ВсОШ, 1992–2001, 11 класс, экспериментальный тур

Ответ

Массу груза находят по растяжению пружины динамометра, \(mg = kx_0\), где \(x_0 = g\left(\dfrac{T}{2\pi}\right)^2\) (\(T\) — период колебаний груза на пружине); объём \(V\) вычисляют по размерам груза, плотность \(\rho = m/V\).

Решение

Динамометром взвесим груз: \[mg = kx_0, \tag{1}\] где \(m\) — масса груза, \(k\) — жёсткость пружины динамометра, \(x_0\) — удлинение пружины динамометра.

Возбудим колебания груза на пружине динамометра. С помощью секундомера определим период \(T\) колебаний груза: \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}. \tag{2}\] Из (1) и (2) получим выражение для \(x_0\): \[x_0 = g\left(\dfrac{T}{2\pi}\right)^2. \tag{3}\] Из (1) и (3) устанавливаем соответствие между ценой делений шкалы динамометра и длиной \(x_0\). Измерим размеры груза в единицах шкалы динамометра и переведём их в единицы длины. Вычислим объём \(V\) груза. Используя формулу \(\rho = \dfrac{m}{V}\), где \(m\) — масса груза, вычисленная по (1), находим плотность \(\rho\) груза.

Ответ

\(\rho_{\text{т}} = \rho_{\text{в}}\dfrac{2x}{L^2}\left(L - \dfrac{x}{2}\right)\), где \(L\) — длина стержня, \(x\) — длина его части, находящейся в воде.

Решение

Обвяжем нитью один конец деревянного стержня и привяжем его к штативу. Опустим стержень в сосуд с водой (см. рисунок). Измерим длину \(L\) стержня и длину \(x\) части стержня, находящейся в воде.

Запишем условие равенства моментов сил, действующих на стержень, относительно полюса \(O\): \[(\rho_{\text{т}}SL)\dfrac{L}{2} = (\rho_{\text{в}}Sx)\left(L - \dfrac{x}{2}\right), \tag{1}\] где \(\rho_{\text{т}}\) — плотность стержня, \(S\) — площадь его поперечного сечения, \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды.

Из (1) следует \[\rho_{\text{т}} = \rho_{\text{в}}\dfrac{2x}{L^2}\left(L - \dfrac{x}{2}\right).\]

Ответ

Шаг спирали \(H = h\dfrac{a}{b}\), где \(h = l/k\) — шаг изображения спирали на экране (расстояние \(l\) между \(k\) витками), \(a\) — расстояние от лампочки до фольги, \(b\) — от фольги до экрана.

Решение

Рекомендации для организаторов. Задачу желательно ставить в аудитории, где возможно хотя бы частичное затемнение, тогда в качестве лампы можно применить лампочку от карманного фонаря. В других случаях следует использовать более мощную лампу, чтобы её яркость была достаточна для получения изображения нити накала в сконструированном оптическом приборе.

Проделаем иглой отверстие в центре фольги. Прикрепим булавкой к стене лист белой бумаги. Это будет экран. Лампу следует установить на расстоянии около двух метров от экрана. Поместим между лампой и экраном фольгу так, чтобы изображение нити накала было видно на экране. Фольгу располагаем ближе к лампе, тогда изображение спирали (см. рисунок) будет увеличенным в \(\dfrac{b}{a}\) раз. Чем большее увеличение мы хотим получить, тем больше должно быть отношение \(\dfrac{b}{a}\).

Пусть шаг спирали нити накала равен \(H\), тогда \(H/h = \dfrac{b}{a}\) и, следовательно, \[H = h\dfrac{a}{b}.\] Для более точного определения шага \(h\) изображения спирали следует измерить расстояние \(l\) между несколькими (\(k\)) витками. В этом случае \(h = l/k\).

Ответ

\(R_x = R\dfrac{L_1}{L_2}\), где \(R\) — известное сопротивление, \(L_1\) и \(L_2\) — длины плеч реохорда при сбалансированном мостике.

Решение

Рекомендации для организаторов. Внутреннее сопротивление гальванометра должно в 2–3 раза отличаться от сопротивления резистора, которое известно. Параметры источника тока должны допускать включение приборов по схеме, указанной в решении, т. е. у школьника не должно быть возможности сжечь приборы.

Подключим гальванометр \(\Gamma\) к одному из плеч мостика Уинстона, а в другое плечо включим резистор с известным сопротивлением, ключ поставим в мостике там, где обычно включают гальванометр (см. рисунок).

Подберём положение движка так, чтобы при замыкании и размыкании ключа ток через гальванометр не менялся. Поскольку это возможно только при сбалансированном мостике, для расчёта внутреннего сопротивления гальванометра можно записать \[R_x/R = L_1/L_2, \tag{1}\] где \(L_1\) и \(L_2\) — длины соответствующих плеч реохорда, \(R\) — сопротивление резистора, а \(R_x\) — искомое сопротивление гальванометра.

Из (1) получим \(R_x = R\dfrac{L_1}{L_2}\).

Ответ

\(n = 1 + \dfrac{n_{\text{в}} - 1}{2 - \alpha}\),  \(r_1 = \dfrac{n_{\text{в}} - 1}{D_1 - D_3}\),  \(r_2 = \dfrac{n_{\text{в}} - 1}{D_1 - D_2}\), где \(\alpha = \dfrac{D_2 + D_3}{D_1}\), \(D_1 = 1/F_1\), \(D_2 = n_{\text{в}}/F_2\), \(D_3 = n_{\text{в}}/F_3\).

Решение

Будем считать линзу тонкой. Как известно, оптическая сила тонкой линзы равна сумме оптических сил её преломляющих поверхностей: \[D = \dfrac{n - n_1}{r_1} + \dfrac{n - n_2}{r_2},\] где \(n_1\) и \(n_2\) — показатели преломления света в среде, находящейся слева и справа от линзы, а \(r_1\) и \(r_2\) — радиусы кривизны левой и правой преломляющих поверхностей линзы.

