NBPhO 2022, теоретический тур

Подсказка

Излучение распространяется практически мгновенно, а горизонтальная скорость бомбы равна скорости самолёта, поэтому прямой полёт оставляет самолёт над точкой взрыва. Чтобы уйти дальше, надо сразу после сброса поворачивать по дуге наименьшего возможного радиуса и затем лететь прямо от точки взрыва.

Ответ

i) \(\varphi_{\max}=\arcsin\dfrac{k(c^2-v_0^2)}{mg}\);  ii) \(t\approx41{,}6\text{ с}\);  iii) \(R\approx1{,}6\text{ км}\), \(\alpha\approx66{,}4^\circ\);  iv) сразу выполнить поворот на угол \(\beta\approx157^\circ\) по дуге радиуса \(R\), далее лететь прямо, \(d\approx7{,}9\text{ км}\);  v) \(D\approx27{,}9\text{ км}>25\text{ км}\), самолёт успевает уйти.

Решение

i) Обозначим угол пикирования через \(\varphi\), модуль силы тяги — \(T\), модуль подъёмной силы — \(L\). Как видно ниже, подъёмная сила в решении не нужна. Силы, действующие на самолёт при пикировании, показаны на рисунке.

Для горизонтального полёта \(\varphi=0\), и из баланса горизонтальных сил \[F_d=kv_0^2=T .\] При пикировании из баланса сил, действующих вдоль траектории, \[F_d=kv^2=T+mg\sin\varphi .\] Исключая \(T\) из этих уравнений, получаем \[v^2=v_0^2\left(1+\frac{mg}{kv_0^2}\sin\varphi\right).\] Максимальный угол получается из последнего уравнения при \(v=c\): \[\varphi_{\max}=\arcsin\left(\frac{k\cdot(c^2-v_0^2)}{mg}\right).\]

ii) Скорость распространения излучения можно считать бесконечной по сравнению со скоростью самолёта. Поэтому вспышка излучения достигает самолёта в тот же момент, когда бомба взрывается. Время падения бомбы с высоты \(H\) до высоты \(h\) без сопротивления воздуха находится из \[H-h=\frac{gt^2}{2}.\] Отсюда \[t=\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}\approx41{,}6\text{ с}.\]

iii) Силы, действующие перпендикулярно траектории самолёта при повороте, показаны на рисунке.

Здесь \(F_c=\dfrac{mv^2}{R}\) — центростремительная сила, \(R\) — радиус кривизны траектории. Из рисунка получаем \[L\cos\alpha=mg;\qquad L\sin\alpha=\frac{mv^2}{R}.\] Поскольку максимально допустимое отношение подъёмной силы к весу равно \(n=2{,}5\), в этом случае \[L=\frac{mg}{\cos\alpha}=nmg.\] Решая уравнения относительно \(R\) и \(\alpha\), получаем минимальный радиус кривизны и соответствующий угол крена самолёта: \[R=\frac{v^2}{g\,\mathrm{tg}\,\alpha}=\frac{v^2}{g\sqrt{n^2-1}}=1606{,}0\text{ м}\approx1{,}6\text{ км};\] \[\alpha=\arccos\left(\frac1n\right)\approx66{,}4^\circ.\]

iv) Как сказано в условии, сопротивлением воздуха, действующим на бомбу, можно пренебречь. Значит, горизонтальная скорость бомбы всегда равна скорости самолёта \(v=190\text{ м/с}\). Если самолёт после сброса бомбы продолжит лететь прямо, то к моменту взрыва он окажется прямо над точкой взрыва, и между бомбой и самолётом останется лишь расстояние \(H-h=8{,}5\text{ км}\). Гипотетически лучший способ увеличить расстояние между бомбой и самолётом — мгновенно развернуться и затем лететь прямо. Это, очевидно, невозможно, но подсказывает, что самолёт должен начать поворот сразу после сброса бомбы, и поворот должен быть как можно более крутым, то есть иметь найденный ранее радиус кривизны \(R=1{,}6\text{ км}\). После поворота самолёт должен лететь прямо так, чтобы точка взрыва оказалась прямо позади него. Геометрическое построение этой траектории показано на рисунке.

На рисунке: detonation point — точка взрыва.

На рисунке \(d\) — горизонтальное расстояние, которое пролетает бомба до взрыва, \[d=vt=v\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}=7909{,}4\text{ м}\approx7{,}9\text{ км},\] а \(\beta\) — полный угол поворота. Из изображённого на рисунке прямоугольного треугольника получаем \[\beta=2\,\mathrm{arctg}\left(\frac dR\right)\approx157^\circ.\]

v) Решение 1. Пусть \(D\) — расстояние от точки взрыва до самолёта в момент, когда до него доходит ударная волна, и \(z=H-h=8500\text{ м}\). Горизонтальное расстояние от точки взрыва до самолёта можно разбить на три части, как показано на рисунке.

На рисунке \(s\) — расстояние, которое самолёт пролетает прямо после поворота и до взрыва бомбы, \[s=v\cdot(t-t_{\text{пов}})=d-R\beta=3507{,}3\text{ м},\] а \(x\) — расстояние, которое он пролетает прямо, пока распространяется ударная волна. Если время её распространения равно \(t_0\), то \(x=vt_0\) и \(D=ut_0\). Исключая \(t_0\) из этих уравнений, получаем \[x=\frac vuD.\] По теореме Пифагора \[D^2=(d+s+x)^2+z^2,\] или \[D^2=\left(a+\frac vuD\right)^2+z^2,\] где для простоты введено обозначение \(a=d+s=2d-R\beta\). Расстояние \(D\) получается из решения этого квадратного уравнения. Решение, соответствующее нашей задаче: \[D=\frac{au}{v}\cdot\frac{1+\sqrt{1+\left(\dfrac{u^2}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{z^2}{a^2}+1\right)}}{\dfrac{u^2}{v^2}-1}\approx27{,}9\text{ км}.\] Поскольку безопасное расстояние составляло \(25\text{ км}\), самолёт успевает уйти от взрыва.

Дополнительные числовые значения: длина поворота \(R\beta=4{,}4\text{ км}\); время поворота \(t_{\text{пов}}=R\beta/v=23{,}2\text{ с}\); время полёта на расстояние \(s\): \(t-t_{\text{пов}}=41{,}6-23{,}2=18{,}4\text{ с}\); расстояние \(x\): \(x=vt_0=15{,}1\text{ км}\); полное время от сброса бомбы до удара ударной волны: \(t+t_0=121{,}3\text{ с}\); полное горизонтальное расстояние: \(d+s+x=26{,}5\text{ км}\); параметр \(a=d+s=2d-R\beta=11{,}4\text{ км}\).

