NBPhO 2016, теоретический тур

Подсказка

Расход топлива на километр пути пропорционален силе тяги, поэтому график расхода — это график силы тяги. Избыток расхода над равномерным движением по ровной дороге идёт на подъём; найдите по площади под графиком работу против силы тяжести.

Ответ

\(h\approx14\) м.

Решение

Если автомобиль создаёт силу тяги \(F\) при скорости \(v\), то работа на пути \(s\) равна \(W=Fs\). Поскольку КПД постоянен, эта работа пропорциональна израсходованному объёму топлива, \(W=ksf\), где \(f=f(t)\) — расход топлива (объём на единицу пути), а \(k\) — коэффициент пропорциональности. Следовательно, \(F=kf(t)\), т. е. график расхода топлива можно рассматривать как график силы.

Коэффициент пропорциональности \(k\) находим из того, что при старте с места сопротивления воздуха нет (при нулевой скорости оно равно нулю), и вся сила тяги идёт на разгон автомобиля, \(F(0\text{ с})=ma_0\). Учитывая, что \(f(0\text{ с})=33\) л/100 км \(=ma_0/k=\dfrac{mg}{2k}\), получаем \(\dfrac{k}{mg}=1{,}52\) км/л.

При \(v_0=90\) км/ч сопротивление воздуха есть, и его нужно учесть, но так как скорость постоянна, то постоянна и сила сопротивления, и можно просто вычесть \(F(16\text{ с})\), чтобы получить силу без сопротивления воздуха. Повышенный расход топлива при подъёме под углом \(\alpha\) возникает из-за составляющей силы тяжести вдоль дороги: \(F(t)-F(16\text{ с})=mg\sin\alpha\). Самая высокая точка, где \(\sin\alpha=0\), достигается, когда расход топлива снова становится равным расходу в момент 16 с, то есть в момент 22 с. Работа силы тяги \(W=\int[F(t)-F(16\text{ с})]\,ds=\int[F(t)-F(16\text{ с})]\,v_0\,dt=\dfrac{k}{v_0}\int_{16\text{ с}}^{22\text{ с}}[f(t)-f(16\text{ с})]\,dt\) идёт на изменение потенциальной энергии \(mgh\); здесь интеграл \(I\equiv\int_{16\text{ с}}^{22\text{ с}}[f(t)-f(16\text{ с})]\,dt\approx0{,}38\) л\(\cdot\)с/км находится как площадь на графике [площадь между графиком и прямой \(f(t)=f(16\text{ с})\)]. Поэтому \(h=W/mg=\dfrac{kI}{v_0\,mg}\); при \(\dfrac{k}{mg}=1{,}52\) км/л получаем \(h\approx14\) м.

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

Подсказка

В пункте iii) отражённые внутри пластины волны интерферируют: из-за толщины \(a\) путь туда и обратно даёт сдвиг фаз на половину длины волны, поэтому амплитуды прошедших волн образуют геометрический ряд со знакопеременными членами.

Ответ

i) \(F_a=\dfrac Pc\);  ii) \(F_b=(1+r)\dfrac Pc\);  iii) \(F_c=\dfrac{8Pr}{c(1+r)^2}\).

Решение

i) Энергия и импульс фотона связаны соотношением \(E=pc\). Поскольку освещаемая сторона чёрная, она поглощает фотоны и испытывает силу за счёт их импульса: \(F_a=\dfrac{dp}{dt}\), где \(\dfrac{dp}{dt}=\dfrac1c\dfrac{dE}{dt}=\dfrac Pc\) — импульс фотонов, создаваемый за единицу времени. \(F_a=\dfrac Pc\).

ii) Доля \(r\) фотонов отразится, они создадут вдвое большую силу, так как изменение импульса вдвое больше, чем при поглощении. Доля \(1-r\) будет поглощена и даст силу, аналогичную предыдущему выражению. \[F_b=2r\frac Pc+(1-r)\frac Pc=(1+r)\frac Pc .\]