Измерим фокусное расстояние \(F_1\) линзы, находящейся в воздухе.

Аккуратно опустим линзу на поверхность воды так, чтобы её нижняя сферическая поверхность погрузилась в воду, а верхняя — осталась в воздухе. Измерим фокусное расстояние \(F_2\) линзы со стороны воды.

Перевернём линзу другой стороной и вновь измерим в воде её фокусное расстояние \(F_3\).

Выразим фокусные расстояния \(F_1\), \(F_2\), \(F_3\) линзы через радиусы кривизны её поверхностей и соответствующие показатели преломления: \[\dfrac{1}{F_1} = D_1 = (n - 1)\left(\dfrac{1}{r_1} + \dfrac{1}{r_2}\right), \tag{1}\] \[\dfrac{1}{F_2} = \dfrac{D_2}{n_{\text{в}}} = \dfrac{1}{n_{\text{в}}}\left(\dfrac{n - 1}{r_1} + \dfrac{n - n_{\text{в}}}{r_2}\right), \tag{2}\] \[\dfrac{1}{F_3} = \dfrac{D_3}{n_{\text{в}}} = \dfrac{1}{n_{\text{в}}}\left(\dfrac{n - n_{\text{в}}}{r_1} + \dfrac{n - 1}{r_2}\right). \tag{3}\] Решая систему уравнений (1)–(3), найдём выражения для искомых величин: \[n = 1 + \dfrac{n_{\text{в}} - 1}{2 - \alpha}, \tag{4}\] \[r_1 = \dfrac{n_{\text{в}} - 1}{D_1 - D_3}, \tag{5}\] \[r_2 = \dfrac{n_{\text{в}} - 1}{D_1 - D_2}, \tag{6}\] где для краткости было использовано обозначение \[\alpha = \dfrac{D_2 + D_3}{D_1}.\] Подставляя в (4)–(6) измеренные значения \(F_1\), \(F_2\) и \(F_3\), вычислим \(n\), \(r_1\) и \(r_2\).

Ответ

ВАХ снимают по схеме с источником регулируемого напряжения, вольтметром и амперметром; участок с отрицательным динамическим сопротивлением \(r_{\text{дин}} = dU/dI\) получают, включив последовательно с прибором резистор, сопротивление которого больше \(|r_{\text{дин}}|_{\max}\), и вычтя затем вклад резистора.

Решение

Рекомендации для организаторов. В качестве исследуемого полупроводникового прибора рекомендуется использовать семистор, ВАХ которого приведена на рисунке.

Соберём цепь, схема которой приведена на втором рисунке. Снимем ВАХ семистора. Для этого будем увеличивать выходное напряжение источника тока. При достижении \(U_b\) сила тока в цепи скачком возрастает от \(I_b\) до \(I_d\). При последующем увеличении напряжения мы снимем зависимость \(I(U)\), которой соответствует участок \((d, e)\) ВАХ. При уменьшении напряжения мы снимаем зависимость \(I(U)\), которой соответствует участок \((e, d, c)\) ВАХ. При достижении \(U_c\) сила тока в цепи скачком уменьшится от \(I_c\) до \(I_a\). Таким образом, цепь, приведённая на втором рисунке, не позволяет изучить участок \((c, b)\) вольтамперной характеристики.

Зависимость \(dU/dI\) любого электронного прибора называется динамическим сопротивлением и обозначается \(r_{\text{дин}}\). На участке \((c, b)\) (см. первый рисунок) \(r_{\text{дин}}\) — отрицательная величина. Соединим последовательно с семистором резистор, сопротивление которого больше максимального значения модуля \(r_{\text{дин}}\). Теперь сопротивление фрагмента цепи «резистор–семистор» положительно. Снимем ВАХ этого участка цепи. Учитывая вклад резистора \(R\) в вид новой ВАХ, восстановим участок \((c, b)\) ВАХ семистора.

Ответ

\(F \sim v^2\): сила сопротивления пропорциональна квадрату скорости.

Решение

Прежде всего убедимся, что два одинаковых конуса, одновременно отпущенные с некоторой высоты, коснутся пола одновременно. Далее, отпустим один конус с большой высоты, а другой будем держать на меньшей высоте. Когда верхний конус поравняется с нижним конусом, отпустим его. Оба конуса достигнут пола практически одновременно.

Следовательно, время установления скорости равно погрешности измерений.

Расположим внутри одного из конусов дополнительно ещё три конуса таким образом, чтобы их вершины совпали. Отпустим одновременно один и четыре соединённых вместе конуса с высот \(H\) и \(2H\) соответственно.

Эксперимент показывает, что в этом случае они также достигнут пола одновременно. Значит, скорость четырёх конусов в два раза больше скорости одного конуса. Заметим, что при установившемся движении сила сопротивления, действующая на конус, равна силе тяжести. Таким образом: \(F(v) = mg\), \(F(2v) = 4mg\). Из двух последних равенств получим \(F \sim v^2\).

Ответ

При малой силе брусок удерживается силой трения на дощечке; с ростом силы он проскальзывает, сохраняя вертикальное положение; при большом коэффициенте трения и большом ускорении дощечки брусок опрокидывается. Исход зависит от соотношения размеров бруска и действующих сил.

Решение

Рекомендации для организаторов. Дощечка может быть взята из лабораторного трибометра. Торцы брусков необходимо обработать таким образом, чтобы для одного из них сила трения была недостаточна для опрокидывания бруска при движении пластины, а для другого — наоборот.