Решение 2. Начало такое же, как в решении 1. Вместо прямого вычисления \(D\) можно сначала найти время распространения ударной волны \(t_0\). Имеем \[x=vt_0=190\,t_0;\qquad D=ut_0=350\,t_0;\qquad d=7909{,}4\text{ м};\qquad s=3507{,}3\text{ м}.\] Подставляя в теорему Пифагора и упрощая, получаем квадратное уравнение для \(t_0\): \[t_0^2-50{,}2\,t_0-2344{,}8=0.\] Положительное решение \(t_0=79{,}65\text{ с}\), и \(D=ut_0\approx27{,}9\text{ км}\).

Решение 3. То же, что решение 1, но уравнение Пифагора решается приближённо. В первом приближении можно взять \(z=0\). Это даёт простое линейное уравнение для \(D_1\): \[D_1=a+\frac vuD_1,\qquad a=d+s=2d-R\beta=11{,}4\text{ км},\] с решением \[D_1=\frac{a}{1-v/u}=25{,}0\text{ км}.\] Второе приближение: \[D_2=\sqrt{\left(a+\frac vuD_1\right)^2+z^2}=26{,}4\text{ км}.\] Этого достаточно, чтобы увидеть, что самолёт успевает уйти от взрыва. Третье приближение: \[D_3=\sqrt{\left(a+\frac vuD_2\right)^2+z^2}=27{,}1\text{ км}.\]

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

Подсказка

После остановки все молекулы летят со скоростью \(v\), и их кинетическая энергия переходит в тепловую. В пункте iii) в куб попадают лишь молекулы, чьи проекции скорости на каждую ось малы, и их распределение по проекциям можно считать равномерным.

Ответ

i) \(T=\dfrac{\mu v^2}{3R}\);  ii) \(P=\dfrac{2\nu\mu v^2}{V}\);  iii) \(T'=\dfrac{\mu u^2}{3R}\approx1{,}6\text{ К}\), где \(u=\dfrac{V^{1/3}}{2\tau}=100\text{ м/с}\).

Решение

i) (2 балла) Сразу после остановки все молекулы газа движутся со скоростью \(v\). В системе отсчёта ящика полная энергия молекул сохраняется, поэтому сохраняется и средняя энергия каждой из них: \(\langle T\rangle=mv^2/2\). С другой стороны, после термализации она будет равна \(\dfrac32kT\), откуда \(T=\dfrac13mv^2/k=\dfrac13\mu v^2/R\).

ii) (2 балла) Сразу после остановки все молекулы движутся к стенке с одной и той же скоростью \(v\). Следовательно, за время \(t\) о стенку ударяются молекулы из прилегающей к ней области толщиной \(vt\) и объёмом \(W=Avt\) (где \(A\) — площадь стенки). Таких молекул \(N=\nu N_aW/V=\nu N_aAvt/V\). После удара молекулы улетают от стенки с противоположной скоростью, поэтому каждая из них передаёт стенке импульс \(\Delta p_0=2mv\). Значит, полный переданный импульс \(\Delta p=N\Delta p_0=2\nu N_aAmv^2t/V\), чему соответствует давление \(P=\Delta p/At=2\nu N_amv^2/V=2\nu\mu v^2/V\).

iii) (2 балла) Быстрые молекулы покидают область запирания; запираются только молекулы, у которых \(x\)-, \(y\)- и \(z\)-компоненты скорости по модулю меньше \(u=\dfrac12V^{1/3}/\tau=100\text{ м/с}\). Это много меньше тепловой скорости \(v_T=\sqrt{RT/\mu}\approx790\text{ м/с}\). В этом диапазоне скоростей распределение Максвелла почти постоянно, поэтому можно считать, что у запертых молекул компоненты скорости равномерно распределены от \(-u\) до \(u\). Следовательно, \[\left\langle v_x^2\right\rangle=\frac1u\int_0^u u^2\,\mathrm du=\frac13u^2,\] так что полная средняя кинетическая энергия равна \(\dfrac12m(v_x^2+v_y^2+v_z^2)=\dfrac12mu^2\). С другой стороны, она равна \(\dfrac32kT\), откуда \(T'=\dfrac13mu^2/k=\dfrac13\mu u^2/R\approx1{,}6\text{ К}\).

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

Подсказка

Для слабого лазера хватает импульса отражённых фотонов; при \(\alpha=1\) запишите законы сохранения энергии и импульса и релятивистский инвариант. Ускорение, ощущаемое пассажирами, зависит от доплеровского сдвига фотонов в системе ракеты.

Ответ

i) \(v=2\alpha c=2\times10^{-6}c\);  ii) \(v=\dfrac45c\);  iii) ускорение уменьшается в \(\dfrac{1+v/c}{1-v/c}=9\) раз.

Решение

i) (1 балл) Импульс отражённых фотонов был \(p_0=W/c=\alpha M_0c\) и после отражения стал противоположным: \(p_1=-p_0=-\alpha M_0c\); следовательно, импульс, переданный ракете, \(\Delta p=2\alpha M_0c\). В силу сохранения полного импульса импульс ракеты \(M_0v=\Delta p=2\alpha M_0c\), откуда \(v=2\alpha c\).

ii) (2 балла) Пусть конечная релятивистская масса ракеты \(M\), её импульс — \(p\), а полная масса фотонов после отражения — \(\mu\). Для удобства используем единицы, в которых \(c=1\). Тогда для релятивистского инварианта 4-импульса имеем \[p^2+M_0^2=M^2 .\] Поскольку масса покоя фотонов равна нулю, временна\'я и пространственная компоненты их 4-импульса равны, поэтому импульс фотонов \(P=\mu\). Закон сохранения импульса записывается как \[p=M_0+\mu;\] закон сохранения энергии: \[M+\mu=2M_0 .\] Последние два уравнения дают \(p=3M_0-M\). Возводя это уравнение в квадрат и комбинируя с первым уравнением, получаем \(M=\dfrac53M_0\), откуда \(\mu=2M_0-M=\dfrac13M_0\) и \(p=M_0+\mu=\dfrac43M_0\). Следовательно, скорость ракеты \(v=p/M=\dfrac45\). Возвращаясь к системе СИ, это соответствует \(v=\dfrac45c\).

iii) (2 балла) Ощущаемое ускорение пропорционально скорости передачи импульса от фотонов к ракете в системе отсчёта ракеты. Эта скорость передачи обратно пропорциональна интервалу времени между двумя последовательными фотонами и пропорциональна импульсу каждого из фотонов. Из-за эффекта Доплера оба они с ростом скорости становятся «длиннее» (больше) в доплеровский множитель раз: \[k=\sqrt{\frac{1+v}{1-v}}.\]

Следовательно, ощущаемое ускорение пропорционально \(k^{-2}\). Пока ракета покоится, этот множитель равен \(1\); в конце процесса он равен \[\frac{1-v}{1+v}=\frac19 .\] Поэтому ускорение уменьшается в \(9\) раз.