iii) Свет будет многократно отражаться, и придётся учитывать интерференцию. Так как энергия пропорциональна квадрату амплитуды электрического поля, то если доля \(r\) фотонов, а значит, и энергии отражается, амплитуда электрического поля отражённой волны составляет \(\sqrt r\) от амплитуды падающей. Вычислим суммарную амплитуду электрического поля волны, которая проходит насквозь. Обозначим через \(E_i\) электрическое поле падающей волны, а через \(E_t\) — поле волны, прошедшей через другую сторону стекла. На стороне падения доля амплитуды электрического поля, которая проходит внутрь, равна \(\sqrt{1-r}\), из которой часть \(\sqrt{1-r}\) пройдёт дальше, а часть \(\sqrt r\) отразится назад. Итак, волна с амплитудой \(E_0=(1-r)E_i\) прошла насквозь, а волна с амплитудой \(\sqrt{(1-r)r}\,E_i\) отражается назад сквозь стекло. Теперь она дойдёт до первой стороны, отразится от неё назад, и из неё доля \(\sqrt{1-r}\) пройдёт и добавится к \(E_t\). Однако эта волна прошла оптический путь \(2nd=200{,}5\lambda\), поэтому она будет в противофазе, и мы получаем \(E_1=-(1-r)rE_i\). Повторяя процедуру, получаем \(E_2=(1-r)r^2E_i\) и так далее, \(E_n=(1-r)(-r)^nE_i\). Суммируя все электрические поля, проходящие через другую сторону стекла, получаем: \[E_t=\sum_{n=0}^{\infty}E_n=(1-r)E_i\sum_{n=0}^{\infty}(-r)^n=\frac{1-r}{1+r}E_i .\] Мощность пропорциональна квадрату электрического поля: \[\frac{P_t}{P}=\left(\frac{E_t}{E_i}\right)^2=\left(\frac{1-r}{1+r}\right)^2 .\] Так как мощность пропорциональна и числу фотонов, эта доля фотонов прошла насквозь и не передала свой импульс стеклу. По закону сохранения энергии остальные отразились обратно к лазеру, и, поскольку их импульс изменил знак: \[F_c=2\left(\frac{P-P_t}{c}\right)=\frac{2P}{c}\left(1-\left(\frac{1-r}{1+r}\right)^2\right)=\frac{8Pr}{c(1+r)^2} .\]

Альтернативное решение. Свет отражается туда и обратно. Внутри стекла есть некоторая сумма волн одной частоты, которую можно представить как одну волну, идущую вперёд, и одну волну, идущую назад. Обозначим через \(E\) амплитуду волны, идущей вперёд, сразу под поверхностью внутри стекла. Амплитуда волны в этой точке постоянна и складывается из прошедшей части падающего света \(\sqrt{1-r}\,E_i\) и из части самой волны \(E\), находящейся в противофазе, поскольку она дважды отражается внутри стекла и возвращается в ту же точку: \(-rE\). Получаем соотношение: \[E=\sqrt{1-r}\,E_i-rE\quad\to\quad E=\frac{\sqrt{1-r}}{1+r}E_i .\] Волна, прошедшая пластину насквозь, равна \[E_t=\sqrt{1-r}\,E=\frac{1-r}{1+r}E_i .\] Дальнейшее — как в предыдущем решении.

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

Подсказка

Для каждого инструмента определите, от чего зависит частота: у колокола — только от размеров и свойств стали, у трубы — от скорости звука в воздухе, у струны — ещё и от натяжения, которое меняется при расширении.

Ответ

i) колокола: \(f\approx330{,}04\) Гц (практически не меняется); орган: \(f\approx341\) Гц; гитара: \(f\approx325\) Гц;  ii) гелиокс меняет только звук органа: \(f\approx561\) Гц.

Решение

i) Для трубчатых колоколов скорость звука в стали можно найти методом размерностей. Она может зависеть от модуля Юнга \(E\) и плотности \(\rho\). Получаем \(v\propto\sqrt{\dfrac E\rho}\propto\sqrt{\dfrac{EL^3}{m}}\), где \(L\) — характерный размер колокола. Скорость, частота и длина волны связаны соотношением \(f=\dfrac v\lambda\). Чтобы существовала стоячая волна на колоколе, длина волны должна быть пропорциональна его характерному размеру, потому что на концах пучности: \(\lambda\propto L\). Получаем \(f\propto\dfrac{\sqrt{L^3}}{L}=\sqrt L\). Из-за теплового расширения длины масштабируются множителем \((1+\alpha\Delta T)\), где \(\alpha\) — коэффициент теплового расширения. Используя это, имеем \(f=f_0\sqrt{1+\alpha\Delta T}\approx330{,}04\) Гц. Это очень небольшое изменение по сравнению с \(f_0=330\) Гц.

