NBPhO 2006, теоретический тур

Подсказка

Резкие яркие кружки в расфокусированной части снимка — это изображения далёких точечных источников; их размер связан с диаметром объектива через расстояние от матрицы до фокуса. Сравните их с линейкой, которая находится в фокусе.

Ответ

\(d\approx 17\) мм.

Решение

Заметим, что в нижней части фотографии есть несколько более ярких пятен правильной круглой формы с чёткими краями — в отличие от всего остального в размытой (не в фокусе) части изображения. Это может быть только от точечных источников в той далёкой области. Пусть расстояние от линейки до линзы равно \(l\), а расстояние между матрицей и фокусом — \(x\). Тогда по формуле Ньютона \(x(l-f)=f^2\), где \(f\) — фокусное расстояние; следовательно, \(\dfrac{l-f}{f}=\dfrac{f}{x}\). Пусть диаметр пятна равен \(\delta\). Тогда диаметр объектива \(d=\delta\dfrac{f}{x}=\delta\dfrac{l-f}{f}\).

Пусть размер изображения линейки равен \(a\), а размер самой линейки — \(A\). Тогда \(A=a\,\dfrac{l}{x+f}\). Из формулы линзы \(\dfrac{1}{x+f}=\dfrac{l-f}{fl}\), следовательно, \(A=a\,\dfrac{l-f}{f}\). Сравнивая с предыдущим результатом, получаем \(d=\delta A/a\), то есть диаметр объектива равен диаметру пятна в масштабе линейки. По рисунку находим \(d=17\) мм.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Жидкость не течёт, пока потенциальная энергия единицы объёма на её поверхности постоянна. Течение начнётся, когда высшая точка поверхности перестанет быть минимумом потенциальной энергии вдоль вертикали к заряду.

Ответ

1) \(a=\chi_0=\dfrac12\Bigl(H-\sqrt{H^2-4A}\Bigr)\), где \(A=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\rho_eq}{\rho_mg}\);  2) \(h=\sqrt{\dfrac{\rho_eq}{\pi\varepsilon_0\rho_mg}}\).

Решение

1) Пусть \(x\) — горизонтальная ось, \(y\) — вертикальная. На поверхности жидкости потенциальная энергия единицы объёма постоянна (чтобы жидкость не текла в сторону меньшей потенциальной энергии). Поэтому формула для высоты \(\chi(x)\) поверхности жидкости имеет вид \[\Pi_{vp}=\rho_mg\chi-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\rho_eq}{r}=0,\] где \(r=\sqrt{x^2+(\chi-H)^2}\) — расстояние данной точки от заряда. Обозначим \(\chi_0\equiv\chi(0)\). Из предыдущей формулы (учитывая, что при \(x=0\) имеем \(r=H-\chi_0\)) получаем \[\chi_0(\chi_0-H)+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\rho_eq}{\rho_mg}=0 .\] С обозначением \(\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\rho_eq}{\rho_mg}=A\) результат можно записать в виде \[\chi_0=\frac12\Bigl(H-\sqrt{H^2-4A}\Bigr).\]

2) Ясно, что течение начинается в точке \(x=0\), где поверхность жидкости самая высокая. Когда течение начинается, эта точка поверхности [с координатами \((0,\chi_0)\)] реализует максимум потенциальной энергии при движении вдоль оси \(y\) к заряду. Итак, функция \[\Pi(y)=\rho_mgy-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\rho_eq}{h-y}\] имеет максимум при \(y=H_0\). Это даёт два уравнения: \[\begin{align*} \rho_mg\chi_0-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\rho_eq}{h-\chi_0}&=0,\\ \rho_mg-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\rho_eq}{(h-\chi_0)^2}&=0 . \end{align*}\]

Сравнивая их, находим \(h=2\chi_0\) и \(\chi_0^2=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\rho_eq/\rho_mg\), следовательно, \[h=\sqrt{\frac{\rho_eq}{\pi\varepsilon_0\rho_mg}}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Пока диод светится, напряжение на нём постоянно и равно \(U_c\), так что конденсатор разряжается экспоненциально к \(U_c\). Диод гаснет в тот момент, когда весь ток идёт через неизвестный резистор; запишите это условие для двух разных \(R\) и поделите уравнения.

Ответ

\(C=\Bigl(\dfrac{\tau_2}{R_2}-\dfrac{\tau_1}{R_1}\Bigr)\Big/\ln\dfrac{R_1}{R_2}\approx 13\) мкФ.

Решение

Начинаем с зарядки конденсатора (ждём достаточно долго, чтобы напряжения источника и конденсатора выровнялись, — порядка времени разрядки, см. ниже). Конденсатор будет разряжаться через диод и два сопротивления (неизвестное \(r\) параллельно диоду) по схеме на рисунке. Проводим два опыта, используя в качестве последовательно включённого резистора \(R\) оба имеющихся резистора с известными сопротивлениями, \(R=R_1\) и \(R=R_2\).

