| 1 Уравнение движения: $m \frac{d\vec{v}}{dt} = -e \vec{v} \times \vec{B}$ | 0.10 |
|
| 2 Получено общее решение для скоростей (здесь и далее $\omega_c = -\frac{eB}{m}$): \begin{equation} \begin{cases} v_x = v \cos \left( \omega_c t + \varphi \right) \\ v_y = v \sin \left( \omega_c t + \varphi \right) \\ v_z = v_z(t=0) \end{cases} \end{equation} | 0.10 |
|
| 3 Общий вид траектории: \begin{equation*} \begin{cases} x = x_0 + \frac{v}{\omega_c} \sin \left( \omega_c t + \varphi \right) \\ y= y_0 - \frac{v}{\omega_c} \cos \left( \omega_c t + \varphi \right) \end{cases} \end{equation*} | 0.10 |
|
| 4 Ответ: $\left( x - \frac{m v}{e B} \right)^2 + y^2 = \left( \frac{m v}{e B} \right)^2$, $z=0$ | 0.20 |
|
| 1 $I = \frac{e^2 B}{2 \pi m}$ | 0.25 |
|
| 2 $\vec{\mu} = -\frac{m v_{\perp}^2}{2 B^2} \vec{B}$ | 0.25 |
|
| 1 $z = v t \cos \theta$ | 0.20 |
|
| 2 $h = 2\pi \frac{m v}{e B} \cos \theta$ | 0.30 |
|
| 1 Убедительный аргумент | 1.00 |
|
Подсказка: $\int_0^{\infty} x \exp (-x) \,\mathrm dx = 1$ и $\int_{-\infty}^{\infty} \exp (-x^2) \,\mathrm dx = \sqrt{\pi}$.
| 1 Получена намагниченность ионов и электронов: $M_{i,e} = -\frac{k T}{B} n(x)$ | 0.75 |
|
| 2 $\beta = -2$ | 0.25 |
|
Подсказка: Диамагнитное поле определяется формулой $B_{m x} = \mu_0 M$.
| 1 $|B_{mx}/B_d| = \frac{\mu_0 e^{-\left(z/a\right)^2} p_0}{B_d^2}$ | 0.20 |
|
| 2 $|B_{mx}/B_d| \approx 1.0$ | 0.30 |
|
| 1 Получена средняя сила: $\langle F_z \rangle = -\mu \frac{dB}{dz}$ | 0.50 |
|
| 2 Записан второй закон Ньютона в проекции на линию индукции: $m \frac{dv_{\parallel}}{dt} = -\mu \frac{dB}{dz}$ | 0.25 |
|
| 3 Использовано сохранение кинетической энергии:$\frac{d}{dt} \left( \frac{m v_{\parallel}^2}{2} + \frac{m v_{\perp}^2}{2} \right) = 0$ | 0.25 |
|
| 4 Получено $\frac{d\mu}{dt} = 0$ | 0.50 |
|
| 1 Условие на начальную скорость: $\frac{v_{\perp 0}^2}{B_0} \geq \frac{v^2}{B_m}$ | 0.25 |
|
| 2 Ответ: $\theta \geq \arcsin \sqrt{\frac{B_0}{B_m}}$ | 0.25 |
|
| 1 Начальное поле: $B_i = \frac{B_0}{216}$ | 0.10 |
|
| 2 Конечное поле: $B_L = \frac{\sqrt{13}}{2} B_0$ | 0.10 |
|
| 3 Ответ: $\theta < 2.9^{\circ}$ | 0.30 |
|
| 1 $\frac{dP}{dr} = - \frac{\gamma M \rho}{r^2} \approx -\rho g$ | 0.25 |
|
| 2 $p = \frac{p_0}{\rho_0} \rho$ | 0.25 |
|
| 3 $\rho = \rho_0 \exp \left[ \frac{\rho_0 g R_E}{p_0} \left( 1 - \frac{R_E}{r} \right) \right] \approx \rho_0 \exp \left( -\frac{\rho_0 g H}{p_0} \right) $ | 0.25 |
|
| 4 $\frac{\rho(H_1=160~км)}{\rho(H_2=220~км)} \approx \exp \left( \frac{\rho_0 g \left(H_2-H_1\right)}{p_0} \right) \approx 2.44 \cdot 10^3$ | 0.25 |
|
Подсказка: Зависимость частоты соударений молекул атмосферы от плотности атмосферы выглядит как $\nu = \nu_0 \frac{\rho}{\rho_0}$; здесь $\nu \approx 10^9$ с$^{-1}$ – частота соударений молекул атмосферы на уровне моря. Возбужденные атомы кислорода теряют часть энергии при столкновении с нейтральными молекулами.
| 1 Частота соударений на высоте 160 км: $\nu \approx 0.93$ с$^{-1}$ | 0.25 |
|
| 2 Из-за высокой частоты соударений успевают излучать только электроны во втором возбужденном состоянии: $\lambda = \frac{h c}{\Delta E_{12}} = 562$ нм | 0.40 |
|
| 3 Цвет авроры – зеленый | 0.10 |
|
| 4 Частота соударений на высоте 220 км: $\nu \approx 3.8 \cdot 10^{-4}$ с$^{-1}$ | 0.25 |
|
| 5 Электронов в первом возбужденном состоянии много больше, чем во втором: $\lambda = \frac{h c}{\Delta E_{01}} = 633$ нм | 0.40 |
|
| 6 Цвет авроры – красный | 0.10 |
|
Подсказка: Сила на единицу площади, вызванная магнитным полем, равна $f = \frac{B^2}{2 \mu_0}$. Мы рассматриваем только изменение вдоль $x$ для всех физических величин, т.е. физические величины не зависят от $y$ и $z$.
| 1 Получена высота ГСО: $h = \left(\sqrt[3]{\frac{g}{\omega^2 R_E}} - 1 \right) R_E \approx 5.6 R_E$ | 0.25 |
|
| 2 $\frac{\rho v^2}{2} + \frac{B_s^2}{2\mu_0} = \frac{B_m^2}{2\mu_0}$ | 0.50 |
|
| 3 $v = 330$ км/c | 0.25 |
|