Chơi bóng

Chơi bóng

NHÀ NGUYỆN LA B “QUANTA”

I. SYCHEV

Vào một ngày hè đầy nắng, trẻ em (và cả người lớn) thích chơi đùa trong bóng tối. Những người tinh ý nhất có lẽ đã chú ý đến thực tế này. Ví dụ: nếu bạn đứng dưới mái nhà và đưa bóng của bạn đến gần bóng của ngôi nhà, thì bóng của bạn bắt đầu trải dài về phía bóng của ngôi nhà (Hình 1). Lý do cho sự biến dạng bóng này là gì? Chúng tôi không xem xét nhiễu xạ - không phải quy mô của nó, mọi thứ ở đây đều mang tính vĩ mô. Hãy sử dụng các định luật quang học hình học và vẽ sơ đồ về hiện tượng này (Hình 2). Rõ ràng, vấn đề chủ yếu là nguồn sáng có kích thước góc khác 0. Để đơn giản, chúng ta chỉ xét các tia bên ngoài phát ra từ đĩa mặt trời (Hình 3, a). Ở khoảng cách xa giữa màn hình 1 và 2, bóng từ màn hình đầu tiên không bị biến dạng (ảnh trái trong Hình 1). Khi bóng từ đầu và mái nhà đủ gần với cơ thể gần mặt đất hơn (màn hình 1), ánh sáng bắt đầu rơi không phải từ toàn bộ bề mặt của nguồn sáng mà chỉ từ phần chưa bị chặn bởi vật thể ở xa hơn (màn hình 2). Khi màn 1 đạt đến vị trí này, góc D giữa tia tới và phương thẳng đứng bắt đầu tăng lên (điểm bắt đầu của tia mặt trời dường như dịch chuyển dọc theo chu vi của đĩa mặt trời dọc theo

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20250106

Hình 1. Làm biến dạng bóng của vật thể

Hình 2. Sơ đồ hình học của hiện tượng

Hình 3. Thay đổi góc D khi di chuyển màn hình 1

theo chiều kim đồng hồ) và do đó, bóng từ màn hình 1 được mở rộng về phía bóng từ màn hình 2 (Hình 3, b). Do đó, tốc độ dịch chuyển của bóng tăng khi tăng góc D. Do đó, khi bóng từ đầu (màn hình 1) đến gần bóng của ngôi nhà (màn hình 2), các khu vực gần nhà (góc D lớn hơn) cho bóng dài hơn: đầu “kéo dài” về phía mái nhà (ảnh phải trong Hình 1). Hãy thử ước tính kích thước góc của Mặt trời từ độ giãn dài của bóng (Hình 4). Để đơn giản hóa phép tính, chúng ta giả sử Mặt trời gần đạt thiên đỉnh và góc M nhỏ. Theo kinh nghiệm của chúng tôi về sự phát triển của con người

51

Thế Vận Hội

bao gồm $dT_{A} dH$ và $dT_{E} dH$. Sử dụng các phương trình này, hãy tìm giá trị bằng số của sự thay đổi nhiệt độ Trái đất do giá trị của H tăng lên một phần trăm.

Hình 2. Dòng nhiệt giữa Trái đất và khí quyển

và bỏ qua phần còn lại. Hành vi này, được gọi là hiệu ứng nhà kính, làm thay đổi nhiệt độ trung bình của Trái đất. Bề mặt Trái Đất phản chiếu một phần $r_{E}$ bức xạ nhìn thấy và tia cực tím và hấp thụ phần còn lại của bức xạ này và tất cả các bức xạ hồng ngoại. B1. Giả sử H 1 và $r_{E} 0$. Tìm nhiệt độ của Trái đất $T_{E}$ và nhiệt độ khí quyển $T_{A}$. Bây giờ giả sử rằng $r_{E} z 0$. Trong trường hợp này, hệ Trái đất + Khí quyển phản xạ một số phần khác của bức xạ mặt trời, được gọi là “albedo” và ký hiệu là D. B2. Tìm suất phản chiếu D thông qua $r_{E}$ Và $r_{A}$. Tính trị số của nó tại $r_{E} 0,102$ (Và $r_{A} 0,255 ).$ B3. Hãy biểu thị nhiệt độ của Trái Đất theo $V, D, S_{0}$ và H. Sử dụng dữ liệu đã cho và suất phản chiếu tính toán được, hãy tìm giá trị bằng số của H tạo ra nhiệt độ trung bình hiện tại của Trái đất $T_{E} 288$ K.B4. Tìm thấy $dT_{E} dH$ và tính nhiệt độ Trái đất sẽ tăng bao nhiêu nếu H tăng 1%. Hãy giả sử rằng $T_{A} 245$ K và $T_{E} 288$ K. Những giá trị này được lấy từ dữ liệu thực và có thể khác với kết quả bạn thu được trong các đoạn trước. Bây giờ giả sử có một dòng nhiệt không bức xạ (ví dụ, đối lưu) $J_{NB} k T_{E} T_{A}$ từ Trái đất đến khí quyển, trong đó k là hằng số. Kích cỡ $J_{NR}$ là công suất truyền tải trên một đơn vị diện tích. B5. Biểu diễn H và k theo $T_{E}, T_{A}, V, D$ Và $S_{0}$. B6. Đạo hàm theo H các biểu thức thu được ở bước B5, bạn thu được hai phương trình,