На рисунке: \(r\) — неизвестный резистор, параллельный светодиоду, \(R\) — последовательный резистор, справа — конденсатор.

Начальное напряжение конденсатора \(U_0=\mathcal E\); падение напряжения на диоде постоянно (пока он излучает свет) — точно как на источнике напряжения. Поэтому напряжение на конденсаторе экспоненциально приближается к этому значению: \[U-U_c=(\mathcal E-U_c)e^{-t/RC}.\] Диод перестаёт гореть, когда весь ток \(I=(U-U_c)/R\) идёт через неизвестный резистор, \(I=U_c/r\). Таким образом, в момент погасания (\(t=\tau\)) \[r(\mathcal E-U_c)e^{-\tau/RC}=RU_c.\] Переписывая последнее равенство для обоих экспериментов, \[\begin{align*} r(\mathcal E-U_c)e^{-\tau_1/R_1C}&=R_1U_c,\\ r(\mathcal E-U_c)e^{-\tau_2/R_2C}&=R_2U_c. \end{align*}\] Деля их друг на друга и логарифмируя, получаем \[C=\Bigl(\frac{\tau_2}{R_2}-\frac{\tau_1}{R_1}\Bigr)\Big/\ln\frac{R_1}{R_2}.\] Проведя для обоих случаев по 3–5 измерений и найдя средние (\(\tau_1\approx 37\) с, \(\tau_2\approx 32{,}4\) с), находим \(C\approx 13\) мкФ.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Давление на пол складывается из избыточного давления и веса ткани, приходящегося на единицу площади. Натяжение вдоль профиля меняется так же, как менялась бы механическая энергия при скольжении куска ткани вдоль самой себя.

Ответ

1) \(c=\dfrac{L}{\frac{p}{\sigma g}+1}\);  2) \(\alpha=\sigma g\);  3) \(T_1=(p+\sigma g)\dfrac a2\);  4) \(\varepsilon\approx\dfrac{\pi g\sigma}{4p}\).

Решение

1) Давление на пол \(P=p+\sigma g\), следовательно, \(\sigma Lg=(p+\sigma g)c\), откуда \(c=L\big/\bigl(\frac{p}{\sigma g}+1\bigr)\).

2) Здесь мы приводим решение, отступающее от рекомендаций (нахождение другого решения оставляется читателю). Пусть натяжение материала в некоторой точке контакта с полом \(P_0\) равно \(T_0\). Рассмотрим энергетический баланс куска материала между точками \(P\) и \(P_0\) при крошечном виртуальном смещении \(\delta\), везде касательном к материалу (так что форма материала сохраняется). Изменение потенциальной энергии (на единицу длины мешка) равно \(\sigma\delta gx\) (потому что кусок материала длиной \(\delta\) с пола поднимется на высоту \(x\)); совершённая работа равна \((T-T_0)\delta\). Энергетический баланс даёт \(T=\sigma gx+T_0\), следовательно, \(\alpha=\sigma g\).

3) Баланс сил между левой и правой половинами мешка можно записать в виде \(T_1+T_0=pa\). Учитывая, что \(T_0=T_1-\sigma ga\), находим \[T_1=(p+\sigma g)\,\frac a2 .\]

4) Баланс сил между нижней и верхней половинами мешка: \(2T_2+L_1\sigma g=pb\), где \(T_2\) — натяжение в самой широкой точке, а \(L_1\approx L/2\) — длина верхней половины. Натяжение \(T\) растёт линейно с высотой, а самая широкая точка находится приблизительно на половине высоты; следовательно, \(2T_2\approx T_1+T_0=pa\). Подставляя это в первое уравнение, получаем \(p(b-a)=L\sigma g/2\). Учитывая, что мешок почти круглого поперечного сечения, пишем \(\pi(b+a)\approx 2L\); следовательно, окончательно \[\varepsilon\approx\frac{\pi g\sigma}{4p}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Автомобиль не разгоняется по горизонтали, значит, равнодействующая силы трения и реакции в углу препятствия должна быть направлена вертикально. Для задней оси используйте равновесие моментов относительно точки пересечения линий действия остальных сил.

Ответ

1) \(H=\dfrac d4\bigl(2-\sqrt2\bigr)\approx 15\) см;  2) \(H\approx 10\) см;  3) да, перед начнёт подниматься.

Решение

1) Рассмотрим баланс сил в проекции на горизонтальную ось. Единственная сила, которая могла бы дать ненулевую проекцию, — равнодействующая силы трения и силы реакции, приложенных к колесу краем ограждения. Из-за равновесия она тоже должна быть равна нулю, то есть эта равнодействующая направлена вертикально; следовательно, \[H=\frac d4\bigl(2-\sqrt2\bigr)\approx 15\ \text{см}.\]

2) Рассмотрим баланс моментов относительно точки \(O\) — точки пересечения линий действия равнодействующей силы, приложенной к заднему колесу со стороны земли, и силы тяжести (вертикальная прямая через \(C\)). В равновесии линия силы реакции, приложенной к переднему колесу со стороны ограждения, должна проходить через ту же точку. Таким образом, точка пересечения прямой \(OP\) с колесом даёт край ограждения (\(P\) — центр переднего колеса). По масштабу рисунка получаем \(H\approx 10\) см.