Для органной трубы также имеем \(f=\dfrac v\lambda\). Звук создаётся стоячей волной в столбе воздуха. Скорость \(v\) в формуле — это скорость звука в воздухе. Как и в предыдущем случае, для существования стоячей волны длина волны должна быть пропорциональна длине трубы, и длина масштабируется множителем \((1+\alpha\Delta T)\). Поскольку \(\alpha\Delta T\approx2{,}4\times10^{-4}\) много меньше изменения скорости звука, этим можно пренебречь. Используя заданную формулу для скорости звука, имеем \[f=f_0\sqrt{1+\frac{45}{273{,}15}}\Big/\sqrt{1+\frac{25}{273{,}15}}\approx341\text{ Гц}.\] Это значительное изменение.

Для гитарной струны скорость волны может зависеть от массы струны \(m\), длины \(L\) и натяжения \(T\). Методом размерностей получаем \(v\propto\sqrt{\dfrac{LT}{m}}\). Более точный вывод покажет, что коэффициент пропорциональности равен 1, что было бы простейшим предположением. Самая низкая частота на струне соответствует длине волны \(2L\), потому что на концах струны волна должна иметь узлы. Натяжение задаётся формулой \(T=ES\Delta L/L\), где \(\Delta L\) — изменение длины струны под действием натяжения, а \(S\) — площадь поперечного сечения струны. Собирая всё вместе: \[f=\frac{\sqrt{\dfrac{LT}{m}}}{2L}=\frac{\sqrt{\dfrac{LES\Delta L/L}{\rho SL}}}{2L}=\frac{\sqrt{\dfrac{E\Delta L/L}{\rho}}}{2L}.\] Найдём \(\dfrac{\Delta L}{L}=\dfrac\rho E(2Lf)^2\approx7{,}3\times10^{-3}\). Когда температура повышается и струна растягивается, относительное удлинение \(\dfrac{\Delta L}{L}\) уменьшается на \(\alpha\Delta T\), \[\frac{\Delta L}{L}\to\frac{\Delta L}{L}-\alpha\Delta T=\frac{\Delta L}{L}\left(1-\frac{\alpha\Delta T}{\Delta L/L}\right)=\frac{\Delta L}{L}\left(1-3{,}3\times10^{-2}\right).\]

Это пропорциональное изменение больше, чем изменения в других множителях (длины масштабируются множителем \((1+\alpha\Delta T)\), и этим можно пренебречь). Получаем \(f=f_0\sqrt{1-3{,}3\times10^{-2}}\approx325\) Гц. Это тоже значительное изменение, когда инструменты играют вместе.

ii) Для трубчатых колоколов и для гитары частота определяется свойствами металла и скоростью звука в металле, поэтому в гелиоксе она не меняется. У органной трубы звук создаётся непосредственно колеблющимся столбом воздуха в трубе, и замена воздуха на гелиокс изменит частоту. Длина волны определяется длиной трубы, и, поскольку частота \(f=\dfrac v\lambda\), она изменится пропорционально скорости звука, \(f=1{,}7\cdot f_0\approx561\) Гц. Это очень значительное изменение.

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

Подсказка

Обёртка, намотанная на карандаши, создаёт между ними узкую щель известной ширины; по дифракционной картине на экране из расстояния между минимумами и расстояния до экрана находится ширина щели.

Решение

Установка такова. Сначала обёртку от конфеты разрезают пополам и наматывают на шестигранный карандаш с обоих концов \(A\) раз, плотно фиксируя резинками к другому карандашу. Так между двумя карандашами получается зазор шириной \(Ad\). Лазерный свет направляют в зазор между двумя карандашами, и полученная дифракционная картина наблюдается на экране (который закреплён вертикально на штативе). Карандаши и лазер можно держать горизонтально с помощью имеющихся зажимов и подбирать высоту лазера так, чтобы он проходил через зазор, подкладывая под лазер листы бумаги. Поскольку поверхность карандаша шероховатая, ширина зазора между карандашами меняется. Чтобы уменьшить этот эффект, можно между карандашами положить больше слоёв обёртки. Полученные экспериментальные значения приведены в таблице, где \(N\) — число локальных максимумов или минимумов на экране, \(a\) — расстояние между первым и последним измеренным максимумом или минимумом, а \(L\) — расстояние от экрана до карандашей. Обратите внимание, что центральный максимум имеет двойную ширину, и это нужно учитывать при подсчёте минимумов (он закрывает один минимум) и учитывать дважды при подсчёте максимумов.