Bài toán 2. Bẫy ion và làm mát nguyên tử (10 điểm) Trong những thập kỷ gần đây, việc giam giữ và làm mát các nguyên tử và ion đã trở thành một chủ đề hấp dẫn đối với các nhà vật lý và một số giải Nobel đã được trao cho công trình nghiên cứu trong lĩnh vực này. Trong phần đầu tiên của bài toán này, chúng ta sẽ xem xét kỹ thuật bẫy ion được gọi là “bẫy Paul”. Với công trình này, Wolfgang Paul và Hans Demelt đã nhận được một nửa giải Nobel Vật lý năm 1989. Tiếp theo, chúng ta khám phá kỹ thuật làm mát Doppler, một trong những công trình được đề cập trong thông cáo báo chí về giải Nobel Vật lý năm 1997, được trao cho Steven Chu, Claude Cohen-Tannoudji, và William Phillips “vì họ đã phát triển các phương pháp làm mát và giam giữ nguyên tử bằng bức xạ laser”.

Phần A. Bẫy Paul (5,6 điểm) Được biết, sử dụng điện trường không thể tạo ra trạng thái cân bằng ổn định cho một hạt tích điện. Vì vậy, cần có những phương pháp phức tạp hơn để tạo điểm cân bằng ổn định cho các ion. Một kỹ thuật như vậy là bẫy Paul. Chúng ta hãy xem xét một vòng tích điện đều có mật độ điện tích dương tuyến tính O và bán kính R. Một điện tích điểm Q có khối lượng m được đặt ở tâm của vòng (Hình 3).

Hình 3. Vòng tích điện đều có mật độ điện tích dương tuyến tính O và bán kính R; gốc của hệ tọa độ nằm ở tâm của vòng

A1. Sử dụng tọa độ Descartes x, y, z, thu được điện trường của vòng ở vùng lân cận tâm của nó lên đến bậc nhất theo x R, y R và z R.

54

KVANT 2025/№1

hấp thụ ngôi sao đồng hành của nó, đó là lý do tại sao nó được so sánh với nhện góa phụ đen - một loài nhện cái ăn thịt con đực sau khi giao phối. Sự đốt nóng của khí rơi vào Black Widow tạo ra bức xạ quan sát được. Những ngôi sao neutron nặng nhất thường là “Góa phụ đen” và đóng vai trò là phòng thí nghiệm tự nhiên để các nhà khoa học kiểm tra các định luật vật lý cơ bản. Hình 6b cho thấy hình ảnh của sao neutron đồng hành PSR J2215+5135, thu được từ kính thiên văn quang học 3,4 mét của Đài quan sát Quốc gia Iran. Trong hình ảnh này, ngôi sao neutron không được nhìn thấy nhưng ánh sáng khả kiến ​​được phát ra từ ngôi sao đồng hành của nó.

Phần A: Hệ nhị phân (5 điểm) Hãy xem xét một mô hình đơn giản trong đó Góa Phụ Đen và ngôi sao đồng hành của nó được biểu diễn bằng hai khối lượng điểm $M_{1}$ và $M_{2}$ chuyển động theo quỹ đạo tròn quanh một khối tâm chung. Để nghiên cứu động lực học của hệ này, chúng ta hãy chuyển sang hệ quy chiếu quay trong đó cả hai vật đều bất động. Chúng ta hãy lấy khối tâm làm gốc tọa độ. Giả sử rằng các vật nằm trên trục x ở hai phía đối diện của gốc tọa độ cách nhau một khoảng a và khối lượng $M_{1}$ nằm trên bán trục âm. Tại một điểm x, y tùy ý trong mặt phẳng quỹ đạo, thế năng hiệu dụng M x, y của một khối lượng thử đơn vị bằng tổng thế năng hấp dẫn của hai chất điểm và thế năng ly tâm. A1. Biểu diễn M x, y theo $M_{1}, M_{2}, G$ và a. A2. Giả sử $M_{1}$! $M_{2}$, xây dựng đồ thị định tính của hàm M x ,0. Để $M_{2} M_{1} 3$ (chỉ ở điểm A3) và ngôi sao $M_{2}$ được bao quanh bởi khí hiếm. Khối lượng của khí này nhỏ so với khối lượng của các ngôi sao nên có thể bỏ qua ảnh hưởng hấp dẫn của nó. Nếu đám mây khí vượt quá một kích thước tới hạn nhất định, khí sẽ bắt đầu chảy tới $M_{1}$. Giả sử rằng luồng bắt đầu tại điểm $x x_{0}$ trên trục x. A3. Sử dụng máy tính để tính giá trị của $x_{0} a$ đến hai chữ số có nghĩa. Đặt chu kỳ quay của các ngôi sao xung quanh khối tâm là P và để khí chảy từ $M_{2}$ đến $M_{1}$ với tốc độ rất thấp $dM_{1} dt E$. Sco-

