Предметный тур. Физика. 3 этап

При измерении сопротивления слоистой структуры поперек слоев она включается в цепь как набор отдельных слоев, соединенных последовательно. Следовательно, ее общее сопротивление \(R\) может быть найдено по формуле \[R = \sum_{i=1}^{n+m} R_i = \sum_{i=1}^{n+m}\frac{r_id_i}{a^2},\] где \(R_i\) — сопротивление \(i\)-го слоя, \(r_i\) — удельное сопротивление его материала, \(d_i\) — толщина этого слоя, а суммирование осуществляется по всем слоям структуры. Учитывая при этом, что сопротивление металлических слоев пренебрежимо мало по сравнению с сопротивлением полупроводниковых, можем суммировать только последние: \[R = \sum_{i=1}^n R_i = \sum_{i=1}^n\frac{r d_i}{a^2} = \frac{r}{a^2} \sum_{i=1}^n d_i.\] В этом случае удельное сопротивление \(r\) и площадь одного слоя \(a^2\) выносятся за знак суммы, а оставшееся внутри него выражение представляет собой не что иное, как суммарную толщину всех полупроводниковых слоев, независимо от числа слоев. Обозначим ее \(b\): \[R = \frac{rb}{a^2}.\]

Чтобы найти эту суммарную толщину, выразим массу элемента через его среднюю плотность и через плотности отдельных его составляющих: \[\rho a^3 = \rho_1 a^2 b + \rho_2 a^2(a-b).\] Сокращая \(a^2\), получим линейное уравнение на \(b\): \[\rho a = \rho_1 b + \rho_2(a-b) \Rightarrow b = \frac{\rho_2 - \rho}{\rho_2 - \rho_1} a,\] откуда окончательно \[R = \frac{r (\rho_2 - \rho)}{a (\rho_2 - \rho_1)} = 70\textrm{\,МОм}.\]

Поглотитель представляет собой сферический слой, который можно представить как разность двух шаров, обладающих радиусами \(4R\) и \(R\).

Тогда общий объем \(V_0\) поглотителя равен \[V_0 = \frac{4\pi}{3} (4R)^3 - \frac{4\pi}{3} R^3 = 63 \frac{4\pi}{3} R^3,\] а объем \(V_1\) нагревшейся части этого поглотителя \[V_1 = \frac{4\pi}{3} (3R)^3 - \frac{4\pi}{3} R^3 = 26 \frac{4\pi}{3} R^3.\] Обозначив плотность поглотителя \(\rho\), а его удельную теплоемкость \(c\), легко найдем, что изначально веществом было поглощено количество теплоты \[Q = c\rho V_1(t_1 -t_0) = 26 \frac{4\pi}{3} c\rho R^3 (t_1 -t_0).\] По условиям задачи доля \(\eta\) этого тепла рассеивается во внешней среде, а остальная теплота перераспределяется равномерно по всему объему поглотителя: \[Q(1-\eta) = c\rho V_0 = 63 \frac{4\pi}{3} c\rho R^3 (t_2 - t_0).\] Подставляя эти два выражения друг в друга, получим \[(1-\eta) 26\cancel{\frac{4\pi}{3} c \rho R^3} (t_1 - t_0) = 63\cancel{\frac{4\pi}{3} c \rho R^3} (t_2 - t_0) \Rightarrow t_2 = t_0 + (1-\eta)\frac{26}{63}(t_1 - t_0) = 129~°\text{C}.\]

Импульс \(\vec{p}\) частицы определяется выражением \(\vec{p} = m \vec{v}\), где \(m\) — масса частицы, а \(\vec{v}\) — ее скорость. Кинетическая энергия \(K\) частицы определяется выражением \(K = mv^2/2\). Подставляя эти два выражения друг в друга, получим \(p = \sqrt{2mK}.\) Обозначим \(E\) общую энергию, выделившуюся в результате распада. Тогда \[p_1 = \sqrt{2m_1\eta_1E};\quad p_2 = \sqrt{2m_2\eta_2E}.\] Суммарный импульс \(p_3\) этих двух осколков легко найти, сложив \(\vec{p}_1 + \vec{p}_2\). Суммирование, разумеется, следует проводить геометрически, а значит, его модуль определяется по теореме Пифагора: \[p_3 = \sqrt{p_1^2 + p_2^2} = \sqrt{2E(m_1 \eta_1 + m_2 \eta_2)}.\] Импульс \(p_0\) каждого из нейтронов легко выразить из той же логики, учитывая, что каждому из них достается половина остальной энергии: \[p_0 = \sqrt{m_0E(1-\eta_1-\eta_2)}.\]

