Источник радиоактивного излучения помещён в магнитное поле.
α
-,
β
- и
γ
-лучи при этом ведут себя по-разному (см. рисунок). Какие из этих лучей отклоняются по направлению к наблюдателю?

Показать ответ

Ответ:

GNRK

10.04.2022 15:41

Ртуть красного цвета сделать можно, если ее заморозить и нанести на нее дифракционную штриховку. Тогда под определенным углом зрения она будет вообще какого угодно цвета. Впрочем, мерзлую ртуть проще покрасить.
Все остальное - чтобы жидкий металл блестел красным - уже не будет чистой ртутью. И поскольку такой ерундой серьезные химики не занимаются, ответ простой: можно (в химии вообще можно все), но как - поди знай. Надо подбирать коллоид, скажем, квантовые точки, чтобы он как-то растворялся в ртути не меняя своих свойств. Если Вы сын миллиардера, можете от нечего делать нанять команду химиков (которым, в свою очередь, тоже заняться особо нечем), ну пусть подбирают в перерывах между завтраком, обедом и вечерним коньяком (за Ваш счет), может быть, чего и выйдет. А может, и нет - тут без гарантии.

0,0(0 оценок)

Ответ:

dashani7562

27.07.2022 10:56

Рассмотрим подзадачу слева. Разложим компоненты скорости первого шарика на касательную и нормальную по отношению к левой грани составляющие. Соударение меняет знак нормальной составляющей, оставляя касательную неизменной.

Пока шарик летит от первого соударения до второго, он полностью теряет касательную составляющую. Поэтому он, во второй раз падая на призму строго нормально, отражается в противоположном направлении и проходит свою траекторию в обратном направлении.

Найдем при каком угле это возможно. Введем систему координат, связав начало координат с ребром призмы, лежащим на столе, ось икс направим вдоль грани вверх, ось игрек - перпендикулярно грани, наружу. Начало координат лежит пусть на столе. Пусть острый угол при основании призмы равен альфа, тогда

$y(t) = v_{0y}t-(g\cos\alpha) t^2/2\\ v_x(t) = v_{0x}-(g\sin\alpha)t$

Где v0x и v0y - касательная и нормальная составляющая скорости шарика ПОСЛЕ первого удара. Нам нужно, чтобы при каком-то τ обе вышенаписанные функции занулились (шарик ударяется о призму в тот момент, когда полностью погашена касательная компонента). Имеем

$v_{0y}\tau-(g\cos\alpha) \tau^2/2 = 0\\ v_{0x}-(g\sin\alpha)\tau = 0\\\\ \tau = 2v_{0y}/(g\cos\alpha) = v_{0x}/(g\sin\alpha)\\ 2(v_0\sin\alpha)/(g\cos\alpha) = v_0\cos\alpha/(g\sin\alpha)\\ 2\tan^2\alpha = 1\\ \alpha = \arctan(1/\sqrt{2})$

Левый угол найден.

Рассмотрим подзадачу справа. Ее удобнее решать "с конца", воспользовавшись принципом обратимости в механике. Итак, пусть шарик падает сверху на призму, имея какую-то начальную скорость. Опять-таки, упругое соударение изменит его нормальную проекцию скорости, но не касательную. Введем ось икс вдоль грани вниз, игрек перпендикулярно грани наружу, начало координат в месте падения шарика. Пусть острый угол при основании равен бета. Имеем

$v_x(t) = v_{0x}+gt\sin\beta\\
v_y(t) = v_{0y}-gt\cos\beta\\
y(t) = v_{0y}t-(g\cos\beta)t^2/2$

Опять-таки, время полета найдется из условия y(t) = 0. При этом мы точно знаем, что проекции скоростей в конце полета должны быть такими, чтобы после второго отражения шарик поехал горизонтально влево. А это произойдет когда скорость в конце будет направлена под углом бета к введенной оси икс. Итак

$\tau = 2v_{0y}/(g\cos\beta)\\
v_x(\tau) = v_{0x}+\frac{2v_{0y}}{\cos\beta}\sin\beta\\
v_y(t) = v_{0y}-2v_{0y} = -v_{0y}\\
v_x(\tau)/(-v_y(\tau)) = \cot\beta\\
\frac{v_{0x}}{v_{0y}} + 2\tan\beta = \cot\beta\\
\tan\beta+2\tan\beta = \cot\beta\\
3\tan^2\beta = 1\\
\beta = \arctan(1/\sqrt{3})$

Ну угол при вершине найдем как

$\gamma = \pi-\alpha-\beta = \pi-\arctan(1/\sqrt{2})-\arctan(1/\sqrt{3})$