Tốc độ dòng chảy nhỏ đến mức trong một chu kỳ quay, khoảng cách giữa các ngôi sao có thể được coi là không đổi. Trong trường hợp này, trên thang thời gian lớn, khoảng cách giữa các thành phần thay đổi nhưng chuyển động của các thành phần vẫn là chuyển động tròn. A4. Biểu thị tốc độ thay đổi của a và P theo $E, M_{1}, M_{2}, G$ và a. Khí tách ra từ $M_{2}$ tạo thành một đĩa quay quanh $M_{1}$, trong đó khí được làm nóng bởi ma sát. Mất năng lượng, khí từ từ chuyển động theo hình xoắn ốc về phía tâm đĩa và cuối cùng rơi xuống $M_{1}$. Ở trạng thái cân bằng, khối lượng chuyển động với tốc độ không đổi E từ $M_{2}$ đến đĩa và từ đĩa đến $M_{1}$. Trong trường hợp này, đĩa được làm nóng phát ra bức xạ nhiệt dưới dạng vật thể hoàn toàn đen. Vì đĩa hình thành rất gần sao neutron nên ảnh hưởng hấp dẫn của $M_{2}$ có thể bị bỏ qua khi xem xét đĩa. Bỏ qua nhiệt dung của khí. A5. Xác định nhiệt độ của đĩa ở khoảng cách r tính từ tâm ngôi sao $M_{1}$. Biểu thị đáp số theo $r, E, M_{1}, G$ và V (hằng số Stefan–Boltzmann). Trong hệ nhị phân PSR J2215+5135, khối lượng của sao neutron là $M_{NS} 2,27 M e$ và khối lượng của sao đồng hành là $M_{S} 0,33 M_{e}$, trong đó $M_{e} 1,98$ $10^{30}$ kg là khối lượng của Mặt trời. Chu kỳ quay là P = 4,14 h, hằng số Stefan–Boltzmann V là 5,67 $10^{8}$ W $м^{2}$ $К^{4}$, hằng số hấp dẫn G là 6,67 $10^{11} м^{3}$ kg $с^{2}$. Giả sử tốc độ dòng khối tới sao neutron là E 9 $10^{10} M_{e}$ năm. A6. Tính nhiệt độ của đĩa ở khoảng cách r a 10. Đáp số cho biết độ kelvin. Giả sử rằng sau một vụ nổ bất ngờ, ngôi sao $M_{1}$ phóng một phần khối lượng của nó ra khỏi hệ nhị phân với tốc độ rất cao và khối lượng của nó trở thành $M_{1}^{*}$. Đặt tốc độ chuyển động tương đối của $M_{1}^{*}$ và $M_{2}$ bằng $v^{*}$ sau vụ nổ. A7. Tại giá trị cực đại nào $v^{*}$ thì hệ nhị phân sẽ còn bị ràng buộc bởi lực hấp dẫn sau vụ nổ? Giá trị tối thiểu $M_{1}^{*}$ này tương ứng với giá trị nào nếu sự giãn nở của chất sau vụ nổ xảy ra đẳng hướng? Thể hiện đáp số với $M_{1}^{*}, M_{2}, G$ và a.

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

Cuộc thi mang tên A.P. Savin

(xem «Kvant» số 10 cho năm 2024)