Пусть \(\theta\) — угол, под которым лазерный свет попадает на экран. Тогда разность углов для разных максимумов или минимумов можно выразить как \(\theta\approx\dfrac aL\) в приближении малых углов. Число максимумов или минимумов выражается как \(Ad\theta=N\lambda\). Тогда \[d=\frac{N\lambda}{A\theta}=\frac{N\lambda L}{Aa}.\] По данным из таблицы получаем \(d=25\) мкм. Основной вклад в погрешность даёт шероховатость карандаша, которую можно оценить по максимальному и минимальному из измеренных значений толщины обёртки. Тогда \(\Delta d\approx\dfrac{d_{\max}-d_{\min}}{2}=4{,}5\) мкм.

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

Подсказка

Скорость находится из закона сохранения энергии в поле заряда \(Q\); сила реакции кольца уравновешивает нормальную составляющую силы Кулона и обеспечивает центростремительное ускорение. Остановиться частица может только там, где касательная составляющая силы Кулона равна нулю.

Ответ

i) \(v(\phi)^2=v_0^2+\dfrac{C}{\sqrt{r^2+d^2}}-\dfrac{C}{\sqrt{r^2+d^2+2rd\sin\phi}}\), где \(C=\dfrac{Qq}{2\pi m\epsilon_0}\);  ii) \(F_n=\dfrac{mv^2}{r}+\dfrac{mC(r+d\sin\phi)}{2(r^2+d^2+2rd\sin\phi)^{3/2}}\);  iii) в верхней или нижней точке кольца (в устойчивой — при \(qQ>0\) в верхней).

Решение

i) Скорость \(v\) — это просто модуль \(r\dot\phi\), и из закона сохранения энергии получаем \[v^2+\frac{C}{|\mathbf r-\mathbf r_Q|}=\text{const}=2E/m,\] где \(C=\dfrac{Qq}{2\pi m\epsilon_0}\). Это значение, следовательно, должно равняться начальному. Из рисунка видно, что \(\phi(0)=0\) и \(\phi_Q=-\pi/2\), и получаем: \[v(\phi)^2=v_0^2+\frac{C}{\sqrt{r^2+d^2}}-\frac{C}{\sqrt{r^2+d^2+2rd\sin\phi}},\] а \(v(\phi)\) — просто квадратный корень из этого выражения.

ii) Сила \(F_n\) со стороны кольца — это сила реакции связи, нормальная к кольцу, и она уравновешивает остальные силы так, чтобы полная перпендикулярная сила равнялась необходимой центростремительной силе \(F_c=mv^2/r\), направленной внутрь. Другая сила — кулоновское отталкивание (если \(C>0\)) со стороны \(Q\) с модулем \(F_Q=\dfrac{mC}{2(r^2+d^2+2rd\sin\phi)}\). Её перпендикулярная составляющая получает множитель \(\cos\alpha\), где \(\alpha\) — угол между локальным радиус-вектором и прямой \(Qq\). Теорема косинусов для треугольника, образованного \(q\), \(Q\) и центром кольца, даёт \(\cos\alpha=\dfrac{r+d\sin\phi}{\sqrt{r^2+d^2+2rd\sin\phi}}\). Везде \(\cos\alpha>0\), так что нормальная часть \(F_Q\) везде направлена наружу (в случае отталкивания). Для силы со стороны кольца получаем \[F_n=\frac{mv^2}{r}+\frac{mC(r+d\sin\phi)}{2\left(r^2+d^2+2rd\sin\phi\right)^{3/2}},\] причём оба слагаемых направлены внутрь в случае отталкивания \(C>0\), иначе второе слагаемое будет направлено наружу.

iii) Когда частица остановилась, сила трения вдоль кольца автоматически равна нулю, но остальные силы должны уравновешиваться. Все нормальные силы автоматически уравновешиваются кольцом. Нужно рассмотреть продольную силу, которая может возникать только из-за кулоновской силы, действующей на \(q\), а значит, её продольная составляющая должна обращаться в нуль. Это возможно только в двух местах, в точках наибольшего и наименьшего расстояния до \(Q\), то есть в верхней или нижней точке. Эти точки соответствуют минимуму и максимуму соответственно электростатического потенциала, и только первая была бы устойчивой в случае отталкивания \(qQ>0\) (иначе — наоборот).