Систему отсчета ядра можно считать инерциальной, поскольку по условиям ядро находится вдали от других заряженных частиц. Следовательно, геометрическая сумма импульсов всех четырех его осколков должна равняться нулю, а отдельно взятых двух нейтронов — составлять, соответственно, \(-\vec{p_3}\). Из рис. 1.2 легко видеть, что модуль этой суммы равен \[p_3 = 2p_0\cos\frac{\phi}{2},\] откуда получим \[\cos\frac{\phi}{2} = \frac{p_3}{2p_0} = \frac{\sqrt{2\cancel{E}(m_1 \eta_1 + m_2 \eta_2)}}{2\sqrt{m_0\cancel{E}(1-\eta_1-\eta_2)}} \Rightarrow \phi = 2 \operatorname{arccos}\sqrt{\frac{m_1 \eta_1 + m_2 \eta_2}{2m_0(1-\eta_1-\eta_2)}} \approx 63°.\]

Вообще говоря, шесть векторов на рис. 1.2 могут и не лежать в одной плоскости. Угол между импульсами нейтронов и тяжелых осколков установить невозможно, но внутри этих пар углы должны оставаться такими, какими они вычислены и изображены.

Обозначим максимальные углы отклонения пучка \(\phi_E\) и \(\phi_M\) для электрической и магнитной камер соответственно. При движении в электрической камере под воздействием постоянной по модулю и направлению силы \(\vec{F}\) закон движения частицы удобно записать в проекции на две оси: \(0x\), сонаправленную с вектором ее начальной скорости и \(0y\), сонаправленную с вектором \(\vec{F}\) и создаваемым ей ускорением \(\vec{a}\). Движение в первой проекции является равномерным, во второй — равноускоренным. При максимальном отклонении частица проходит у самого ребра кубической камеры, через точку с координатами \((l;l/2)\). Тогда для момента вылета частицы из камеры получим \[\left\{\begin{aligned} &vt = l,\\ &\frac{at^2}{2} = \frac{l}{2}. \end{aligned}\right.\] Решая эту систему, получим \(t = v/a\). Тогда вертикальная компонента скорости \(v_y = a t\), набранная частицей, равна \(v_y = a t = v\) ее изначальной горизонтальной компоненте скорости, а значит, угол \(\phi_E\) максимального отклонения частицы составляет \(45°\).

При движении в магнитной камере под действием силы, постоянно направленной перпендикулярно к вектору мгновенной скорости, созданное этой силой ускорение является чисто центростремительным, а значит, частица движется по дуге окружности. Найти радиус этой окружности можно при помощи геометрии.

Обозначим точку попадания частицы в камеру \(\textrm{A}\), точку выхода частицы \(\textrm{B}\), а центр кривизны ее траектории \(\textrm{O}\). Также обозначим \(\textrm{H}\) угол в сечении камеры плоскостью рис. 1.4, лежащий на отрезке \(\textrm{OA}\). Отрезки \(\textrm{OA}\) и \(\textrm{OB}\) равны как радиусы, обозначим их длины \(R\). Тогда из геометрии камеры и теоремы Пифагора легко получить

\[(R - l/2)^2 + l^2 = R^2 \Rightarrow \frac{5}{4}l^2 - R l = 0 \Rightarrow R = \frac{5l}{4},\] откуда угол \[\angle \textrm{AOB} = \operatorname{arcsin}\frac{4}{5},\] но так как \(\angle \textrm{OHB}\) прямой, \(\angle \textrm{AOB} = 90°-\angle \textrm{HBO} = \varphi_M\) (так как касательная к окружности перпендикулярна ее радиусу).