При малой силе, приложенной к дощечке, возникающая сила трения удерживает брусок на дощечке. С увеличением силы, с которой мы тянем дощечку, брусок начинает проскальзывать относительно пластины, сохраняя вертикальное положение. Достигнув края дощечки, брусок падает на стол, причём при больших ускорениях дощечки он сохраняет вертикальное положение, а при меньших — может перевернуться. В случае с большим коэффициентом трения при большом ускорении дощечки брусок сразу опрокидывается. В зависимости от соотношения размеров и действующих сил брусок может как упасть на пластину, так и соскользнуть с неё.

Ответ

\(n = 2 - \dfrac{D}{L}\), где \(D\) — диаметр банки, \(L\) — расстояние от лампочки до линзы во втором опыте (без банки).

Решение

Рекомендации для организаторов. Можно взять банку объёмом 0,7 л. Линза и экран могут быть использованы из стандартного оборудования школьного кабинета физики.

Установим источник света \(S\) и линзу вплотную к банке с её диаметрально противоположных сторон. Нальём в банку исследуемую жидкость. Установим за линзой экран на таком расстоянии, чтобы на нём было чётко видно изображение светящейся спирали лампочки. Поскольку банка с жидкостью представляет собой вертикально расположенную цилиндрическую линзу, изображение спирали будет вытянуто в горизонтальной плоскости.

Уберём банку и, не меняя положения линзы и экрана, сместим лампочку так, чтобы на экране вновь получилось её чёткое изображение. Измерим расстояние \(L\) от лампочки до линзы и диаметр \(D\) банки. Новое положение лампочки совпадает с её мнимым положением \(S'\) в первом опыте (см. рисунок). Для того чтобы не загромождать рисунок, на нём не показано положение линзы и экрана.

Считая все углы, изображённые на рисунке, малыми, запишем: \(\alpha = l/D\), \(\gamma = l/L\), \(\beta = \alpha n\), \(\varphi = \beta - \alpha\). Из приведённой системы уравнений выразим искомое значение показателя преломления \[n = 2 - \dfrac{D}{L}.\]

Ответ

\(M = \rho_{\text{в}}x\dfrac{1}{4\pi}\left(\dfrac{b}{N}\right)^2\left(2 - \dfrac{x}{L}\right)\left(\dfrac{L}{2l_1} - 1\right)\).

Решение

Рекомендации для организаторов. Кристаллизатор должен быть таких размеров, чтобы карандаш не умещался в нём как в горизонтальном, так и в вертикальном положении. Масса куска пластилина должна быть приблизительно равна массе карандаша.

Работу выполняем в два этапа. На первом этапе определим (в относительных единицах) массу \(m\) карандаша. Подвесим к штативу с помощью нити карандаш так, как показано на первом рисунке. Измерим линейкой длину \(L\) всего карандаша и \(x\) — длину части карандаша, погружённой в воду. Запишем условие равенства моментов сил относительно полюса \(O\): \[m\cdot g\dfrac{L}{2} = (\rho_{\text{в}}xS)\left(L - \dfrac{x}{2}\right)g, \tag{1}\] где \(\rho_{\text{в}}\) — удельная плотность воды.

Из (1) получим выражение для массы карандаша: \[m = \rho_{\text{в}}xS\left(2 - \dfrac{x}{L}\right), \tag{2}\] где \(S\) — площадь поперечного сечения карандаша. Её можно найти, измерив диаметр карандаша. Для более точных измерений диаметра целесообразно обмотать вокруг карандаша нитку (10–12 оборотов) и через длину \(b\) нити выразить диаметр и площадь: \[S = \dfrac{1}{4\pi}\left(\dfrac{b}{N}\right)^2, \tag{3}\] где \(N\) — число оборотов нити вокруг карандаша.

На втором этапе изготовим разноплечные весы так, как показано на втором рисунке. На короткое плечо повесим кусок пластилина. Положение точки крепления весов (полюс \(O_1\)) подберём так, чтобы весы оказались уравновешены. Вновь запишем условие равенства моментов сил относительно полюса \(O_1\):

\[Ml_1 + \left(m\dfrac{l_1}{L}\right)\dfrac{l_1}{2} = \left(m\dfrac{L - l_1}{L}\right)\left(\dfrac{L - l_1}{2}\right). \tag{4}\] Из (2)–(4) получим \[M = \rho_{\text{в}}x\dfrac{1}{4\pi}\left(\dfrac{b}{N}\right)^2\left(2 - \dfrac{x}{L}\right)\left(\dfrac{L}{2l_1} - 1\right).\]

Ответ

Напряжение и ток светодиода \(D_2\) вычисляют по формулам \(U_2 = \dfrac{U}{2}\left(1 - \dfrac{R_1}{R_0}\right)\),  \(I_2 = \dfrac{U}{2}\left(\dfrac{1}{R_0} - \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{R_1}{R_0R_2}\right)\) по подобранным значениям \(R_0\), \(R_1\), \(R_2\).

Решение

Рекомендации для организаторов. Эксперимент следует проводить в затемнённом помещении. Для выполнения работы наиболее подходят светодиоды АЛ307 и АЛ307Б. Переменные резисторы должны иметь шкалу и обеспечивать возможность регулировать сопротивление от 0 до 20 кОм.

Соберём электрическую цепь, изображённую на рисунке.

Снимем ВАХ светодиода \(D_2\). Обозначим напряжение на \(D_2\) символом \(U_2\), а ток \(I_2\).

Обозначим положения ключей \(K_1\) и \(K_2\) плюсами (если ключ замкнут) и минусами (если разомкнут). Например, состояние, в котором \(K_1\) разомкнут, а \(K_2\) замкнут, обозначим «\(-+\)».

