Предметный тур. Физика. 3 этап

Соединение резисторов может показаться параллельным, смешанным или даже коротким замыканием, если забыть, что сопротивление идеального вольтметра не очень мало, а, напротив, очень велико. Если же об этом помнить — можно элементарно изобразить эквивалентную схему, заменив вольтметры, через которые не может протекать ток, на разрывы цепи (см. рис. 1.2). После этого легко видеть, что соединение на самом деле является последовательным.

Тогда эффективное сопротивление \(R\) всей цепи равно сумме сопротивлений отдельных резисторов: \[R = R_1 + R_2 + R_3 + R_4,\] сила тока в цепи определяется по закону Ома: \[I = \frac{U}{R} = \frac{U}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4},\] а напряжение на каждом резисторе, следуя тому же закону, равно произведению его сопротивления на эту силу тока: \[U_i = I R_i = \frac{U R_i}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4},\] где индекс \(i\) принимает значения от \(1\) до \(4\) и означает номер резистора.

Наконец, каждый из вольтметров показывает сумму напряжений на двух резисторах, находящихся между его клеммами. Пронумеровав вольтметры \(1, 2, 3\) сверху вниз и обозначив их показания \(V_{1, 2, 3}\) соответственно, получим \[V_1 = U_1 + U_2 = U \frac{R_1 + R_2}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4} = 9\textrm{\,В} \qquad\] и аналогично \[V_2 = U \frac{R_2 + R_3}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4} = 5\textrm{\,В}; \qquad V_3 = U \frac{R_3 + R_4}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4} = 3\textrm{\,В}. \qquad\]

Из описания принципов работы лазера можем заключить, что изначальная мощность \(P_0\), используемая для накачки лазера, переходит в процессе его работы в мощность \(P_\textrm{л}\) лазерных импульсов и тепловую мощность \(P_\textrm{т}\), отводимую системой охлаждения. Очевидно, полезным является первый из этих видов мощности, так что коэффициент полезного действия задается формулой \[\eta = \frac{P_\textrm{л}}{P_0} = \frac{P}{P_\textrm{л}+P_\textrm{т}}.\] Чтобы определить среднюю полезную мощность лазерного излучения, достаточно умножить энергию одного импульса на частоту их следования: \[P_\textrm{л} = \nu W.\] Для нахождения тепловой мощности найдем количество теплоты \(Q\), уносимое водой за время \(\tau\). Оно, как хорошо известно из термодинамики, задается выражением \[Q = c m \Delta t,\] где \(m\) — масса воды, протекающей за это время через систему охлаждения. Зная объемный расход жидкости, найти ее также можно тривиально: \[m = \rho v \tau \Rightarrow Q = c \rho v \tau \Delta t.\] Тепловая мощность есть отношение этой теплоты ко времени: \[P_\textrm{т} = \frac{Q}{\tau} = c \rho v \Delta t.\] Остается окончательно подставить мощности в определение КПД и получить ответ (не забывая перевести литры в кубические метры и минуты в секунды): \[\eta = \frac{P}{P_\textrm{л}+P_\textrm{т}} = \frac{\nu W}{\nu W + c \rho v \Delta t} \approx 0{,}1\%.\]

К сожалению, эффективность преобразования световой энергии в большинстве твердотельных лазеров действительно имеет настолько малый порядок. Тем не менее качественные отличия когерентного света лазера от естественного света лампы делают и устройства со столь низким КПД весьма полезными.

Изобразим ход лучей при падении их на клин из воздуха. На рис. 1.3 сплошными линиями изображен ход лучей, пунктиром построена нормаль ко второй границе раздела сред.

Поскольку падение луча на первую границу нормальное, ни при каких показателях преломления луч на этой границе не отклоняется. Тогда треугольники \(\triangle OBC\) и \(\triangle OAB\) являются прямоугольными и имеют общий угол при вершине \(O\). Следствием этого подобия становится равенство \[\angle OCB = \angle OBA = 90° - \alpha,\] где \(\alpha\) — угол при вершине клина. Но так как угол падения \(\angle ABC\) луча на вторую границу раздела равен \(90° - \angle ABO\), то он также равен \(\alpha\).