Тогда окончательно \[\phi_M - \phi_E = \operatorname{arcsin}\frac{4}{5} - 45° \approx 8{,}1°.\]

Чем ближе к полюсу капельки падает луч, тем меньше будет угол его падения, а значит, по закону Снеллиуса, меньше будет и угол преломления. Поэтому угол \(\phi\) раствора светового конуса будет определяться преломлением крайних лучей, изображенных на рис. 1.6. До преломления эти лучи распространяются практически параллельно плате, поэтому их угол падения \(\beta\) на границу капельки и крови равен \(\beta = 90°-\alpha\). Изобразим ход этих лучей на чертеже вблизи. На чертеже \(\textrm{O}\) — центр кривизны капельки, \(\textrm{A}\) — точка преломления луча, \(\textrm{B}\) — вершина светового конуса, \(\textrm{C}\) — светодиод.

Тогда, в соответствии с законом Снеллиуса, угол преломления \(\gamma\) этих лучей связан с углом падения выражением \[n_0 \sin \gamma = n \sin \beta = n \cos \alpha \Rightarrow n = \frac{\sin \gamma}{\cos\alpha}n_0.\] В треугольнике \(\textrm{ABC}\) угол при вершине \(\textrm{A}\) равен \(\beta - \gamma\). Тогда из суммы углов этого треугольника легко получить \[\beta -\gamma + 90° + \phi/2 = 180° \Rightarrow \gamma = \beta + \phi/2 - 90° = \phi/2 - \alpha.\] Подставляя этот результат в закон Снеллиуса, получим \[n = \frac{\sin (\phi/2 - \alpha)}{\cos\alpha}n_0 \approx 1{,}1.\]

В электрическом поле на положительный заряд действует сила Кулона \(\vec{F}_E = \vec{E}q\), направленная вправо на рис. 2.1, а на отрицательный — строго противоположная ей. В магнитном поле на положительный заряд действует сила \(F_M = q v B\), направленная (по правилу левой руки) вверх на рис. 2.1, а на отрицательный — строго противоположная ей.

Поскольку обе эти силы возникают равными по модулю и противоположными по направлению парами, ускорение диполя в любом случае равно нулю, и он представляет собой инерциальную систему отсчета. Чтобы его движение было чисто поступательным, нулю также должна равняться сумма моментов этих сил относительно любой оси.

Проще всего записать соответствующие условия относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости рис. 2.1 через отрицательный заряд. В этом случае момент силы \(F_E\) равен \[M_E = F_E l \sin \alpha,\] где \(\alpha\) — искомый угол между векторами \(\vec{l}\) и скорости диполя, а момент силы \(F_M\) аналогично равен \[M_M = F_M l \cos \alpha.\] Приравнивая эти два момента, получим \[q E l \sin \alpha = q v B l \cos \alpha \Rightarrow \operatorname{tg} \alpha = \frac{vB}{E} \Rightarrow \alpha = \operatorname{arctg} \frac{vB}{E} \approx 14°.\]

Удельное сопротивление вещества \(\rho\) может быть найдено по формуле \[\rho = \frac{RS}{l},\] где \(R\) — электрическое сопротивление рассматриваемого объема вещества, \(S\) — площадь его поперечного сечения, \(l\) — длина. Дополняя эту формулу определением электрического сопротивления \(R = U/I\), где \(U\) — напряжение на концах элемента, а \(I\) — сила тока в нем, получим \[\rho = \frac{US}{Il}.\] Сила тока \(I\), равная отношению переносимого через поперечное сечение проводника заряда \(q\) ко времени \(t\), может быть выражена через скорость движения заряженных частиц \(v\), заряд \(e\) одной из них и их концентрацию \(n\) как \[I = \frac{q}{t} = \frac{e n V}{t} = \frac{e n S l}{t} = e n S v.\] Здесь учитываем, что вклад ионов в общую проводимость плазменного канала пренебрежимо мал по сравнению со вкладом электронов, поскольку по условиям задачи пренебрежимо мала их подвижность и, следовательно, дрейфовая скорость. Тогда \[\rho = \frac{U\cancel{S}}{e n \cancel{S} v l} = \frac{E}{e n v} = \frac{1}{e n \mu} \approx 1{,}6\textrm{\,мкОм$\cdot$м},\] где \(E\) — напряженность электрического поля, связанная в однородном поле с напряжением соотношением \(U = El\).