Для различных значений \(R_2\), изменяя \(R_1\), добьёмся, чтобы яркость светодиода \(D_1\) не менялась при переключении из положения «\(-+\)» в «\(+-\)». При выполнении этого условия напряжение на светодиоде \(D_1\) всегда равно \(U/2\). Установим сопротивление резистора \(R_2\) равным нулю. При этом сопротивление резистора \(R_1\) следует подобрать таким, чтобы в состоянии «\(-+\)» напряжение на нём тоже равнялось \(U/2\). Обозначим это сопротивление \(R_0\). Найдём силу тока \(I_0\), протекающего через светодиод \(D_1\): \[I_0 = \dfrac{U}{2R_0}. \tag{1}\] Изменим сопротивление резистора \(R_2\). Вновь добьёмся, чтобы яркость светодиода \(D_1\) не менялась при переключении из положения «\(-+\)» в «\(+-\)». Напряжение \(U_2\) на светодиоде \(D_2\) найдём по формуле \[U_2 = \dfrac{U}{2} - I_0R_1 = \dfrac{U}{2}\left(1 - \dfrac{R_1}{R_0}\right). \tag{2}\] В положении «\(-+\)» сила тока \(I_0\) равна сумме \(I_2\) и \(I_2'\), протекающего через \(D_2\) и \(R_2\) соответственно. Отсюда \[I_2 = I_0 - I_2'. \tag{3}\] Очевидно, что \[I_2' = U_2/R_2. \tag{4}\] С учётом (1), (2), (4) из (3) окончательно получим \[I_2 = \dfrac{U}{2}\left(\dfrac{1}{R_0} - \dfrac{1}{R_2} + \dfrac{R_1}{R_0R_2}\right). \tag{5}\] ВАХ светодиода построим (см. рисунок), вычисляя по формулам (2) и (5) напряжение и силу тока.

Ответ

1) \(\lambda = \dfrac{d}{m}\dfrac{h_1^2 - h_0^2}{2L^2}\) (штангенциркуль как отражательная решётка, \(d = 1\) мм; \(\lambda = 670\) нм);  2) в ящике поляризационная пластинка (дифракционная решётка);  3) период решётки \(d_1 = \dfrac{\lambda L_1}{D}\).

Решение

Рекомендации для организаторов. Шкалу штангенциркуля следует отполировать.

1. Штангенциркуль используем в качестве дифракционной решётки. Миллиметровые деления шкалы штангенциркуля будут выступать в качестве штрихов рабочей поверхности решётки. Прикрепим к стене скотчем лист миллиметровой бумаги (экран). Угол падения \(\theta\) лазерного луча на штангенциркуль должен быть близок к \(\pi/2\). Период решётки \(d = 1\) мм.

Условие наблюдения на экране \(m\)-го дифракционного максимума: \[d(\sin\theta' - \sin\theta) = m\lambda. \tag{1}\] Полагая, что \(\pi/2 - \theta' \ll 1\), выразим \(\sin\theta'\) и \(\sin\theta\) через расстояние \(L\) от решётки до экрана и расстояние \(h_1\) и \(h_0\) от плоскости решётки до 1-го и 0-го дифракционных максимумов (см. рисунок).

\[\sin\theta' \approx 1 - \dfrac{h_1^2}{2L^2},\quad \sin\theta \approx 1 - \dfrac{h_0^2}{2L^2}. \tag{2}\] Из (1) и (2) получим \[\lambda = \dfrac{d}{m}\dfrac{h_1^2 - h_0^2}{2L^2} = \dfrac{d}{m}\dfrac{(h_1 - h_0)(h_1 + h_0)}{2L^2}. \tag{3}\] Подставляя в (3) измеренные \(h_0\), \(h_1\) и \(L\), найдём \(\lambda = 670\) нм.

Для повышения точности измерений следует увеличивать расстояние \(L\) и работать с \(m > 1\). В этом случае погрешность измерений при аккуратном проведении эксперимента не превышает 10% и, в первую очередь, обусловлена точностью измерения \(h_1 - h_0\).

2. Направим луч лазера в оптический «чёрный ящик». На экране увидим картину, наблюдаемую при прохождении света через дифракционную решётку. При вращении лазера вокруг его оптической оси яркость дифракционной картины изменяется. При некоторых углах поворота лазера она исчезает практически полностью. Поскольку излучение лазера поляризовано, такая ситуация возможна, если в «чёрном ящике» находится поляризационная пластинка.

3. Измерим на экране расстояние \(D\) между дифракционными максимумами лазерного излучения, прошедшего сквозь «чёрный ящик», и расстояние \(L_1\) от «чёрного ящика» до экрана. Период дифракционной решётки \[d_1 = \dfrac{\lambda L_1}{D}.\]

Ответ

Между \(A\) и \(B\) — лампочка накаливания, между \(D\) и \(B\) — параллельно соединённые резистор и конденсатор (схема на рисунке); ёмкость \(C = \dfrac{1}{\omega_0}\sqrt{\dfrac{R_{DB}^2 - Z_1^2}{R_{DB}^2\cdot Z_1^2}}\).

Решение

Для измерения токов используем резистор: \(I = \dfrac{U_R}{R}\). Пробные измерения показывают, что сопротивление между клеммами \(D\) и \(B\) зависит от частоты и не зависит от амплитуды приложенного напряжения, между \(A\) и \(D\) — зависит от частоты и амплитуды напряжения, между \(B\) и \(A\) — зависит от амплитуды, но не зависит от частоты напряжения. Вывод — возможные схемы: 1, 2 и 3 (см. указание). Схема 4 не подходит, так как для любых двух выводов сопротивление зависело бы от \(U\) и \(\omega\). С помощью измерений на постоянном токе выясняем: \(R_{AB} + R_{BD} = R_{AD}\) при фиксированной силе тока. Следовательно, сопротивление между узлом и клеммой \(B\) равно нулю (там нет катушки, так как сопротивление между \(B\) и \(A\) не зависит от \(\omega\)). Таким образом, остаются схемы 1 и 2.