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

Подсказка

Выходное напряжение — разность напряжений на двух конденсаторах. Нарисуйте векторную диаграмму: векторы напряжений на \(C_1\) и на \(R\) перпендикулярны и в сумме дают \(V_0\), поэтому конец вектора лежит на окружности.

Ответ

i) \(\omega_0=\dfrac1{\sqrt{LC_0}}\);  ii) \(\varphi=\arcsin\dfrac35\), \(V_{\text{вых}}=\dfrac23V_0\).

Решение

i) (2 балла) Выходное напряжение \(V_{\text{вых}}\) — разность напряжений на конденсаторах. Следовательно, чтобы \(V_{\text{вых}}\) стало бесконечным, один из токов должен стать бесконечным. Это возможно, только если импеданс нижней ветви обратится в нуль: \[\frac1{\mathrm i\omega_0C_0}+\mathrm i\omega_0L=0,\] откуда \(\omega_0=1/\sqrt{LC_0}\).

ii) (3 балла) Нарисуем векторную диаграмму для этой цепи. По сравнению со случаем \(\omega=\omega_0\) отношение импедансов катушки и конденсатора увеличилось в четыре раза. Для нижней ветви эти два импеданса раньше были равны, поэтому теперь импеданс катушки в четыре раза больше импеданса конденсатора; то же верно и для соответствующих напряжений: \(V_L=4V_{C_0}\). Два вектора напряжений антипараллельны и должны в сумме давать входное напряжение \(V_0\), следовательно, \(V_L-V_{C_0}=V_0\), откуда \(V_{C_0}=V_0/3\) и \(V_L=\dfrac43V_0\). Векторы напряжений на \(C_1\) и на \(R\) перпендикулярны друг другу и тоже должны в сумме давать входное напряжение \(V_0\), поэтому эти три вектора напряжения образуют прямоугольный треугольник. По теореме Фалеса прямой угол должен лежать на окружности, для которой входное напряжение является диаметром. Это изображено на рисунке ниже, где векторы напряжений обозначены цветами: выходное — чёрный; конденсатор \(C_1\) — голубой; конденсатор \(C_0\) — синий; катушка — красный; резистор — зелёный. Радиус окружности показан фиолетовым.

Из этого рисунка видно, что сдвиг фаз \(\varphi\) максимален, когда вектор выходного напряжения касается окружности, откуда \[\varphi=\arcsin\frac{V_0/2}{V_L-V_0/2}=\frac35,\] и \[V_{\text{вых}}=\frac{V_0/2}{\mathrm{tg}\,\varphi}=\frac23V_0 .\] Можно также решать задачу стандартным методом с помощью импедансов, но математически это значительно сложнее.

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

Подсказка

Показание датчика — сумма смещения \(V_0\), поля Земли и измеряемого поля, поэтому из всех показаний вычитайте показание, снятое без полоски (а у самого магнита — и его поле). Поле \(\vec B\) внутри полоски найдите из теоремы Гаусса для магнитного поля: поток вдоль полоски равен потоку, вышедшему через её поверхности.

Решение

i) Мы измерили \(E=3{,}15\text{ В}\).

ii) Повернём датчик белой точкой вверх и измерим \(V_1=1{,}4\text{ мВ}\); затем повернём точкой вниз и измерим \(V_2=-3{,}8\text{ мВ}\).

На напряжение влияют напряжение смещения и вертикальная составляющая магнитного поля Земли \(B_{Ez}\). Магнитное поле Земли влияет на показание, добавляя к нему напряжение \(V_{Ez}=B_{Ez}/a\), где \(a\) — константа. Мы знаем, что если бы напряжение батареек было \(3\text{ В}\), то каждый милливольт соответствовал бы \(10\text{ мкТл}\). Наши батарейки увеличивают масштаб в \(E/3\text{ В}\) раз. Иначе говоря, для перевода из вольт в микротеслы напряжение нужно умножить на \[a=10\ \frac{\text{мкТл}}{\text{мВ}}\cdot\frac{3\text{ В}}{E}=9{,}5\ \frac{\text{мкТл}}{\text{мВ}}.\] Собирая всё вместе, имеем \(V_1=V_0+B_{Ez}/a\) и \(V_2=V_0-B_{Ez}/a\), и поэтому \[V_0=\frac{V_1+V_2}2,\qquad B_{Ez}=\frac{(V_1-V_2)\,a}{2}.\] Численно получаем \(V_0=-1{,}3\text{ мВ}\), \(B_{Ez}=(V_1-V_2)a/2=50\text{ мкТл}\).

Теперь можно измерить и горизонтальную составляющую магнитного поля. Для этого повернём датчик горизонтально и будем поворачивать его в горизонтальной плоскости так, чтобы показание было максимальным: \(V_3=0{,}2\text{ мВ}\); тогда горизонтальную составляющую можно найти как \[B_{Eh}=(V_3-V_0)\,a\approx14\text{ мкТл}.\] Модуль магнитного поля находится как \(B_E=\sqrt{B_{Eh}^2+B_{Ez}^2}\), численно \(\approx52\text{ мкТл}\); можно также повернуть датчик в трёхмерном пространстве так, чтобы показание было максимальным, \(V_{\max}=1{,}6\text{ мВ}\), что даёт \(B_E=(V_{\max}-V_0)a\approx52\text{ мкТл}\).

Угол между вертикалью и направлением магнитного поля находится как \(\theta=\mathrm{arctg}\,\dfrac{B_{Eh}}{B_{Ez}}\), численно \(\approx16^\circ\).

iii) Проводим измерения так же, как раньше, но нужно помнить, что вычитать надо не только смещение, но и вклад магнитного поля Земли. Проще всего вычесть из всех показаний напряжение \(V_1\), которое включает и вклад поля Земли, и смещение.

Обратите внимание, что данные несимметричны относительно \(y=0\); это связано с неоднородностью полоски. Значения поля у края полоски должны быть выше, чем посередине.

Среднее значение можно вычислить численным интегрированием (например, по правилу трапеций или Симпсона): \[\langle B\rangle=\int B_z\,\mathrm dy\Big/w,\] где ширина полоски \(w=30\text{ мм}\). Численное интегрирование даёт \(\int B_z\,\mathrm dy\approx752\text{ мкТл}\cdot\text{см}\), откуда \(\langle B\rangle\approx252\text{ мкТл}\).

