mc^2\hbar^2(\cos 2\theta - 2).\] Наименьший корень — \(\omega_+\). Упрощая, получаем \[\omega_{\min} = \frac{3mc^2 - \sqrt{3mc^2\bigl(3mc^2 + 2\Delta U(\cos 2\theta - 2)\bigr)}}{\hbar\,(2 - \cos 2\theta)}.\]

Решение 2: подход через центр масс. Часть I. Законы сохранения. Сначала найдём скорость центра масс: \[(3mv_{CM}) = p_\gamma = \hbar\omega/c, \qquad v_{CM} = \frac{p_\gamma}{3m}.\] Связь относительных скоростей в системе центра масс по модулю: \[2mv_1 = mv_2,\] где \(v_2\) — скорость одиночного атома кислорода (того, который не интересует). Закон сохранения энергии: \[E_\gamma = p_\gamma c = \tfrac{1}{2}(3m)v_{CM}^2 + \Delta U + \tfrac{1}{2}mv_2^2 + \tfrac{1}{2}(2m)v_1^2 = \Delta U + \frac{p_\gamma^2}{6m} + \frac{1}{2}\times 6m\,v_1^2.\]

Часть II. Геометрия и критическое условие. Множество возможных скоростей \(\vec v_1\) образует окружность (модуль \(v_1\) постоянен). Угол \(\theta\) — между \(\vec v_{CM}\) и \(\vec v_{CM} + \vec v_1\) (полная скорость частицы 1). Если окружность радиуса \(v_1\) слишком мала, решения нет: прямая под углом не пересекает окружность. Если радиус достаточно велик, всегда есть два пересечения. Критический случай (переход от отсутствия решения к двум решениям) — касание окружности и прямой; он и нужен. В этом случае треугольник из точек \(0\), \(\vec v_{CM}\), \(\vec v_{CM} + \vec v_1\) прямоугольный. Предупреждение: это возможно только при \(\theta \le 90^\circ\); другой случай рассматривается отдельно. Тогда \[v_1 = v_{CM}\sin\theta.\] Подставляя в закон сохранения энергии, находим \[p_\gamma c = \Delta U + \frac{p_\gamma^2}{6m} + \frac{1}{2}\times\frac{p_\gamma^2\sin^2\theta}{3m}.\] Решая квадратное уравнение относительно \(p_\gamma\) (нужно выбрать правильный корень): \[p_\gamma = \frac{3cm - \sqrt{3}\sqrt{m}\sqrt{3c^2m + 2\Delta U\cos 2\theta - 4\Delta U}}{2\sin^2\theta + 1}.\] Примечание: все следующие выражения равны: \[2\sin^2\theta + 1 = 3 - 2\cos^2\theta = 2 - \cos 2\theta.\] Перепишем через угловую частоту: \[\omega_{\min} = 3mc^2\left[\frac{1 - \sqrt{1 - \dfrac{\Delta U}{3mc^2}\,(2\sin^2\theta + 1)}}{(2\sin^2\theta + 1)\,\hbar}\right].\] Особый случай: при \(\theta \ge 90^\circ\) это практически невозможно увидеть в грубом алгебраическом решении, но это важная особенность задачи; за неё в этом решении начисляется небольшая часть баллов. Для углов больше \(90^\circ\), как только окружность достигает ответа для \(90^\circ\), она становится достаточно большой, чтобы допускать все углы. Формула та же, с \(\theta = 90^\circ\).

T1-C2. С точностью до второго порядка по \(\Delta U\): \[\omega_{\min} = \frac{\Delta U}{\hbar} - \frac{(\cos 2\theta - 2)\Delta U^2}{6\hbar mc^2},\] \[\hbar\omega_{\min} - \Delta U = \frac{(2 - \cos 2\theta)}{6mc^2}(\Delta U)^2,\] \[\hbar\omega_{\min} - \Delta U = 2{,}03\times 10^{-11}\ \text{эВ}.\]