Подключим электроизмерительные приборы к клеммам \(A\) и \(B\). Снимем ВАХ на постоянном токе (см. первый рисунок). Она соответствует лампочке накаливания.

Подключим электроизмерительные приборы к клеммам \(D\) и \(B\). Снимем частотную характеристику «чёрного ящика» (см. второй рисунок). Этой зависимости удовлетворяет схема параллельно соединённых резистора с сопротивлением \(R\) и конденсатора. Катушка индуктивности не подходит, так как в этом случае с ростом частоты индуктивное сопротивление возрастало бы.

Проводя измерение отношения \(U_{DB}/I_{DB}\) на какой-либо фиксированной частоте \(\omega_0\), находим ёмкость конденсатора \[C = \dfrac{1}{\omega_0}\sqrt{\dfrac{R_{DB}^2 - Z_1^2}{R_{DB}^2\cdot Z_1^2}},\] где \(Z_{DB} = \left|\dfrac{U_{DB}}{I_{DB}}\right|\) — импеданс соответствующего участка цепи.

Изобразим схему цепи «чёрного ящика» (см. третий рисунок).

Ответ

\(n \simeq \operatorname{tg}\alpha \simeq 2\).

Решение

Отрежем полоску картона максимально возможной длины, подобрав её ширину так, чтобы она не теряла устойчивости, будучи вертикально закреплённой в штативе. С помощью нитки, связанной в петлю, будем прикладывать к верхней части полоски вертикальное усилие \(F\) (подвешивая грузы или натягивая нить динамометром). Будем увеличивать нагрузку до тех пор, пока полоска не начнёт изгибаться.

Повторим эксперимент для других длин полоски \(L\) или для других полосок той же ширины.

Построим график зависимости

\[A - \ln\dfrac{F}{F_0} = n\ln\dfrac{L}{L_0},\] где \(A\), \(F_0\) и \(L_0\) — нормировочные постоянные коэффициенты, зависящие от выбранного масштаба измерений.

По тангенсу угла наклона графика (см. рисунок) определим \(n\): \[n \simeq \operatorname{tg}\alpha \simeq 2.\]

Ответ

Доля потерянной энергии \(\dfrac{E_{\text{п}} - E_{\text{к}}}{E_{\text{п}}}\) строится от \(\varphi\), где \(E_{\text{к}} = \mu mgl\) — кинетическая энергия линейки после удара (\(l\) — пройденный ею путь), \(E_{\text{п}} = MgH\) — потенциальная энергия груза в начальном положении; \(\mu = \operatorname{tg}\alpha\) находят по углу наклона доски, при котором линейка начинает скользить.

Решение

Рекомендации для организаторов. В качестве груза можно использовать пробку от «Пепси-колы», заполненную пластилином.

Если линейку уложить на край доски, расположив штатив с подвешенным грузом так, что в момент удара о торец линейки нить окажется вертикальной, то после удара линейка проскользнет по доске некоторое расстояние \(l\).

Энергию, приобретённую линейкой после удара, можно определить следующим образом. Под действием силы трения линейка движется замедленно. Её ускорение \(a = \mu g\), начальная скорость \(v_0 = \sqrt{2\mu gl}\).

Коэффициент трения линейки о доску определим, постепенно поднимая один край доски с лежащей на её поверхности линейкой до тех пор, пока линейка не начнёт скользить без ускорения. В этом случае \(\mu = \operatorname{tg}\alpha\), где \(\alpha\) — угол между наклонной доской и горизонтальной плоскостью. Следовательно, максимальная кинетическая энергия \(E_{\text{к}}\) линейки равна \(\mu mgl\). Максимальная потенциальная энергия \(E_{\text{п}}\) груза равна \(MgH\), где \(H\) — высота, на которую поднимают груз. Отношение энергий \(E_{\text{к}}\) к \(E_{\text{п}}\) есть \(\beta = \mu\left(\dfrac{m}{M}\right)\left(\dfrac{l}{H}\right)\), т. е. \(\beta \sim \dfrac{l}{H}\). На рисунке приведён пример зависимости доли энергии, теряемой системой «груз–линейка», от угла \(\varphi\) отклонения груза, т. е. \(\left(\dfrac{E_{\text{п}} - E_{\text{к}}}{E_{\text{п}}}\right)\) от \(\varphi\).

Ответ

Положение линзы \(x = \dfrac{l - d}{2} - a\); фокусное расстояние \(F = \dfrac{l^2 - d^2}{4l}\).

Решение

Рекомендации для организаторов. Длина цилиндра должна быть такой, чтобы фокусы линзы находились внутри цилиндра, а двойные фокусы — вне его. Оптическая ось линзы должна совпадать с осью симметрии цилиндра. Чтобы не было возможности измерить положение линзы непосредственно, торцы цилиндра следует закрыть каким-либо прозрачным материалом, например, тонкой плёнкой, применяемой для упаковки продуктов. Внутри цилиндра следует разместить какое-либо массивное кольцо для того, чтобы положение линзы в цилиндре нельзя было найти по положению центра масс.

Вкалываем булавку в полоску картона и устанавливаем её на оси цилиндра. Теперь установим вторую булавку, закреплённую в полоске картона, так, чтобы её положение совпало с положением изображения первой булавки в линзе. Для этого воспользуемся методом параллакса: будем сдвигать глаз перпендикулярно оптической оси линзы и отыщем такое положение второй булавки, что её смещение относительно видимого нам изображения первой булавки будет минимально. Измерим расстояние \(l\) между булавками и расстояние \(a\) от первой булавки до ближнего к ней края цилиндра. Теперь сдвинем цилиндр вдоль его собственной оси так, чтобы изображение первой булавки и вторая булавка снова совпали (см. рисунок).