Наконец, используя приведённые выше числа, получаем \(\kappa=0{,}80\).

iv) Действуем аналогично предыдущему заданию, только теперь нужно вычесть ещё и поле постоянного магнита (раньше расстояние до магнита было настолько велико, что его полем можно было пренебречь). Для этого повторяем опыт только с магнитом, удалив полоску как можно дальше.

v) Магнитный поток «втягивается» в ферромагнитные материалы (так при заданном магнитном потоке минимизируется энергия магнитного поля). Однако ферромагнетик будет втягивать поле лишь до тех пор, пока не наступит насыщение, начиная с которого это уже энергетически невыгодно. Для нашего магнитомягкого ферромагнетика \(\mu\gg1\), поэтому намагниченность \(\vec J=\vec B/\mu_0-\vec H\approx\vec B/\mu_0\). Это значит, что нам достаточно определить поле \(\vec B=B_x\hat x\), втянутое в ферромагнитную полоску: \(\mu_0J=B_x\).

Из закона Гаусса для магнитного поля \[B_x(x=a)\,wt=2w\kappa\int_a^LB_z\,\mathrm dx .\] Здесь \(a=3\text{ см}\) — точка, в которой мы вычисляем поле \(B\). При ещё меньших \(x\) намагниченность чуть больше, но разница невелика (её можно оценить через утечку магнитного потока от \(x=0\) до \(x=a\)). Множитель два отражает то, что магнитный поток выходит из полоски и через верхнюю, и через нижнюю поверхность.

Интегрируя численно по правилу трапеций или Симпсона, получаем \[\int_a^LB_z\,\mathrm dx\approx79\text{ мТл}\cdot\text{см}.\] Наконец, получаем \[\mu_0J_s=2\int_a^LB_z\,\mathrm dx\Big/t\approx2{,}5\text{ Тл}.\]

vi) В принципе, есть два способа показать, что насыщение достигнуто.

Первый способ — оценить полный поток магнитного поля \(\Phi\approx\pi B_0d^2/4\), посылаемый постоянным магнитом в ферромагнитную полоску, где \(B_0\) — оценка индукции магнитного поля на круглой грани магнита, а \(d\approx1\text{ см}\) — диаметр магнита. Если этот поток больше потока \(\Phi_s=2w\kappa\int_a^LB_z\,\mathrm dx\), то насыщение достигнуто.

Из полученных выше результатов находим \(\Phi_s\approx79\text{ мТл}\cdot\text{см}\cdot w\approx0{,}24\text{ Тл}\cdot\text{см}^2\).

Значение \(B_0\) можно оценить, экстраполируя данные измерения поля вдоль оси магнита с помощью зависимости для поля диполя \(B\propto l^{-3}\), где \(l\) — расстояние до центра магнита. Результат: \(B_0\approx0{,}7\text{ Тл}\) и \(\Phi\approx0{,}5\text{ Тл}\cdot\text{см}^2\). Это больше, чем \(\Phi_s\), но не намного, поэтому вычисления должны быть точными.

Второй способ — поместить магнит в центр полоски и повторить измерения магнитного поля вдоль полоски, как в задании iv). Оказывается, что зависимость напряжённости поля от расстояния до магнита такая же, как и раньше. Это означает, что теперь магнит посылает в полоску вдвое больший поток — от центра к обоим концам полоски. Следовательно, раньше полоска могла проводить лишь половину или меньше полного потока магнита.

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

Подсказка

В пунктах i) и ii) границы чёткого видения глаза и их изображения в линзе должны остаться на тех же расстояниях от глаза. В пункте iii) три силы, действующие на равновесный автомобиль, пересекаются в одной точке: сила тяжести, сила реакции задних колёс и равнодействующая силы реакции и трения на передних колёсах.

Ответ

i) от \(10{,}0\text{ см}\) до \(16{,}7\text{ см}\);  ii) \(D_1=-8{,}15\text{ дптр}\);  iii) \(\alpha_2=33{,}3^\circ\).

Решение

i) Здоровый глаз видит от \(a_0=0{,}25\text{ м}\) до \(b_0=\infty\). Изображения, которые дают две предельные точки через контактную линзу, определяют диапазон \((a_1,b_1)\), в котором близорукий глаз может фокусироваться. Для этого используем формулу линзы: \[\frac1{a_0}+\frac1{a_1}=D_0,\] \[\frac1{b_0}+\frac1{b_1}=D_0=\frac1{b_1},\]

где \(D_0=-6\text{ дптр}\). Это даёт \[a_1=\frac1{D_0-1/a_0}=-10{,}0\text{ см},\qquad b_1=-\frac1{D_0}=-16{,}7\text{ см}.\] Из-за правила знаков в формуле линзы диапазон чёткого видения без контактных линз — от \(-a_1=10{,}0\text{ см}\) до \(-b_1=16{,}7\text{ см}\).

ii) Схема та же, только линза отодвигается от глаза на расстояние \(L=2{,}00\text{ см}\). Поскольку расположение предельных точек и их изображений относительно глаза должно остаться прежним, и предельные точки, и их изображения сдвигаются относительно стеклянной линзы на \(L\). С учётом знаков это означает, что для предельных точек требуемая оптическая сила линзы равна \[\frac1{a_1+L}+\frac1{a_0-L}=-8{,}15\text{ дптр},\] \[\frac1{b_1+L}+\frac1{b_0-L}=-6{,}82\text{ дптр}.\] Минимально необходимая оптическая сила стеклянной линзы \(D_1\) — большая (по модулю) из двух величин, следовательно, \(D_1=-8{,}15\text{ дптр}\). Можно проверить, что она действительно фокусирует бесконечность: бесконечность фокусируется на расстоянии \(-1/D_1+L=14{,}2\text{ см}\) от глаза, что вполне попадает в \((a_1,b_1)\).

iii) Пусть расстояние между передними и задними колёсами равно \(2a\), а высота центра масс над низом автомобиля — \(h\).

В случае, когда заблокированы все колёса, автомобиль ведёт себя как одно твёрдое тело, то есть условие скольжения можно записать как \(\mu=\mathrm{tg}\,\alpha_0=\mathrm{tg}\,45^\circ=1\).

Ускорение переднеприводного автомобиля ограничено сцеплением его передних колёс (то есть трением о землю) при свободно катящихся задних колёсах. Всего на автомобиль действуют четыре силы, но нормальная сила и сила трения, действующие на переднее колесо, можно объединить в одну равнодействующую силу \(\vec F_f\), направленную под углом \(\beta=\mathrm{arctg}\,\mu\) к нормали к поверхности. Кроме того, есть сила нормальной реакции задних колёс \(\vec N_b\) и, наконец, сила тяжести \(m\vec g\), приложенная к центру масс автомобиля. Силы показаны на рисунке ниже.