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

Подсказка

Теплота, нужная на испарение малой массы, берётся из охлаждения оставшейся жидкости: составьте дифференциальное уравнение для массы и температуры и проинтегрируйте по графику теплоёмкости.

Ответ

Испарится около \(0{,}21\) всей массы.

Решение

Теплота, необходимая для испарения, берётся из тепловой энергии жидкости: \(\lambda\,dm=mc(T)\,dT\). Разделяя переменные \(m\) и \(T\) и интегрируя, получаем: \[\begin{align*} \lambda\int_{m_0}^{m}\frac{dm'}{m'}&=\int_{T_0}^{T}c\,dT',\\ \lambda\ln\frac{m}{m_0}&=\int_{T_0}^{T}c\,dT',\\ \frac{m}{m_0}&=\exp\frac{\int_{T_0}^{T}c\,dT'}{\lambda}. \end{align*}\] Численно оценивая интеграл по заданному графику, получаем \(\int_{T_0}^{T}c\,dT'\approx-5{,}2\) кДж\(\cdot\)кг\(^{-1}\). Поэтому доля испарившейся жидкости равна \[\frac{m_0-m}{m_0}=1-\frac{m}{m_0}\approx1-\exp\frac{-5{,}2\text{ кДж/кг}}{22\text{ кДж/кг}}\approx0{,}21.\]

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

Подсказка

В пункте ii) примените теорему Гаусса к сфере радиуса \(r\) внутри астероида: ускорение свободного падения внутри пропорционально расстоянию до центра, как сила упругости. В пункте iii) сравните угловую частоту орбитального движения с частотой «пружинного» колебания в отверстии.

Ответ

i) \(l=x=5\) см;  ii) \(g=\dfrac{GMr}{R^3}\) — сила пропорциональна смещению;  iii) времена одинаковы;  iv) \(T\approx0{,}6\) с, движение не гармоническое.

Решение

i) Жёсткость \(k\) пружины находится из равновесия сил \(mg=kx\), откуда \(k=mg/x\). Период колебаний такого пружинного маятника \(T=2\pi\sqrt{m/k}\overset{!}{=}2\pi\sqrt{l/g}\ \Longrightarrow\ l=mg/k=x\).

ii) Применим теорему Гаусса к сфере радиусом \(r\), концентричной астероиду. По симметрии напряжённость поля (ускорение свободного падения) постоянна на сфере, поэтому поток этой напряжённости равен площади сферы, умноженной на напряжённость (со знаком «минус», потому что сила направлена внутрь). С другой стороны, по теореме Гаусса этот поток равен \(-4\pi G\), умноженному на полную массу внутри сферы. Формулами (обозначим плотность астероида через \(\varrho\)): \(-4\pi r^2g=-4\pi G\times\dfrac43\pi r^3\varrho\) и \(g=\dfrac43\pi G\varrho r=GMr/R^3\) (обозначая полную массу через \(M\), а полный радиус через \(R\)). Всякий раз, когда есть притягивающая сила, пропорциональная смещению, имеет место гармоническое движение (как у пружинного маятника).

iii) Отождествив ускорение свободного падения с центростремительным ускорением, \(GM/R^2=\omega_o^2R\ \Longrightarrow\ \omega_o^2=GM/R^3\) (где \(\omega_o\) — орбитальная угловая скорость). Время достижения друга равно \(t_o=T_o/2=\dfrac{2\pi}{\omega_o}\Big/2=\pi/\omega_o\). Через отверстие же мы имеем половину периода эффективного пружинного маятника с «жёсткостью» \(k=GMm/R^3\): а именно, \(t_h=T_h/2=\dfrac{2\pi}{\omega_h}\Big/2=\pi/\omega_h\). Из «жёсткости» и общей формулы для пружинного маятника \(\omega_h^2=k/m=GM/R^3=\omega_o^2\). Следовательно, \(t_o=t_h\) — времена одинаковы!

iv) Так как движение после отскока совпадает с обращённым во времени движением до отскока, период вдвое больше времени первого падения (\(t_b\)). При постоянном ускорении \(h=gt_b^2/2\ \Longrightarrow\ T=2t_b=2\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\). На Земле \(g\approx10\) м/с\(^2\), поэтому \(T=2\sqrt{\dfrac{2\times50\text{ см}}{10\text{ м/с}^2}}\approx0{,}6\) с.