В силу симметрии ситуации запишем \[a + x = l - (a + d + x),\] где \(a\) — расстояние от первой булавки до торца цилиндра в первом его положении, \(d\) — сдвиг цилиндра, \(l\) — расстояние между булавками. Отсюда находим положение линзы в цилиндре: \[x = \dfrac{l - d}{2} - a.\] По формуле тонкой линзы найдём фокусное расстояние линзы \[F = \dfrac{l^2 - d^2}{4l}.\]

Ответ

\(S_0 = \dfrac{\pi}{4}D^2\), \(D \simeq \alpha L\); \(S_{\text{с}}\) находят по тангенсу угла наклона графика \(\sqrt{h}(t)\): \(\sqrt{h} = -\dfrac{S_{\text{с}}}{S_1}\sqrt{\dfrac{g}{2}}\,t + \text{const}\). Получено \(S_0/S_{\text{с}} \approx 2{,}0\); расхождение с теорией объясняется тем, что частицы жидкости вблизи краёв отверстия имеют скорости в направлениях, перпендикулярных направлению струи, и \(S_{\text{с}}\) — сечение сформировавшейся струи.

Решение

Рекомендации для организаторов. Бутылку удобно использовать пластиковую (с вертикальными стенками), объёмом 1,5–2 л, проделав в ней на высоте около 5 см от дна отверстие диаметром 2–3 мм. Отверстие не должно иметь закраин.

Из миллиметровой бумаги изготавливаем клин с малым углом \(\alpha\) раствора. Измеряем глубину \(L\), на которую этот клин можно вставить в отверстие. Диаметр и площадь отверстия \(S_0\) находим по формулам: \[D \simeq \alpha L,\quad S_0 = \dfrac{\pi}{4}D^2.\] Если уровень воды над отверстием в момент времени \(t\) равен \(h\), то уравнение неразрывности имеет вид \[S_1v_1 = S_{\text{с}}v_2, \tag{1}\] где \(S_1\) и \(v_1\) — площадь сечения бутылки и скорость опускания жидкости соответственно, а \(S_{\text{с}}\) и \(v_2\) — площадь сечения струи и скорость воды в ней.

Запишем формулу Торричелли \[\rho gh = \dfrac{\rho v_2^2}{2}. \tag{2}\] Пусть за промежуток времени \(dt\) уровень \(h\) изменится на \(dh\), тогда \[v_1 = -dh/dt. \tag{3}\] Подставляя \(v_1\) и \(v_2\) из (2) и (3) в (1), имеем \[-S_1\dfrac{dh}{dt} = S_{\text{с}}\sqrt{2gh},\] или \[-\dfrac{dh}{\sqrt{h}} = -2d(\sqrt{h}) = \dfrac{S_{\text{с}}}{S_1}\sqrt{2g}\,dt. \tag{4}\] Проинтегрируем (4): \[\sqrt{h} = -\dfrac{S_{\text{с}}}{S_1}\sqrt{\dfrac{g}{2}}\,t + \text{const}. \tag{5}\] Построим график зависимости \(\sqrt{h}\) от \(t\) и по тангенсу угла наклона прямой определим \(S_{\text{с}}\). График, получившийся у автора, представлен на рисунке. Отношение \(S_0/S_{\text{с}}\) равно примерно 2,0.

Расхождение эксперимента с теорией в 2 раза объясняется тем, что частицы жидкости в бутылке вблизи краёв отверстия имеют скорости в направлениях, перпендикулярных направлению струи за отверстием. По существу, \(S_{\text{с}}\) — это сечение сформировавшейся струи, т. е. струи на таком расстоянии от отверстия, когда горизонтальные скорости всех частиц струи примерно одинаковы.

Ответ

\(f \propto R^2\).

Решение

Рекомендации для организаторов. Необходимо вырезать и склеить не менее 5 одинаковых конусов для каждого участника. Конусы делаются из обычной писчей бумаги. Примерный радиус вырезаемого круга 100 мм; в нём вырезается сектор с длиной стягивающей хорды 110 мм, вдоль одной из сторон следует оставить клапан для склейки шириной около 7–8 мм. Для устойчивости имеет смысл положить в вершину каждого конуса по кусочку пластилина (одинаковой массы).

Заметим, что скорость падающего конуса быстро «устанавливается», и в дальнейшем остаётся постоянной. Одновременно отпуская два одинаковых конуса с некоторой высоты, убеждаемся в том, что они касаются пола в один и тот же момент времени. Начнём постепенно уменьшать диаметр одного из конусов (отрезая ножницами тонкие полоски от края и складывая их внутрь конуса, чтобы масса оставалась неизменной). Для каждого диаметра находим высоту \(H\), при падении с которой время \(t\) остаётся равным времени падения целого конуса. Таким образом, для силы сопротивления \(F\) получим зависимость, неявно заданную уравнением: \(F = f(R)(H/t)^2 = \text{const}\). Анализ показывает, что \(f \propto R^2\).

Ответ

К моменту, когда шары движутся как единое целое, система имеет половину первоначальной энергии, то есть амплитуда колебаний слипшихся шаров вдвое меньше начальной амплитуды первого шара. Расхождения с экспериментом объясняются потерями на трение и сопротивление воздуха; при уменьшении упругости число столкновений \(n\) уменьшается.

Решение

Рекомендации для организаторов. Шары следует взять стальные или из твёрдой пластмассы, диаметром \(20 \pm 5\) мм. Длина подвеса \(45 \pm 15\) см. Шары должны быть подвешены на одинаковой высоте так, что в положении равновесия их поверхности соприкасаются, а плоскости подвесов вертикальны.