При критическом угле \(\alpha_1=22^\circ\) силы уравновешены. Это условие можно решить многими способами: либо «в лоб» (одно уравнение моментов и два уравнения баланса сил), либо геометрически, заметив, что три уравновешивающие друг друга силы должны пересекаться в одной точке. Это можно доказать от противного, рассмотрев момент сил относительно любой точки пересечения двух из сил. В геометрическом подходе используем то, что \(m\vec g\) вертикальна, \(\vec N_b\) перпендикулярна поверхности (то есть направлена под углом \(\alpha_1\) к \(m\vec g\)), а \(\vec F_f\) направлена под углом \(\beta\) к нормали к поверхности. Условие пересечения удобнее всего записать, выразив расстояние \(y\) от точки пересечения до поверхности двумя способами: \[y=\frac{2a}{\mathrm{tg}\,\beta}=\frac a{\mathrm{tg}\,\alpha_1}-h.\] Следовательно, \[\frac ha=\frac1{\mathrm{tg}\,\alpha_1}-\frac2{\mathrm{tg}\,\alpha_0}.\] Точно так же поступим в случае, когда автомобиль едет в гору задним ходом, при другом, пока неизвестном критическом угле \(\alpha_2\), что иллюстрирует рисунок ниже.

Записываем условие равновесия так же, как и раньше, выражая расстояние от точки пересечения до поверхности двумя способами: \[y=\frac{2a}{\mathrm{tg}\,\beta}=\frac a{\mathrm{tg}\,\alpha_2}+h.\] Следовательно, \[\mathrm{tg}\,\alpha_2=\left(\frac2{\mathrm{tg}\,\alpha_0}-\frac ha\right)^{-1}=\left(\frac4{\mathrm{tg}\,\alpha_0}-\frac1{\mathrm{tg}\,\alpha_1}\right)^{-1},\] и поэтому \(\alpha_2=33{,}3^\circ\).

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

Подсказка

Электроны, не взаимодействующие друг с другом, движутся по окружностям с одной и той же циклотронной частотой \(eB/m\). Для пунктов iv) и v) разложите движение на движение центра масс (окружность с циклотронной частотой) и вращение электрона вокруг центра масс с меньшей частотой.

Ответ

i) \(u=v/\cos\alpha\), траектории — две концентрические окружности радиусов \(R_1=\dfrac{mv}{eB}\) и \(R_2=\dfrac{mv}{eB\cos\alpha}\);  ii) \(\vec u=\vec v\);  iii) \(l=\sqrt[3]{\dfrac{9km}{B^2}}\);  iv) \(T=\dfrac{4\pi m}{eB}\);  v) \(v_2=\dfrac e3\sqrt[3]{\dfrac{9kB}{m^2}}\).

Решение

i) Поскольку сила Лоренца не действует вдоль направления, параллельного \(\vec B\), условие того, чтобы электроны оставались на одном и том же расстоянии вдоль этой оси, сводится просто к равенству компонент их скоростей вдоль \(\vec B\). Далее будем рассматривать лишь движение в плоскости, перпендикулярной \(\vec B\).

Если пренебречь электростатическим взаимодействием, электроны движутся по окружностям с частотой \(\omega\), направление вращения определяется правилом правой руки; её находим из баланса центробежной силы и силы Лоренца: \[\frac{mv^2}R=mv\omega=veB,\] откуда \(\omega_0=eB/m\). Иными словами, круговая частота для обоих электронов одна и та же и не зависит от их скоростей. Получаем также выражение для радиуса круговой траектории: \(R=v/\omega_0=mv/(eB)\).

Важное следствие: угол между скоростями двух электронов со временем остаётся постоянным. Следовательно, относительная скорость двух электронов тоже постоянна по модулю (и не равна нулю!) и вращается с частотой \(\omega_0\). Чтобы относительная скорость сохраняла расстояние между электронами постоянным, вектор расстояния между двумя электронами должен быть перпендикулярен относительной скорости и, следовательно, тоже вращаться с угловой скоростью \(\omega_0\). Этого достаточно, чтобы заключить, что единственный способ выполнения этого условия — движение двух электронов по концентрическим круговым траекториям.

Условие перпендикулярности относительной скорости вектору расстояния даёт, что скорость другого электрона \(u=v/\cos\alpha\). Радиусы двух окружностей тогда \(R_1=v/\omega_0\) и \(R_2=v/(\cos\alpha\,\omega_0)\). Траектории изображены ниже.

ii) Класс решений, найденный в предыдущем пункте, не охватывает случай, когда две траектории пересекаются. Однако в предыдущем пункте предполагалось \(\alpha\ne0\). Следовательно, чтобы траектории пересекались, нужно \(\alpha=0\) и \(u=v\). Иными словами, \(\vec u=\vec v\). Это оставляет полную свободу в расположении центров двух траекторий, лишь бы они пересекались. Пример возможной траектории показан ниже.

iii) Частота периодического движения равна \(2\pi/T=eB/(3m)=\omega_0/3\), то есть трети циклотронной частоты. Теперь ясно, что простое решение, удовлетворяющее условиям равноудалённости электронов и равенства их скоростей, — это такое, где они движутся по одной и той же круговой траектории в противофазе. Объясним, почему это единственное возможное решение.

Результирующая сила, действующая на любой из электронов, должна быть перпендикулярна его скорости (иначе \(v\ne\text{const}\)). Сила Лоренца автоматически перпендикулярна скорости, следовательно, и сила Кулона тоже должна быть перпендикулярна скорости. Это означает, что вектор смещения должен быть перпендикулярен скоростям, и это в сочетании с равноудалённостью электронов даёт упомянутое выше круговое решение.

Уравнение баланса радиальных сил имеет вид \[\frac{m\omega^2l}2=evB-\frac{ke^2}{l^2},\]

где знак «минус» указывает наружу (сила Лоренца должна быть положительной, чтобы электроны не отталкивались друг от друга). Используя \(v=\omega l/2\) и подставляя \(\omega\), получаем \[\frac{e^2B^2l}{18m}=\frac{e^2B^2l}{6m}-\frac{ke^2}{l^2},\]

и поэтому \[l=\sqrt[3]{\frac{9km}{B^2}}.\]

iv) Чтобы проанализировать траектории, приведённые на рисунке, нужно базовое понимание их динамики. По сравнению с предыдущим пунктом условие покоя центра масс теперь ослаблено. Начнём в самом общем виде и запишем силы, действующие на два электрона, 1 и 2: \[m\dot{\vec v}_1=-\frac{ke^2}{l^2}\hat l+e\vec v_1\times\vec B,\] \[m\dot{\vec v}_2=\frac{ke^2}{l^2}\hat l+e\vec v_2\times\vec B,\] где \(\vec l=\vec r_2-\vec r_1\) — вектор смещения от 1 к 2, а \(\hat l\) — соответствующий единичный вектор. Сложив два уравнения, можно сократить силу Кулона: \[m(\dot{\vec v}_1+\dot{\vec v}_2)=e(\vec v_1+\vec v_2)\times\vec B.\] Это можно далее упростить, подставив скорость центра масс \(\vec v_{CM}=(\vec v_1+\vec v_2)/2\): \[m\dot{\vec v}_{CM}=e\vec v_{CM}\times\vec B.\] Это в точности повторяет уравнение движения одного электрона, то есть центр масс движется по круговой траектории с частотой \(\omega_0\), даже при наличии кулоновской силы.