Тогда из закона Снеллиуса легко выразим угол преломления \(\beta\): \[\sin \beta = n \sin \alpha \Rightarrow \beta \approx n \alpha.\] Применимость приближения малых углов обоснована тем, что по условиям клин является тонким, то есть имеет малый угол раствора, а также малыми (по сравнению с \(1\textrm{\,рад}\)) значениями углов \(\phi_{1{,}2}\).

Теперь остается заметить, что угол \(\phi_1\), на который луч отклонился от своего изначального направления распространения, равен \[\phi_1 = \beta - \alpha \approx \alpha (n-1).\]

При проведении аналогичных рассуждений во втором случае (клин в оптически плотной смоле) следует сделать два изменения. Во-первых, роль показателя преломления \(n\) в законе Снеллиуса будет выполнять относительный показатель преломления двух сред \(n/n_0\). Во-вторых, поскольку отклонение луча по условиям происходит в другую сторону, \(\phi_2\) имеет противоположный знак: \[\phi_2 = \alpha - \beta_2 \approx \alpha \left(1 - \frac{n}{n_0}\right).\] Решая полученную систему из двух уравнений, найдем ответ на вопрос задачи: \[n = n_0 \frac{\phi_1 + \phi_2}{\phi_2 n_0 + \phi_1} \approx 1{,}44.\]

Обозначим массу частицы \(m\), а ее начальную и конечную скорости \(v_0\) и \(v_1\) соответственно. Из известного изменения кинетической энергии легко вычислить отношение между этими скоростями. Будет удобнее записать его в виде простой дроби: \[K = \frac{mv^2}{2} \Rightarrow v = \sqrt{\frac{2K}{m}} \Rightarrow \frac{v_1}{v_0} = \sqrt{\frac{K_1}{K_0}} = \sqrt{0{,}64} = \frac{4}{5}.\] В то же время приращение \(\Delta v\) скорости легко вычислить, зная величину действовавшей на частицу силы \(F\): \[\Delta v = at =\frac{Ft}{m} = \frac{0{,}6 p_0\cancel{t}}{m \cancel{t}} = \frac{3}{5}v_0,\] где \(a\) обозначено ускорение частицы. То же можно доказать при помощи понятия импульса силы.

Изменение скорости на величину \(3/5 v_0\) и конечное значение этой скорости, равное \(4/5\) от начального, можно принять за противоречие, но оно легко снимется, если учесть, что сила направлена к начальной и конечной скоростям под некоторыми углами. Эти углы можно напрямую вычислить из теоремы косинусов, но гораздо проще узнать в числах \(3, 4, 5\) египетский треугольник: \[v_1^2 + \Delta v^2 = \left(\frac{4}{5} v_0\right)^2 + \left(\frac{3}{5} v_0\right)^2 = v_0^2.\]

Тогда становится очевидно, что конечная скорость \(\vec{v}_1\) и приращение скорости \(\Delta \vec{v}\) перпендикулярны друг другу (см. рис. 1.4). На рисунке модули векторов указаны в единицах \(v_0/5\), а отмеченный угол \(\alpha\) является искомым в задаче. Найдем его, используя тригонометрию: \[\alpha = \arccos \frac{4}{5} = \arcsin \frac{3}{5} \approx 36{,}8°.\]

Прежде всего по данным задачи построим явно функцию зависимости \(I(r)\). Согласно условиям, этот график представляет собой параболу, поэтому зависимость следует искать в форме \[I(r) = a r^2 + br + c.\]

По графику хорошо видно, что парабола направлена ветвями вниз, значит, \(a < 0\), ее вершина, расположенная всегда в точке \(-b/(2a)\), находится в нуле, значит, \(b = 0\), а в точке \(r = r_0\) парабола пересекает ось абсцисс: \[I(r_0) = ar_0^2 + c = 0 \Rightarrow c = - ar_0^2.\]

Введем более физически обоснованные обозначения, переобозначив величину \(-a\) как \(I_0\) (интенсивность на оси пучка). Получим \[I(r) = I_0\left(1- \frac{r^2}{r_0^2}\right).\]

Поскольку по условиям толщина кольца мала в сравнении с его радиусом, а от полярного угла интенсивность пучка не зависит, в пределах всей кольцевой маски интенсивность можно считать постоянной и равной \(I(R)\).