Из условий легко видеть, что толщина \(d\) диэлектрического слоя между двумя металлическими много меньше всех продольных характерных размеров узора антенны, наименьший из которых составляет порядка \(10d\).

В этом случае систему из двух тонких металлических слоев, между которыми зажат диэлектрический, можно рассматривать как плоский конденсатор. Причем каждую фигуру на изображенном рисунке антенны можно рассматривать как отдельный конденсатор, емкость которого задается формулой \[C = \frac{S\varepsilon\varepsilon_0}{d},\] где \(S\) — площадь этого участка, \(\varepsilon\) — диэлектрическая проницаемость образующего его диэлектрика.

Площадь каждого элемента узора легко найти «по клеточкам». На рис. 2.3 она подписана в единицах \(a^2 = 10^{-14}\textrm{м}^2\) (площадь одной клетки). Все эти независимые конденсаторы соединены параллельно, поэтому общая емкость антенны может быть найдена как сумма их емкостей: \[C = \frac{\varepsilon_0}{d}{}\sum_{i=1}^{10} S_i \varepsilon_i,\] где \(i\) — номер участка на рис. 2.3 антенны, \(S_i\) — его площадь, а \(\varepsilon_i\) — его диэлектрическая проницаемость.

Подставляя в это выражение площади, отмеченные на рис. 2.3, и проницаемости, данные в условиях, получим окончательно \[C = \frac{a^2\varepsilon_0}{d}(40 \varepsilon_1 + 24 \varepsilon_2) \approx 1{,}27\cdot 10^{-15}\textrm{\,Ф}.\]

В результате одного деления ядра изотопа \(X\) образуется один атом аргона, следовательно, количество вещества \(\nu_{Ar}\) этого газа связано с числом \(N_1\) произошедших делений соотношением \[\nu_{Ar} = N_1/N_A,\] где \(N_A\) — число Авогадро.

В результате одного \(\alpha\)-распада ядра изотопа \(Y\) образуется один атом гелия, а также сильно нестабильный изотоп, который практически сразу (в течение микросекунд) претерпевает еще один \(\alpha\)-распад, также с образованием одного атома гелия. Поэтому количество \(\nu_{He}\) этого газа связано с числом \(N_2\) произошедших первичных \(\alpha\)-распадов соотношением \[\nu_{He} = 2 N_2/N_A.\] Согласно закону радиоактивного распада, при распаде с периодом полураспада \(T\) число \(n\) нераспавшихся ядер по прошествии времени \(t\) задается выражением \(n = n_02^{-t/T},\) где \(n_0\) — изначальное число этих ядер. Следовательно, число \(N\) распадов, произошедших за это время, задается выражением \[N = n_0 - n = n_0(1-2^{-t/T}).\] Используя это выражение, легко выразим количества вещества обоих образовавшихся газов: \[\nu_{Ar} = \frac{n_0}{N_A}(1-2^{-t/T_1}) = \frac{3n_0}{4N_A};\quad\nu_{He} = 2\frac{n_0}{N_A}(1-2^{-t/T_2}) = \frac{31n_0}{16N_A}.\] Для смеси газов, образовавшихся в камере, справедлив закон Дальтона \[p = p_{Ar} + p_{He},\] где \(p_{Ar}, p_{He}\) — парциальные давления аргона и гелия соответственно. Каждый из этих газов подчиняется уравнению Менделеева – Клапейрона, принимающему вид \[p V = (\nu_{Ar} + \nu_{He})R\theta,\] где \(V\) — объем камеры. Выразим его через молярные массы газов и искомую плотность смеси: \[V = \frac{\mu_{Ar} \nu_{Ar} + \mu_{He} \nu_{He}}{\rho} \Rightarrow \frac{p}{\rho} (\mu_{Ar} \nu_{Ar} + \mu_{He} \nu_{He}) = (\nu_{Ar} + \nu_{He})R\theta.\] Выражая из этого уравнения \(\rho\), получим \[\rho = \frac{p(\mu_{Ar}\nu_{Ar} + \mu_{He}\nu_{He})}{(\nu_{Ar} +\nu_{He})R\theta} = \frac{p \left(\mu_{Ar}\left(\frac{3n_0}{4N_A}\right)+\mu_{He}\left(\frac{31n_0}{16N_A}\right)\right)}{\left(\frac{3n_0}{4N_A} + \frac{31n_0}{16N_A}\right)R\theta}.\] Сокращая дробь на \(n_0/N_A\) и приводя все отношения к общему знаменателю, получим окончательно \[\rho = \frac{p(12\mu_{Ar} + 31\mu_{He})}{43R\theta} \approx 68\textrm{\,г/м}^3.\] Молярные массы аргона и гелия учащиеся должны понять из символов \(^{40}_{18}\textrm{Ar}\), \(^{4}_{2}\textrm{He}\), данных в условиях.