5. Không, cứ để vậy đi. Khi đó, bất kỳ cư dân nào cũng có một người hàng xóm là người nói thật và người kia là kẻ nói dối. Điều này có nghĩa là cư dân đứng cạnh một người thay thế. Nếu chúng ta đánh số cư dân theo một vòng tròn, bắt đầu từ người nói thật, thì người thứ nhất là người nói thật, người thứ 3 là kẻ nói dối, người thứ 5 là người nói thật, người thứ 7 là kẻ nói dối, v.v. Như vậy, người thứ 29 cũng là người nói thật, nhưng người thứ 30 lại có hàng xóm giống nhau, mâu thuẫn. 6. a) Có; b) không. a) Chia bảng thành 4 ô vuông 4 u 4 và trong mỗi ô, dùng hai ô vuông 3 u 3, sơn lại tất cả các ô màu đen thành màu trắng. b) Viết số 0 màu trắng vào ô trắng của bảng gốc và số 0 màu đen vào ô đen. Mỗi lần đổi màu các ô ở các đỉnh của hình vuông 2 u 2 hoặc 4 u 4 sẽ thay đổi màu của hai số 0 và hai số một, và tại các đỉnh của hình vuông 3 u 3 sẽ thay đổi màu của bốn số không hoặc bốn số một. Điều này có nghĩa là bất kỳ việc đổi màu nào cũng sẽ thay đổi màu của số 0 chẵn. Mặt khác, mỗi số 0 có màu trắng đổi màu một số lần chẵn, và số 0 có màu đen đổi màu một số lần lẻ. Ban đầu có 32 số 0 màu trắng và cuối cùng một trong số chúng sẽ chuyển sang màu đen, tức là số lần thay đổi màu sắc giữa các số 0 là số lẻ—một sự mâu thuẫn. 7. Xét hai điểm A, B của tập hợp này cách nhau một khoảng lớn nhất. Khi đó với điểm C bất kỳ trong tam giác ABC, cạnh AB là lớn nhất, nghĩa là ACB t 60 q. Vì vậy, D t 60 q. Bây giờ hãy xem xét các điểm A, B của tập hợp này ở khoảng cách ngắn nhất. Lập luận theo cách tương tự, chúng ta thu được D d 60 q. Giá trị D 60 q thực sự có thể xảy ra: lấy một tập hợp ba điểm là các đỉnh của một tam giác đều. 8. Chúng ta sẽ gọi một ô là ô b nếu nó nằm trong dải dọc và ô g nếu nó nằm trong dải ngang. Giả sử có một đường dẫn từ cạnh trên của hình chữ nhật xuống đáy dọc theo các ô r và có một đường dẫn từ cạnh trái sang phải dọc theo các ô b. Nhưng chúng phải giao nhau - ta có mâu thuẫn. Vì vậy, không có con đường như vậy. Không mất tính tổng quát, chúng ta sẽ giả sử rằng không có đường đi từ cạnh trên xuống cạnh dưới dọc theo ô r. Hãy chứng minh rằng có một đường đi dọc theo ô màu đỏ giữa hai góc trên.

Chúng ta sẽ gọi một cạnh của ô là một phân vùng được đánh dấu nếu đó là cạnh ngắn của một trong các dải. Hãy chứng minh rằng có một đường dẫn giữa hai góc trên dọc theo các phân vùng được đánh dấu (chúng ta đi dọc theo các nút - mỗi bước được thực hiện từ đỉnh của ô đến đỉnh lân cận). Lưu ý rằng nếu ô b và ô g là lân cận của một cạnh thì cạnh chung của chúng là một phân vùng được đánh dấu. Chúng ta sẽ gọi một tập hợp các ô được kết nối nếu có một đường dẫn giữa hai ô bất kỳ của tập hợp này (chúng ta di chuyển từ một ô sang ô liền kề ở bên cạnh) dọc theo các ô khác của tập hợp này. Chúng ta hãy xem xét một tập hợp các ô r được kết nối liền kề với phía trên và bao gồm tối đa, tức là không thể thêm ô r nào khác vào trong đó trong khi duy trì điều kiện. Một ví dụ trong Hình 1. Tập hợp các ô đang xem xét được tô sáng màu vàng. Đã đánh dấu-

Hình 1

Các phân vùng này được đánh dấu bằng dòng đậm. Đặt đỉnh ngoài cùng bên trái của các ô của tập hợp này, nằm ở phía trên, là điểm A; và tương tự, điểm ngoài cùng bên phải là điểm B. Khi đó ranh giới của tập hợp này bao gồm các phân vùng được đánh dấu, cũng như các phân vùng nằm ở cạnh trên của hình chữ nhật. Không có đường dẫn giữa mặt trên và mặt dưới dọc theo các ô r nên tập hợp các ô này không thể liền kề với mặt dưới. Điều này có nghĩa là từ A đến B bạn có thể đi dọc theo đường viền của tập hợp ô này, đi dọc theo các phân vùng đã đánh dấu. Bây giờ chúng tôi sẽ chỉ cho bạn cách đi từ góc trên bên trái đến góc trên bên phải dọc theo các phân vùng được đánh dấu. Chúng ta đi từ trái sang phải dọc theo phía trên cho đến khi có các phân vùng được đánh dấu trên đó. Khi chúng kết thúc nghĩa là chúng ta đã đến bên trái