Мощность \(P\) прошедшего через маску излучения по определению интенсивности необходимо искать как произведение этой интенсивности на площадь \(S\) маски. Последнюю, опять опираясь на приближение \(d \ll R\), легко найти как произведение толщины кольца на его длину окружности: \[S(R) \approx 2\pi R d.\] Тогда \[P \approx I(R)S(R) \approx 2\pi R d I_0\left(1- \frac{R^2}{r_0^2}\right).\] Подставляя в это выражение два радиуса из условий, получим \[\frac{P_2}{P_1} \approx \frac{\cancel{2\pi d I_0 r_0^2} R_2 (r_0^2 - R_2^2)}{\cancel{2\pi d I_0 r_0^2} R_1 (r_0^2 - R_1^2)} \Rightarrow P_2 \approx \frac{R_2 (r_0^2 - R_2^2)}{R_1 (r_0^2 - R_1^2)} P_1 = 3\textrm{\,мВт}.\]

При повороте лазера на угол \(\alpha\) вокруг шарнира, расположенного на расстоянии \(x\) от его центра тяжести, последний смещается по вертикали на расстояние \(h = x\sin\alpha\). Полная длина лазера при этом не играет роли. Полезная механическая работа двигателя \(A_\textrm{мех}\) равна приращению потенциальной энергии лазера: \[A_\textrm{мех} = M g h = M g x \sin \alpha.\] Потребленная электроэнергия, сопутствующая этому повороту, окажется больше в \(1/\eta\) раз и будет равна, согласно определению напряжения, произведению искомого заряда \(q\) на напряжение между контактами двигателя: \[q U = \frac{A_\textrm{мех}}{\eta} = \frac{M g x \sin \alpha}{\eta}.\] Отсюда окончательно запишем ответ \[q = \frac{M g x \sin \alpha}{\eta U} \approx 10{,}1\textrm{\,кКл}.\]

В описанной модели напряженность электрического поля \(E\) в точке наблюдения находится по принципу суперпозиции как сумма напряженностей, созданных в этой точке каждой из частиц по отдельности. В силу симметрии задачи модуль напряженности не зависит от того, с какой стороны от системы рассматривается точка наблюдения, поэтому будем для определенности считать, что она ближе к положительному заряду. В таком случае напряженность в этой точке равна \[E = kq\left(\frac{1}{x_+^2} - \frac{1}{x_-^2}\right),\] где \(x_\pm\) — расстояния до точки наблюдения от положительной и отрицательной частиц соответственно, \(k\) — коэффициент пропорциональности в законе Кулона.

Поскольку по условиям центр масс системы остается на месте, а частицы имеют одинаковые массы, в каждый момент колебаний одна частица приближается к точке наблюдения настолько же, насколько вторая отдаляется. Следовательно, напряженность электрического поля будет максимальна при максимальном растяжении связи, когда положительная частица ближе всего к точке наблюдения, а противодействующая ей отрицательная — дальше всего, и минимальна при ее максимальном сжатии.

В равновесии положительный заряд находится от точки наблюдения на расстоянии \[x_+ = 2l - \frac{1}{2}l = \frac{3}{2}l,\] а отрицательный — на расстоянии \[x_- = 2l + \frac{1}{2}l = \frac{5}{2}l.\] Вычислим теперь минимальные и максимальные расстояния от частиц до точки наблюдения: \[x_{+max} = \frac{3}{2}l + \frac{l}{6} = \frac{5}{3}l; \qquad x_{+min} = \frac{3}{2}l - \frac{l}{6} = \frac{4}{3}l;\] \[x_{-max} = \frac{5}{2}l + \frac{l}{6} = \frac{8}{3}l; \qquad x_{-min} = \frac{5}{2}l - \frac{l}{6} = \frac{7}{3}l.\] Остается подставить эти расстояния в приведенное выражение для напряженности: \[E_{max} = kq\left(\frac{9}{16 l^2} - \frac{9}{64 l^2}\right) = \frac{27}{64}\frac{k}{l^2} \approx 0{,}422 \frac{kq}{l^2},\] \[E_{min} = kq\left(\frac{9}{25 l^2} - \frac{9}{49 l^2}\right) = \frac{216}{1225}\frac{kq}{l^2} \approx 0{,}176 \frac{kq}{l^2}.\] Отсюда окончательно \[\frac{E_{max}}{E_{min}} = \frac{1225}{512} \approx 2{,}4.\]