Это не гармоническое движение, потому что смещение — квадратичная функция времени, а не синусоида. Кроме того, возвращающая сила здесь не пропорциональна смещению.

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

Подсказка

В неподвижной системе отсчёта шар движется по очень вытянутому эллипсу с сохранением момента импульса; площадь, ометаемая радиус-вектором, находится по второму закону Кеплера, а область у «шахты» — как параболический сегмент.

Ответ

i) \(\Delta v=\omega h\approx7{,}3\) мм/с;  ii) \(\Delta x_0=\omega\sqrt{2h^3/g}\approx33\) мм;  iii) \(\Delta x=\dfrac23\omega h t\approx22\) мм.

Решение

i) Земля вращается с угловой скоростью \(\omega=\dfrac{2\pi}{T}\), где \(T=24\) ч. Скорости верха и дна шахты равны \(v_t=\omega R\) и \(v_b=\omega(R-h)\), где \(R\) — радиус Земли. Разность скоростей, таким образом, \(\Delta v=v_t-v_b=\omega h\approx7{,}3\) мм/с.

ii) Время свободного падения находится из соотношения \(h=gt^2/2\), откуда \(t=\sqrt{2h/g}\). Таким образом, горизонтальное смещение равно просто \(\Delta x=\Delta vt=\omega ht=\omega\sqrt{2h^3/g}\approx33\) мм.

iii) Существует как минимум три различных подхода к этой задаче; один использует закон сохранения момента импульса, второй основан на законах Кеплера (приведён ниже), а третий, который мы здесь не рассматриваем, основан на формуле силы Кориолиса.

Рассмотрим скорость вращения \(\omega'\) радиус-вектора, проведённого от падающего тела к центру Земли, и сравним эту скорость со скоростью вращения Земли \(\omega\). Момент импульса падающего тела сохраняется, следовательно, \(\omega'r^2=\omega R^2\). Можно подставить \(r=R-y\), где \(y\) — текущая глубина, и приближённо записать \(\omega'=\omega\left(\dfrac Rr\right)^2\approx\omega\left(1+2\dfrac yR\right)\). Поэтому скорость горизонтального смещения в системе отсчёта Земли \(v_h=(\omega'-\omega)r\approx2\omega y\). Наконец, горизонтальное смещение находится как \(\Delta x=\int v_h\,dt=\int(2\omega y/v_v)\,dy\), где вертикальная скорость падения \(v_v=\sqrt{2gy}\). Итак, находим \(\Delta x=\dfrac23\omega\sqrt{2h^3/g}\approx22\) мм.

Теперь получим тот же результат с помощью законов Кеплера. Рассмотрим траекторию стального шара в невращающейся системе отсчёта. Хотя это тонкий эллипс, мы нарисовали рисунок не в масштабе, чтобы облегчить вычисление площадей. Стальной шар выпущен из точки \(A\) и достигает дна шахты в точке \(D\) на расстоянии \(x\) от \(B\) — положения дна в начале падения. Так как время падения по-прежнему \(t=\sqrt{2h/g}\), положение дна за время падения смещается на \(x'=(v-\Delta v)t=vt-\omega ht\). Таким образом, горизонтальное смещение точки приземления равно просто \(\Delta x=x-x'\).

Расстояние \(x\) можно найти с помощью второго закона Кеплера, согласно которому площадь, заметаемая радиус-вектором за единицу времени, \(\Delta S/\Delta t\) постоянна, что является проявлением сохранения момента импульса, \(\Delta S/\Delta t=L/2m=rv_\perp/2\). (Последнее соотношение легко получить, рассматривая круговую орбиту.) Для нашего стального шара \(L/2m=Rv/2=\omega R^2/2\). Площадь, заметаемую стальным шаром, можно вычислить как сумму сегмента \(OBD\) и области \(ADB\). Учитывая, что \(x\ll R\), сегмент \(OBD\) — просто треугольник площадью \(x(R-h)/2\). Аналогично область \(ACDB\) приблизительно является прямоугольником площадью \(xh\), и, зная, что парабола делит площадь описанного прямоугольника в пропорции \(1/3\) и \(2/3\), заключаем, что площадь области \(ADB\) равна \(2xh/3\). Таким образом, из второго закона Кеплера: \[S=\frac12x(R-h)+\frac23xh=\frac12vRt,\qquad x=\frac{vt}{1+\dfrac13\dfrac hR}\approx vt-\frac13\omega ht.\] Наконец, горизонтальное смещение \(\Delta x=x-x'=\dfrac23\omega ht\approx22\) мм. (Заметим, что наивный ответ завышал правильный на 50 %.)