В приведенном выражении для силы радиационного трения затруднения может вызвать только дробь \(\Delta \vec{a} / \Delta t\). Эта величина — «мгновенная скорость» изменения ускорения — находится с мгновенным ускорением в том же соотношении, в котором само ускорение находится с мгновенной скоростью, а мгновенная скорость — с радиус-вектором.

При равномерном движении по окружности радиус-вектор \(\vec{r}\), проведенный в точку из центра траектории, имеет постоянный модуль \(R\) и вращается вокруг своего начала с некоторой постоянной угловой скоростью \(\omega\). Из школьной кинематики известно, что вектор мгновенной скорости \(\vec{v}\) при таком движении имеет модуль \(v = \omega R\) и также вращается с угловой скоростью \(\omega\), «опережая» радиус-вектор на \(90°\) в направлении вращения, поскольку направлен по касательной к траектории. Аналогично вектор мгновенного (центростремительного) ускорения \(\vec{a}\) имеет модуль \(a = \omega v = \omega^2 R\) и вращается с угловой скоростью \(\omega\), «опережая» вектор мгновенной скорости на \(90°\) в направлении вращения, поскольку направлен к центру траектории.

Следовательно, используя те же математические инструменты, что доказывают предыдущие две связи, можно показать, что вектор \(\Delta \vec{a} / \Delta t\) имеет модуль \(\omega a = \omega^3 R\) и вращается с угловой скоростью \(\omega\), «опережая» вектор центростремительного ускорения на \(90°\) в направлении вращения. Поскольку вне зависимости от знака заряда выражение \(q^2\) в числителе формулы для радиационного трения больше нуля, как больше нуля и все входящие в выражение физические константы, вектор \(\vec{F}\) силы радиационного трения направлен так же, как и \(\Delta \vec{a} / \Delta t\) — строго против вектора мгновенной скорости, по касательной к траектории (см. рис. 2.4).

Чтобы ответить на вопрос задачи, заметим, что для поддержания равномерного движения заряженной частицы по окружности внешняя сила \(\vec{F}_\textrm{вн}\) должна

• создавать центростремительное ускорение,
• компенсировать радиационное трение.

Составляющая \(F_{\textrm{вн}\parallel}\) этой силы, параллельная скорости, должна быть равна по модулю силе радиационного трения: \[F_{\textrm{вн}\parallel} = \frac{q^2}{6\pi \varepsilon_0 c^3}\omega^3 R,\] в то время как составляющая \(F_{\textrm{вн}\perp}\) этой силы, перпендикулярная скорости, должна создавать центростремительное ускорение и, следовательно, равна \[F_{\textrm{вн}\perp} = m\omega^2R.\]

Поскольку по условиям сила \(\vec{F}_\textrm{вн}\) направлена к скорости под углом \(45°\), составляющие \(F_{\textrm{вн}\parallel}\) и \(F_{\textrm{вн}\perp}\) этой силы равны:

\[\frac{q^2}{6\pi \varepsilon_0 c^3} \omega^3 r = m \omega^2 r \Rightarrow \omega = \frac{6\pi \varepsilon_0 mc^3}{q^2}.\]