Начальная энергия системы есть потенциальная энергия одного шара, отведённого на угол \(\alpha\). Энергию «слипшихся» шаров удобно измерять по амплитуде \(A\) их отклонения. Для шара, отклонённого на малый угол \(\alpha\), высота подъёма, а значит и потенциальная энергия, пропорциональна \(A_0^2\). Для конечного состояния системы с учётом малости диаметра шара по сравнению с длиной подвеса потенциальная энергия системы пропорциональна \(2A_k^2\), потому что теперь потенциальная энергия определяется массой двух отклоняющихся шаров.

Теоретически рассмотрим движение системы из двух шаров. При малых отклонениях период колебаний не зависит от амплитуды. Поэтому шарики будут сталкиваться в нижней точке траектории. Применим законы сохранения энергии и импульса к системе шаров для \(i\)-го столкновения: \[mv_{i1} + mv_{i2} = mv_{i1}' + mv_{i2}',\] \[\dfrac{mv_{i1}^2}{2} + \dfrac{mv_{i2}^2}{2} = \dfrac{mv_{i1}'^2}{2} + \dfrac{mv_{i2}'^2}{2} + E_i,\] где \(E_i\) — часть механической энергии, перешедшая в другие формы. Разрешив эти уравнения относительно скоростей шаров после столкновения, получим: \[v_{i1}' = \dfrac{1}{2}\left(v_{i2} + v_{i1} + \sqrt{(v_{i2} - v_{i1})^2 - 4E_i/m}\right),\] \[v_{i2}' = \dfrac{1}{2}\left(v_{i2} + v_{i1} - \sqrt{(v_{i2} - v_{i1})^2 - 4E_i/m}\right).\] Разность этих скоростей \[v_{i1}' - v_{i2}' = \sqrt{(v_{i1} - v_{i2})^2 - 4E_i/m}.\] Скорости шаров перед \(i\)-м столкновением равны скоростям после \((i-1)\)-го столкновения. Поэтому подкоренное выражение может быть приведено к виду \(v_1^2 - 4(E_1 + \ldots + E_i)/m\), где \(v_1\) — скорость налетающего шарика перед первым столкновением (второй шарик первоначально покоился). Пусть после \(n\)-го столкновения шарики начинают двигаться практически вместе, т. е. \(v_{n1}' = v_{n2}'\). Это произойдёт, когда суммарная потеря механической энергии будет \(E_1 + E_2 + \ldots + E_n = mv_1^2/4 = mgH/2\). Таким образом, амплитуда отклонения системы в установившемся состоянии должна быть в два раза меньше, чем первоначальное отклонение первого шара.

Возможные расхождения с экспериментом могут объясняться потерями энергии в системе за счёт трения в подвесе и сопротивления воздуха. При уменьшении упругости сталкивающихся поверхностей шаров характерное число столкновений \(n\) будет уменьшаться. Это может привести к лучшему совпадению экспериментальных результатов с теоретическим расчётом, если из-за сопротивления движению потери энергии были велики в первом случае.

Ответ

1.1) \(m_1 = m_2\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2}\);  1.3) \(\dfrac{\Delta w_1}{w} \simeq \dfrac{(A + A_N)\delta}{(\Delta x^2 + A^2)N}\);  2.1) \(m_1 = m_2\left(\dfrac{T_1}{T_2}\right)^2\);  2.2) \(\dfrac{\Delta m}{m} = \left(\dfrac{T_{\text{э}}}{T}\right)^2 - 1\).

Решение

1.1. К пружине подвешиваем груз № 1 массы \(m_1\) и измеряем удлинение пружины \(\Delta x_1\), затем подвешиваем груз № 2 массы \(m_2\) и измеряем удлинение пружины \(\Delta x_2\). Массу груза № 1 находим, решая систему уравнений: \[\left.\begin{array}{l} m_1g = k\Delta x_1 \\ m_2g = k\Delta x_2 \end{array}\right\}\ \Rightarrow\ m_1 = m_2\dfrac{\Delta x_1}{\Delta x_2}.\] 1.2. Имеет смысл измерять число колебаний при одинаковом изменении амплитуды \(A\) колебаний, например, при \(\Delta A \simeq 1\) мм.

1.3. Пусть \(\Delta x\) — удлинение пружины, к которой подвесили груз массы \(m\). Возбудим в системе груз–пружина вертикальные колебания с амплитудой \(A\) (см. рисунок).

Полная механическая энергия системы «груз–пружина» равна \[w = mgA + \dfrac{k}{2}(\Delta x - A)^2 = \dfrac{mg\cdot\Delta x}{2} + \dfrac{mg\cdot A^2}{2\Delta x}.\] (При записи правой части уравнения использовано равенство \(k = \dfrac{mg}{\Delta x}\).)

Пусть через \(N\) периодов колебаний их амплитуда \(A_N\) уменьшится на \(\delta = A - A_N\). При этом механическая энергия системы уменьшится на \(\Delta w_N = \dfrac{mg}{2\Delta x}(A^2 - A_N^2) = \dfrac{mg}{2\Delta x}(A + A_N)\cdot\delta\).

Если \(\Delta w_N \ll w\), то изменение механической энергии системы за один период колебаний приближённо равно \[\Delta w_1 \simeq \dfrac{\Delta w_N}{N}.\] Отсюда находим относительное изменение энергии системы за один период колебаний \[\dfrac{\Delta w_1}{w} \simeq \dfrac{(A + A_N)\delta}{(\Delta x^2 + A^2)N}.\] 2.1. Воспользуемся формулой для периода колебаний груза на пружине: \[T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}. \tag{1}\] Измерив периоды колебаний грузов № 1 и № 2 с помощью формулы (1), получим \[m_1 = m_2\left(\dfrac{T_1}{T_2}\right)^2.\] 2.2. Из (1) следует: \[m = \dfrac{T^2k}{4\pi^2}.\] В случае колебаний груза на пружине в воде его эффективная масса \(m_{\text{э}} = \dfrac{T_{\text{э}}^2k}{4\pi^2}\).