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

Подсказка

Измерьте токи при подключении источника ко всем парам выводов в обе стороны: несимметрия показывает, где стоит диод; затем напряжения на резисторах отделят схемы друг от друга.

Решение

i) Есть несколько способов составить первое представление о том, что может быть в чёрном ящике. Один из них — включить амперметр последовательно с источником напряжения и измерить ток для каждой комбинации выводов. \[\begin{align*} U_{\text{бат}}&=1581\pm14\text{ мВ}\\ I_{\text{чёрный}\to\text{белый}}&=4{,}33\pm0{,}09\text{ мА}\\ I_{\text{чёрный}\to\text{синий}}&=2{,}21\pm0{,}07\text{ мА}\\ I_{\text{синий}\to\text{белый}}&=1{,}80\pm0{,}06\text{ мА}\\ I_{\text{синий}\to\text{чёрный}}&=2{,}20\pm0{,}07\text{ мА}\\ I_{\text{белый}\to\text{синий}}&=90{,}9\pm2{,}8\text{ мкА}\\ I_{\text{белый}\to\text{чёрный}}&=81{,}2\pm2{,}8\text{ мкА} \end{align*}\] Мы видим, что остальные выводы соединены с белым через диод. Остаются три варианта.

На рисунке: white — белый, black — чёрный, blue — синий.

Правильную схему чёрного ящика можно вывести из этих измерений, но есть более прямые способы проверки этих вариантов. Один — измерить напряжение \(U_1\) между «чёрным» и «синим» выводами, подключив батарею между «чёрным» и «белым». Второй — измерить напряжение \(U_2\) между «синим» и «чёрным», подключив батарею между «синим» и «белым». \[U_1=857\pm9\text{ мВ},\qquad U_2=884\pm9\text{ мВ}\] Так как ни одно из них не равно 0, можно исключить варианты B и C.

ii) По напряжениям \(U_1\) и \(U_2\) и токам \(I_{\text{чёрный}\to\text{белый}}\) и \(I_{\text{синий}\to\text{белый}}\) можно вычислить \(R_1\) и \(R_2\). \[R_1=U_1/I_{\text{чёрный}\to\text{белый}}=196\pm7\text{ Ом},\] \[R_2=U_2/I_{\text{синий}\to\text{белый}}=491\pm22\text{ Ом}.\] Погрешности вычисляются суммированием относительных погрешностей измерений тока и напряжения.

iii) По измерениям токов уже можно вычислить 4 точки вольт-амперной характеристики диода. Ещё две точки получаем, измеряя ток, когда резисторы внутри чёрного ящика соединены параллельно. \[\begin{align*} I_{\text{синий и чёрный}\to\text{белый}}&=5{,}86\pm0{,}10\text{ мА}\\ I_{\text{белый}\to\text{синий и чёрный}}&=85{,}3\pm2{,}8\text{ мкА} \end{align*}\] Вычисленные точки: \[\begin{align*} I_0&=0,\ U_0=0\\ I_1&=1{,}80\text{ мА},\ U_1=697\text{ мВ}\\ I_2&=4{,}33\text{ мА},\ U_2=732\text{ мВ}\\ I_3&=5{,}86\text{ мА},\ U_3=760\text{ мВ}\\ I_4&=90{,}9\text{ мкА},\ U_4=1536\text{ мВ}\\ I_5&=81{,}2\text{ мкА},\ U_5=1541\text{ мВ}\\ I_6&=85{,}3\text{ мкА},\ U_6=1569\text{ мВ} \end{align*}\]

На графике: по вертикали \(I\) (мА), по горизонтали \(U\) (в единицах 100 мВ).

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