Проведём аналогичный анализ для разности скоростей: \[m(\dot{\vec v}_1-\dot{\vec v}_2)=-\frac{2ke^2}{l^2}\hat l+e(\vec v_1-\vec v_2)\times\vec B.\] Подставляя скорость электрона 1 относительно центра масс \(\Delta\vec v_1=\vec v_1-\vec v_{CM}=(\vec v_1-\vec v_2)/2\), получаем \[m\Delta\dot{\vec v}_1=-\frac{ke^2}{l^2}\hat l+e\Delta\vec v_1\times\vec B,\] что вновь повторяет уравнение движения предыдущего подпункта. Явно, уравнение движения из предыдущей части было \[m\dot{\vec v}=-\frac{ke^2}{l^2}\hat l+e\vec v\times\vec B.\] Поэтому \(\Delta\vec v_1\) вращается с круговой частотой \(\omega\), которая меньше \(\omega_0\).

Итак, движение электрона — суперпозиция круговой траектории центра масс радиуса \(|\vec R_1|=R_1\) и частоты \(\omega_0\) и кругового движения электрона радиуса \(|\vec R_2|=R_2\) и частоты \(\omega<\omega_0\) вокруг центра масс. Другой электрон диаметрально противоположен относительно центра масс, на расстоянии \(R_2\) от первого электрона. \(R_1\), \(R_2\) и \(\omega\) — свободные параметры.

Теперь перейдём к графику из условия. Поскольку траектория за полный период делает одну петлю, \(\omega_0\) должна быть целым кратным \(\omega\). Если бы это было не так, то \(\vec R_1\) и \(\vec R_2\) должны были бы совершить за период более одного полного оборота, и в результате получилась бы петля, обходящая саму себя более одного раза (возможно, с самопересечением). Таким образом, \(\omega_0=N\omega\), где \(N\in\{2,3,\dots\}\) (\(N=1\) даёт окружность).

На следующем шаге рассмотрим влияние радиуса кривизны — легко наблюдаемого свойства траектории. Вообще говоря, чем больше скорость, тем больше радиус кривизны (кулоновская сила даёт постоянный вклад в радиальную силу, а сила Лоренца монотонно растёт с ростом \(v\), как и радиус \(R\)). Следовательно, точка траектории с наибольшим радиусом кривизны имеет наибольшую скорость (отмечена на рисунке буквой B), и наоборот (отмечена A). Далее, наибольшая скорость достигается, когда \(\vec R_1\) и \(\vec R_2\) параллельны, а наименьшая — когда они антипараллельны (скорости \(\omega_0R_1+\omega R_2\) и \(|\omega_0R_1-\omega R_2|\) соответственно). За полный период \(\vec R_2\) делает один оборот, а \(\vec R_1\) — \(N\) оборотов. Следовательно, \(\vec R_1\) обгоняет \(\vec R_2\) в общей сложности \(N-1\) раз, и мы ожидаем увидеть \(N-1\) случаев максимальной скорости, то есть максимального радиуса кривизны. Поскольку мы видим это один раз, \(N=2\). Это сразу даёт период движения \(T=2\pi/\omega=4\pi/\omega_0=4\pi m/(eB)\).

Из предыдущей теории \(|AB|=2R_2\), а центр \(O_1\) между A и B — это точка, где \(\vec R_1\) пересекается с осью симметрии. Другая точка, где \(\vec R_1\) пересекается с осью, — когда \(\vec R_1\) и \(\vec R_2\) перпендикулярны. Её можно найти, найдя точки (с помощью линейки), отстоящие на \(|AB|/2\) от главной оси (отметим их буквами C и D). Есть два решения, правое из которых нефизично (что видно из того, что последующие построения разваливаются). Найдя другую точку пересечения \(O_2\) (которая оказывается совпадающей с A), мы можем полностью восстановить \(\vec R_1\) (синий цвет), а отсюда легко найти центр масс, соответствующий отмеченному электрону (найдя на \(\vec R_1\) точку, находящуюся на расстоянии \(R_2\) от отмеченной точки, с помощью циркуля), и, следовательно, положение другого электрона (отразив отмеченный электрон относительно центра масс); оно отмечено голубым цветом.

Альтернативное решение. Альтернативное решение с более простыми геометрическими операциями, но более сложной алгеброй следовало бы тем же рассуждениям до \(N=2\). После этого можно показать, что два электрона следуют по одной и той же орбите, выразив положения двух электронов через комплексные числа \(z_\pm=R_1\exp(2\mathrm i\omega t)\pm R_2\exp(\mathrm i\omega t)\). Это широко применяемый метод упрощения операций с векторами. Действительная часть комплексного числа — координата \(x\), мнимая — координата \(y\). Теперь, если применить сдвиг фазы на \(\pi\) к \(\omega t\), то \(z_+\) становится \(z_-\) и наоборот. Это потому, что \(\exp(2\mathrm i(\omega t+\pi))=\exp(2\mathrm i\omega t)\cdot\exp(2\pi\mathrm i)=\exp(2\mathrm i\omega t)\) и \(\exp(\mathrm i\omega t+\mathrm i\pi)=-\exp(\mathrm i\omega t)\). Следовательно, \(z_+\) и \(z_-\) следуют по одной и той же траектории, но со сдвигом фазы \(\pi\), как нам и нужно. Теперь положение другого электрона можно просто найти, проведя окружность радиуса \(|AB|\) из первого электрона и посмотрев, где она пересекает траекторию.

v) Исходя из предыдущих рассуждений, видим, что у траектории две точки с максимальным радиусом кривизны, а значит, \(N=3\), то есть то же, что и в пункте iii). Теперь первый электрон находится в точке перегиба, где он на мгновение покоится (прежде чем кулоновская сила приведёт его в движение). Кроме того, так как это точка с наибольшей кривизной, имеем \(v_1=|\omega_0R_1-\omega R_2|=0\), то есть \(\omega_0R_1=\omega R_2\). Поскольку другой электрон диаметрально противоположен относительно центра масс, он находится в точке наибольшей скорости, то есть \(v_2=\omega_0R_1+\omega R_2=2\omega R_2\). Теперь, поскольку уравнение движения, определяющее \(R_2\), то же, что и в пункте iii) (как подчёркнуто в предыдущем подпункте), можно использовать результат оттуда: \[R_2=\frac l2=\sqrt[3]{\frac{9km}{8B^2}},\] и поэтому \[v_2=2\omega R_2=\frac{2eB}{3m}R_2=\frac e3\sqrt[3]{\frac{9kB}{m^2}}.\]

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

Подсказка

Освещённость обратно пропорциональна квадрату расстояния, но у ближней планеты нужно ещё учесть долю освещённой части диска, видимой с Земли (фазу). Для Венеры фаза зависит от угла Солнце — Венера — Земля, который выражается через \(L\) по теореме косинусов.