За время \(2T\) распадается половина изотопа \(Y\) и три четверти изотопа \(X\) (как следует из определения периода полураспада). Следовательно, отношение этих двух изотопов изменяется в \(2\) раза (в сторону увеличения доли изотопа \(Y\)). За описанный в задаче месяц соотношение между этими изотопами изменилось в \(4\) раза, следовательно, прошло время \(4T\) — два периода полураспада для \(Y\) и четыре для \(X\).

Изначальную массу изотопа \(Y\) обозначим \(m_{0Y}\). Из условий задачи следует, что начальная масса изотопа \(X\) была равна \(m_{0X} = 2m_{0Y}\), а стабильных изотопов \(m_{0S} = m_{0X} + m_{0Y} = 3m_{0Y}\). По прошествии указанного времени масса изотопа \(X\) становится равна \(m_{1X} = m_{0X}/16 = m_{0Y}/8\), а масса изотопа \(Y\) — равна \(m_{1Y} = m_{0Y}/4\).

Поскольку при \(\beta\)-распаде нейтроны превращаются в протоны (\(\beta^-\)-распад) или наоборот (\(\beta^+\)-распад), масса ядер в этом процессе существенно не меняется, поэтому можно считать, что суммарная масса образца осталась прежней: \[m_{0X} + m_{0Y} + m_{0S} = m_{1X} + m_{1Y} + m_{1S},\] откуда легко найти конечную массу \(m_{1S}\) стабильных изотопов: \[m_{1S} = m_{0X} + m_{0Y} + m_{0S} - m_{1X} - m_{1Y} = \left(2 + 1 +3 - \frac{1}{8} -\frac{1}{4}\right) m_{0Y} = \frac{45}{8} m_{0Y}.\] Таким образом, \[\frac{m_{1R}}{m_{1S}} = \frac{m_{1X} + m_{1Y}}{m_{1S}} = \frac{3/8}{45/8} = \frac{1}{15},\] где \(m_{1R}\) обозначена конечная масса радиоактивных изотопов.

Изобразим падающий, преломленный и отраженный лучи и введем обозначения для удобства дальнейших рассуждений, как это показано на рис. 2.2. Сплошными линиями обозначен ход лучей, частым пунктиром — нормали к границам раздела, редким тонким пунктиром — продолжения лучей. Прежде всего следует заметить, что так как оба преломления происходят на границе одних и тех же сред, а угол первого падения \(\angle JAM\) равен углу второго преломления \(\angle LCN\) по условиям задачи, то углы первого преломления \(\angle BAC\) и второго падения \(\angle BCA\) также равны.

Из суммы углов в четырехугольнике \(ADCB\) легко найти угол \(\angle ABC = 120°\), а тогда, в силу доказанного выше равенства, и суммы углов в треугольнике \(\triangle ABC\), \(\angle LCN = \angle JAM = 30°\). Тогда углы \(\angle PAM\) и \(\angle QCN\) также равны \(30°\) как вертикальные, а следовательно, \(60°-30° = 30 °\) равны и углы \(\angle JAP = \angle LCQ\), которые падающий и преломленный луч составляют с прямой \(PQ\).

Последнее равенство позволяет утверждать, что дважды преломленный луч \(CL\) и падающий луч \(JA\) составляют друг с другом угол \(120°\). Существует и множество других способов доказать этот ключевой для дальнейшего решения результат. Отраженный луч \(AK\) также составляет угол \(2 \alpha = 120°\) с падающим: этот результат прямо следует из закона отражения. А значит, с дважды преломленным лучом \(CL\) он составляет такой же угол.