3) Рассмотрим баланс моментов относительно точки \(Q\) — точки пересечения линий равнодействующих сил, приложенных в точках касания переднего и заднего колёс со стеной и полом соответственно. Вклад в полный момент может давать только сила тяжести; поскольку \(Q\) лежит левее центра масс, этот момент вращает автомобиль, приподнимая его перед. Таким образом, перед начнёт подниматься.

На рисунке к решению отмечены точки \(O\), \(P\), \(Q\), центр масс \(C\) и радиус колеса \(R\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Ион, попавший в центр детектора, движется по четверти окружности, поэтому её радиус связан с расстоянием \(l\) как \(R=l/\sqrt2\); скорость иона находится из энергии \(eU\). Малые отклонения радиуса, угла и энергии дают малые изменения массы через дифференциал.

Ответ

1) \(M=\dfrac{B^2l^2e}{4U}\);  2) \(\Delta M=\dfrac{B^2l\,re}{\sqrt2\,U}\);  3) \(\Delta\varphi\approx\dfrac{r\sqrt2}{l}\);  4) \(\delta M=\dfrac{B^2l^2kT}{4U^2}\).

Решение

1) Траектория заряженной частицы в магнитном поле — окружность радиуса \(R=l/\sqrt2\). За ускорение отвечает сила Лоренца, \(Bev=Mv^2/R\), откуда \(BeR=p\). Подставляя \(p^2=2MUe=B^2e^2R^2\), получаем \[M=\frac{B^2l^2e}{4U}.\]

2) Теперь радиус может быть \(R\pm r\). Приближённый расчёт даёт \(\Delta R/R=r\sqrt2/l\approx\Delta M/2M\), следовательно, \(\Delta M\approx Mr\,2\sqrt2/l\), то есть \[\Delta M=\frac{B^2l\,re}{\sqrt2\,U}.\]

3) Ион покидает магнитное поле на расстоянии \(r\) до (или после) того, как проделает четверть окружности. Итак, \(\Delta\varphi\approx r/R=r\sqrt2/l\).

4) Некоторая начальная энергия \(kT\) означает, что конечная энергия \(Ue+kT=e(U+kT/e)\); это эквивалентно изменению напряжения на \(\delta U=kT/e\). Используя приближённый расчёт и результат первого вопроса, получаем \(\delta M=\dfrac{dM}{dU}\,kT/e\), то есть \[\delta M=\frac{B^2l^2kT}{4U^2}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Шкала, видимая через бутылку издалека, ограничена лучами, которые после преломления идут по касательной; та же геометрия лучей работает и в капле при максимальном угле выхода радуги.

Ответ

1) \(d\approx 22\) мм (при \(R=31\) мм);  2) \(\alpha=d/R\approx 41^\circ\).

Решение

1) Взгляд на бутылку издалека показывает, что центральная часть шкалы не перевёрнута, в отличие от изображения на самом краю бутылки. Точка поворота соответствует одному концу видимой части приклеенной шкалы (другой конец расположен симметрично). При взгляде с меньших расстояний видимая часть получается больше (серая линия \(c\) на рисунке), чем в случае очень большого расстояния (чёрная линия \(d\)). В последнем случае луч (на рисунке \(a\)) преломляется при входе в бутылку на некоторый угол; при наблюдении с меньших расстояний один луч (\(b\) на рисунке) преломляется на тот же угол. Эти два луча совпадают после поворота на угол \(\beta\) вокруг центра бутылки. Итак, часть шкалы, заданная серой линией на рисунке, длиннее чёрной линии как минимум на \(2R\beta\). Измерения следует проводить с как можно большим \(L\); результат измерения нужно скорректировать, вычтя \(2R\beta\), где \(\beta=\arcsin(l/2L)\).

На рисунке: \(L\) — расстояние от глаза до центра бутылки, \(l\) — хорда, \(a\), \(b\) — лучи, \(c\) — видимая дуга шкалы, \(d\) — её предельное значение, \(\beta\) — угол.

Как вариант, можно измерять \(c\) при разных значениях \(L\) и представить результаты на графике. Имеет смысл взять \(1/L\) в качестве масштаба по горизонтальной оси. Тогда \(L=\infty\) соответствует началу координат, к которому кривую легко экстраполировать.

Измерения дают \(d\approx 22\) мм (при \(R=31\) мм).

2) Сравнивая геометрию лучей для предыдущей задачи (в связи с куском шкалы \(c\)) и геометрию лучей в радуге, оказывается, что геометрия на самом деле одинакова, причём \(\dfrac d2=R\dfrac\alpha2\), см. рисунок. Итак, \(\alpha=d/R\). Используя данные из предыдущей части, \(\alpha\approx 41^\circ\).

На рисунке: \(\alpha/2\) — половина угла выхода, \(d\) — дуга шкалы.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.