Ответ

i) A;  ii) \(54{,}0^\circ\);  iii) в \(25\) раз;  iv) \(\approx1{,}1\) года;  v) \(\approx3\text{ ч }4\text{ мин}\);  vi) \(\dfrac I{I_0}=-\dfrac{R_\oplus^2-R_{\text{♀}}^2}{2R_{\text{♀}}}L^{-3}+L^{-2}+\dfrac1{2R_{\text{♀}}}L^{-1}\);  vii) \(L_0=-2R_{\text{♀}}+\sqrt{3R_\oplus^2+R_{\text{♀}}^2}\approx0{,}436\text{ а.е.}\), угловое расстояние \(\approx39{,}6^\circ\).

Решение

i) Растущую молодую Луну можно увидеть сразу после захода Солнца, как показано ниже.

На рисунке: Sun — Солнце, Earth — Земля, Moon — Луна.

ii) Зенит в Таллине образует угол \(\varphi=59{,}5^\circ\) с небесным экватором. В день зимнего солнцестояния Солнце находится на \(\varepsilon=23{,}5^\circ\) ниже небесного экватора. Поскольку полнолуние бывает, когда Луна находится напротив Солнца, Луна должна быть на \(\varepsilon\) выше небесного экватора. Далее, Луна находится выше всего, когда она пересекает плоскость, образованную центром Земли, северным полюсом (отмечен NP) и лучом, направленным в зенит Таллина. Удобно представлять это так: в течение суток звёзды и планеты (вместе с Луной) остаются примерно в одном и том же положении друг относительно друга, но всё небо в целом вращается вокруг оси, образованной центром Земли и северным полюсом. Это изображено на рисунке ниже вместе с небесным экватором. Из рисунка теперь можно прочитать, что Луна находится на угле \(\varphi-\varepsilon\) от зенита, и поэтому максимальный угол кульминации равен \(90^\circ-\varphi+\varepsilon=54{,}0^\circ\).

На рисунке: NP — северный полюс, Zenith — зенит, Moon — Луна, Equator — экватор, Horizon — горизонт.

iii) Поток от объекта убывает обратно пропорционально квадрату расстояния до этого объекта.

Марс ближе всего к Земле и дальше всего от неё, когда он находится на одной прямой, образованной Землёй и Солнцем. В обоих случаях Марс находится в полной фазе. В ближайшей точке Марс находится на расстоянии \(d_-=R_{\text{♂}}-R_\oplus\) от Земли, а в наибольшей — на \(d_+=R_{\text{♂}}+R_\oplus\). В обоих случаях на поверхность Марса приходит одно и то же количество солнечного света (потому что мы считаем, что Марс всегда на расстоянии \(R_{\text{♂}}\) от Солнца). Это в сочетании с одинаковыми фазами даёт для отношения освещённостей \[\frac{I_{\max}}{I_{\min}}=\frac{d_+^2}{d_-^2}=\left(\frac{R_{\text{♂}}+R_\oplus}{R_{\text{♂}}-R_\oplus}\right)^2=25.\]

iv) Если смотреть с Солнца, угловое расстояние между Землёй и Марсом должно измениться от \(0\) до \(\pi\) между двумя описанными ситуациями. Относительная угловая скорость двух планет \(\Delta\omega=2\pi/T_\oplus-2\pi/T_{\text{♂}}\). Период Марса можно найти из третьего закона Кеплера как \(T_{\text{♂}}=T_\oplus\sqrt{(R_{\text{♂}}/R_\oplus)^3}\). Следовательно, затраченное время \[t=\frac\pi{\Delta\omega}=\frac{T_\oplus}2\cdot\frac1{1-(R_\oplus/R_{\text{♂}})^{3/2}}=1{,}1\text{ г}.\]

v) Максимальное угловое расстояние между Солнцем и Венерой при наблюдении с Земли можно найти как угол между лучом Земля — Солнце и лучом, который проходит через Землю и касается орбиты Венеры. Из прямоугольного треугольника получаем, что это расстояние \(\alpha=\arcsin(R_{\text{♀}}/R_\oplus)=46{,}1^\circ\). Поэтому мы видим Венеру в течение \[1\text{ сут}\cdot\frac\alpha{2\pi}=11\,050\text{ с}=3\text{ ч }4\text{ мин}.\]

vi) Как обсуждалось в пункте iii), видимая яркость планеты — это произведение её фазы \(\varphi\) (доли её площади, которая освещена) и обратного квадрата расстояния до Земли. Иными словами, \[\frac I{I_0}=\frac\varphi{L^2}.\] На рисунке ниже фаза — это просто отношение длин «видимой» и «тёмной» частей.

На рисунке: Sun — Солнце, Earth — Земля, Venus — Венера, visible — видимая (часть), dark — тёмная (часть).

Из геометрии видно, что она равна \((1+\cos\beta)/2\), где \(\beta\) — угол между Солнцем, Венерой и Землёй. По теореме косинусов \[R_\oplus^2=R_{\text{♀}}^2+L^2-2R_{\text{♀}}L\cos\beta,\] поэтому \[1+\cos\beta=1+\frac{R_{\text{♀}}^2-R_\oplus^2+L^2}{2R_{\text{♀}}L}.\] Следовательно, \[\frac I{I_0}=\frac{R_{\text{♀}}^2-R_\oplus^2}{2R_{\text{♀}}L^3}+\frac1{L^2}+\frac1{2R_{\text{♀}}L}=-\frac{R_\oplus^2-R_{\text{♀}}^2}{2R_{\text{♀}}}x^3+x^2+\frac1{2R_{\text{♀}}}x,\] где мы положили \(x=L^{-1}\).

vii) Наша цель — максимизировать \(I(x)/I_0\) на промежутке \(x\in[1/(R_\oplus+R_{\text{♀}}),\,1/(R_\oplus-R_{\text{♀}})]\). \(I(x)\) — кубический многочлен, который начинается с \(0\) при \(x=0\) и уходит в минус бесконечность при \(x\to\infty\). Экстремумы находим, приравнивая производную нулю: \[\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\frac I{I_0}\right)=0=-3\,\frac{R_\oplus^2-R_{\text{♀}}^2}{2R_{\text{♀}}}x^2+2x+\frac1{2R_{\text{♀}}}.\] Это квадратное уравнение, решения которого \[x_\pm=\frac{2R_{\text{♀}}\pm\sqrt{3R_\oplus^2+R_{\text{♀}}^2}}{3(R_\oplus^2-R_{\text{♀}}^2)}.\]