Теперь рассмотрим изменение импульса фотонов в результате преломлений и отражений на найденные углы. Обозначим \(\vec{j}\) единичный вектор, сонаправленный с направлением распространения падающего луча \(JA\), \(\vec{k}\) — единичный вектор, сонаправленный с направлением распространения отраженного луча \(AK\) и \(\vec{l}\) — единичный вектор, сонаправленный с направлением распространения дважды преломленного луча \(CL\). Также обозначим \(p_0\) модуль импульса одного фотона, падающего на призму, а \(n\) — число фотонов, падающих на нее в единицу времени.

В этих обозначениях очень легко записать силы \(\vec{F}\) светового давления, всегда равные скорости изменения импульса света (с обратным знаком): \[\vec{F} = -\frac{\Delta \vec{p}_\textrm{св}}{\Delta t} = -n\Delta \vec{p}.\] В случае чистого преломления начальный импульс всех фотонов равен \(\vec{p}_0 = p_0 \vec{j}\), а конечный — равен \(\vec{p}_1 = p_0\vec{l}\). Сила светового давления в этом случае задается выражением \[\vec{F}_1 = np_0 (\vec{j} - \vec{l}) = np_0 \vec{k}.\] Последнее равенство цепочки обусловлено правилом треугольника для сложения векторов.

В случае частичного отражения половина (\(R\)) всех фотонов имеет тот же конечный импульс \(\vec{p}_1\), и половина — конечный импульс \(\vec{p}_2 = p_0\vec{k}\). Сила светового давления тогда задается выражением \[\vec{F}_2 = p_0 \left(n\vec{j} - (1-R)\vec{l} - R\vec{k}\right) = np_0 \left(\vec{j} - \frac{\vec{j}}{2}\right) = \frac{np_0}{2}\vec{j}.\] Учитывая, что векторы \(\vec{j}, \vec{k}, \vec{l}\) единичные, для ответа на вопрос о модулях сил их можно отбросить из окончательных выражений и получить \[\frac{F_2}{F_1} = \frac{1}{2}.\]

Поскольку по условиям толщина масок существенно меньше радиуса пучка, для первой маски, имеющей вид кольца радиуса \(r_0/2\), можно считать, что интенсивность всего прошедшего через нее излучения одинакова и равна \[I_1 = I(r_0/2) = \frac{I_0}{2}.\] Тогда, чтобы найти общую прошедшую через нее мощность \(P_1\), достаточно умножить эту величину на площадь маски \(S_1\). Последняя опять-таки, в силу пренебрежимо малой толщины, может быть найдена как произведение длины маски на ее толщину: \[S_1 = \pi r_0 d \Rightarrow P_1 = \frac{\pi}{2} I_0 r_0 d.\]

Сложнее дело обстоит с крестообразной маской. Ее удобно представить как сумму четырех одинаковых отрезков, исходящих из центра пучка: область пересечения этих отрезков имеет пренебрежимо малую площадь \(\sim d^2\). В пределах каждого из этих лучей интенсивность снижается от оси пучка к краю линейно, поэтому общую мощность \(P_{20}\), прошедшую через каждый из лучей, необходимо искать как площадь под графиком \(I(r)\), дополнительно умноженную на ширину луча \(d\), как это изображено на рис. 2.5.

Таким образом, мощность \(P_{20}\) равна \[P_{20} = \frac{I_0r_0}{2}d,\] а мощность \(P_2\), прошедшая через всю маску, соответственно, в \(4\) раза больше: \[P_2 = 4P_{20} = 2I_0 r_0d.\]

Тогда окончательно \[\frac{P_2}{P_1} = \frac{4}{\pi}.\]

Другой допустимый способ рассуждения состоит в том, что на обеих этих масках средняя интенсивность излучения оказывается одинаковой, поэтому отношение полных мощностей фактически равно отношению площадей масок. Это решение тоже будет считаться верным, если его ключевое соображение убедительно обосновано.