Отрицательное решение меньше \(0\) и потому нас не интересует. Положительное решение должно соответствовать максимуму, так как функция стремится к минус бесконечности при больших \(x\). После аккуратных преобразований положительное решение упрощается до \[1/x_+=-2R_{\text{♀}}+\sqrt{3R_\oplus^2+R_{\text{♀}}^2}=0{,}436\text{ а.е.},\] что с запасом попадает в промежуток \([R_\oplus-R_{\text{♀}},\,R_\oplus+R_{\text{♀}}]\), и, следовательно, это расстояние максимальной яркости, \(L_0=1/x_+=0{,}436\text{ а.е.}\)

Максимальное угловое расстояние между Солнцем и Венерой находим по теореме косинусов: \[\alpha_0=\arccos\left(\frac{R_\oplus^2+L_0^2-R_{\text{♀}}^2}{2L_0R_\oplus}\right)=39{,}6^\circ.\]

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

Подсказка

Ускорение скатывания \(a=g\sin\alpha/(1+\kappa)\): подберите наклоны двух досок так, чтобы цилиндры катились одинаково. Диаметр магнита и показатели преломления находите по ходу лучей, касающихся магнита, и по закону Снелла.

Решение

i) Высоту лучше всего измерять штангенциркулем, либо нанося на поверхность цилиндра отметки, соответствующие перпендикулярам к концам магнита, либо измеряя её издалека. В любом случае цель — устранить влияние параллакса при измерении высоты цилиндра. Были получены следующие измерения:

Средняя высота оказывается равной \(h=9{,}5(2)\text{ мм}\).

ii) Заметим, что если бы сплошной цилиндр и цилиндр с магнитом скатывались по одной и той же наклонной плоскости с углом \(\alpha\), то первый катился бы медленнее, потому что у него относительно больший момент инерции. Легко вывести формулу для ускорения при качении: \(a=g\sin\alpha/(1+\kappa)\). Для сплошного цилиндра \(\kappa_c=\dfrac12\), следовательно, для цилиндра с магнитом \(\kappa<\dfrac12\).

Это наблюдение подводит нас к идее эксперимента: нужно построить две наклонные плоскости рядом, с немного разными углами наклона, так, чтобы два цилиндра скатывались с в точности одинаковой скоростью. Если отпускать цилиндры одновременно, то легко заметить на глаз, быстрее ли один из них. Нужно провести много опытов, так как иногда отпускание получается неудачным и один из цилиндров получает небольшую фору. Кроме того, много опытов нужно, чтобы уменьшить статистическую неопределённость.

Немного различающиеся наклоны удобно строить, опирая две доски одним концом на один и тот же кирпич, но сместив одну из них на некоторое расстояние \(s\). При длине досок \(L=60\text{ см}\) и высоте кирпича \(h=56\text{ мм}\) мы строим наклонные плоскости так, чтобы кирпич поддерживал доски вблизи их конца.

Это означает, что в среднем \(s\approx52\text{ мм}\).

На основании формулы для \(a\) получаем \((1+\kappa)\sin\alpha=\dfrac32\sin(\alpha+\Delta)\), откуда \[\kappa=\frac32\,\frac{\sin(\alpha+\Delta)}{\sin\alpha}-1,\] Между тем \(\sin\alpha=\dfrac hL\) и \(\sin(\alpha+\Delta)=\dfrac h{L-s}\), поэтому \[\frac{\sin(\alpha+\Delta)}{\sin\alpha}=\frac{L-s}L.\] Собирая всё вместе, \[\kappa=\frac32\,\frac{L-s}L-1=\frac12-\frac{3s}L.\] Численно получаем \(\kappa\approx0{,}24\).

iii) Возможный метод — наблюдать луч света, который лишь касается края магнита, и сделать отметки там, где луч входит в цилиндр и выходит из него. Это работает, потому что отметки определяют хорду, расстояние которой от центра равно радиусу магнита \(r=d/2\). Следовательно, расстояние между отметками \(a\) связано с \(r\) и \(R\) по теореме Пифагора: \(r=\sqrt{R^2-a^2/4}\), или, иначе, \[d=\sqrt{4R^2-a^2}.\]

Начнём с измерения штангенциркулем диаметра основания \(2R\approx25{,}1\text{ мм}\). Мы получили следующие измерения \(a\):

Это даёт \(a=22{,}2(3)\text{ мм}\), так что \(d=12{,}0(7)\text{ мм}\).

iv) Самый прямой метод — измерить, насколько магнит кажется больше своей действительной ширины. Оптика этого показана на рисунке.

На рисунке \(r'\) — кажущийся радиус магнита, когда цилиндр рассматривается издалека. На практике можно измерить кажущийся диаметр \(d'=2r'\) штангенциркулем и маркером.

Из рисунка по закону Снелла \(\sin\alpha=n_o\sin\beta\), а из прямоугольных треугольников \(\sin\beta=r/R\) и \(\sin\alpha=r'/R\). Следовательно, \[n_o=\frac{r'}r=\frac{d'}d.\] Измерения кажущейся ширины приведены в таблице:

Усредняя, получаем \(d'=18{,}5(4)\text{ мм}\), и поэтому \(n_o=1{,}54\) с погрешностью \(\Delta n_o=0{,}09\).

v) Повторяем то, что делали в пункте iii): отмечаем на цилиндре точку \(A\), поворачиваем цилиндр до тех пор, пока точка \(A\), видимая сквозь цилиндр, едва видна сквозь внешнюю часть и вот-вот исчезнет за границей между внутренней и внешней частями, и делаем отметку \(B\) на передней поверхности в том месте, где видно изображение \(A\), см. рисунок ниже. Затем продолжаем поворачивать цилиндр до тех пор, пока точка \(A\) не появится снова, теперь в точке \(C\), и видна сквозь внутреннюю область цилиндра. Соответствующий луч испытывает преломление при угле падения \(90^\circ\) в точке \(M\), следовательно, \(\cos\gamma=n_o/n_c\), см. рисунок.

Видно, что \(\angle BOC=2\gamma\). Мы можем измерить расстояние между отметками \(|BC|\approx5{,}3\text{ мм}\) штангенциркулем. Тогда можно выразить \(\sin\gamma=|BC|/2R\approx0{,}211\). Наконец, \(n_c=n_o/\cos\gamma=n_o/\sqrt{1-\sin^2\gamma}\approx1{,}58\).

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