Тогда относительное приращение массы \[\dfrac{\Delta m}{m} = \dfrac{m_{\text{э}} - m}{m} = \left(\dfrac{T_{\text{э}}}{T}\right)^2 - 1.\] Примечание. Величина \(\Delta m\) называется присоединённой массой.

Ответ

а) пять типов нормальных колебаний; б) все моды можно возбудить последовательно, медленно увеличивая частоту колебаний нити. Задание 1: 1-я мода — синфазные колебания в плоскости, перпендикулярной плоскости чертежа; 2-я — противофазные колебания в плоскости, перпендикулярной плоскости чертежа; 3-я — противофазные колебания в плоскости чертежа; 4-я — синфазные колебания в плоскости чертежа; 5-я — противофазные вертикальные колебания. Задание 2: \(\beta = \dfrac{\Delta L}{L} = \dfrac{2N + 1}{(N + 1)^2}\), где \(N\) — число колебаний, за которое направление колебаний грузов вновь становится первоначальным.

Решение

а) Двойной маятник имеет пять типов нормальных колебаний;

б) Все эти моды можно возбудить последовательно, медленно увеличивая частоту колебания нити.

1. Расположение мод в порядке возрастания частоты:

1-я мода — синфазные колебания в плоскости, перпендикулярной плоскости чертежа (см. рис. 4.11 в условии);

2-я мода — противофазные колебания в плоскости, перпендикулярной плоскости чертежа;

3-я мода — противофазные колебания в плоскости чертежа;

4-я мода — синфазные колебания в плоскости чертежа;

5-я мода — противофазные вертикальные колебания.

2. Чтобы вычислить отношение \(\beta = \Delta L/L\), сравним периоды колебаний 1-й и 3-й мод. Для этого нужно возбудить одновременно два этих типа колебаний. Оба груза сначала отводим в плоскости, перпендикулярной чертежу (удобнее на себя), а затем один из грузов отводим влево, другой — вправо и отпускаем. Грузы начинают колебаться в плоскостях, проходящих через ось симметрии маятника и расположенных под углом примерно \(\pi/2\) друг к другу (при одинаковых начальных отклонениях на себя и в сторону). Эти колебания являются суперпозицией двух типов колебаний: в плоскости, перпендикулярной чертежу, с периодом \(T_1 = 2\pi\sqrt{L/g}\), где \(g\) — ускорение свободного падения, и в плоскости чертежа с периодом \(T_2 = 2\pi\sqrt{(L - \Delta L)/g}\). Поскольку эти периоды не равны, то каждый из грузов будет совершать колебания в вертикальной плоскости, которая медленно вращается. Через некоторое число \(N\) колебаний грузы вновь вернутся в первоначальную плоскость колебаний. Это произойдёт при условии: \[NT_1 = (N + 1)T_2.\] После подстановки в это уравнение выражений для \(T_1\) и \(T_2\) и несложных алгебраических преобразований получим \[\beta = \dfrac{\Delta L}{L} = \dfrac{2N + 1}{(N + 1)^2}.\] Сосчитав число колебаний \(N\), при котором направление колебаний грузов станет первоначальным, вычислим величину \(\beta\).

Ответ

Для схемы рис. 95 (конденсатор \(C\) и резистор \(R\)): \(R\) находят из соотношения \(\dfrac{\operatorname{tg}\psi_1}{\operatorname{tg}\psi_2} = \dfrac{R + r}{r}\) (параллельно \(R\) подключают известный резистор \(r\)), а ёмкость \(C = \dfrac{1}{\omega_1R}\), где \(\omega_1\) — частота, при которой \(U_{3,4}(\omega_1)/U_{1,2} \approx 0{,}7\).

Решение

Основная идея определения схем электрических цепей «чёрных ящиков» сводится к исследованию частотных характеристик таких четырёхполюсников.

Рассмотрим случай, когда в «чёрном ящике» смонтирована электрическая цепь, изображённая на рис. 95.

Рис. 95

Подключив клеммы 3, 4 к выходу генератора, а клеммы 1, 2 к входу осциллографа, убедимся, что амплитуда синусоиды, наблюдаемая на экране осциллографа, не зависит от частоты выходного напряжения генератора. Если теперь клеммы 1, 2 подключить к выходу генератора, а клеммы 3, 4 к входу осциллографа, то будем наблюдать зависимость амплитуды выходного напряжения \(U_{3,4}\) на экране осциллографа от частоты \(\omega\) генератора при постоянной амплитуде \(U_{1,2}\) входного напряжения. Эту зависимость \(U_{3,4}(\omega)\) и следует аккуратно снять во всём диапазоне частот генератора.

График зависимости \(U_{3,4}(\omega)\) имеет вид, изображённый на рис. 96 (кривая 1). Эта кривая имеет два характерных участка:

Рис. 96

1) в области малых частот (когда реактивное сопротивление конденсатора \(\dfrac{1}{\omega C} \gg R\)) зависимость \(U_{3,4}(\omega)\) очень близка к линейной, т. е. \[U_{3,4}(\omega) \approx U_{1,2}\omega CR;\] 2) в области больших частот (когда \(\dfrac{1}{\omega C} \ll R\)) зависимость \(U_{3,4}(\omega)\) стремится к постоянному пределу, т. е. \[U_{3,4}(\omega) \approx U_{1,2}.\] Чтобы определить сопротивление \(R\) резистора, параллельно к нему (к клеммам 3, 4) подключим резистор известного сопротивления \(r\) и снова снимем зависимость \(U'_{3,4}(\omega)\). На рис. 96 этой зависимости соответствует кривая 2. В области малых частот \[U'_{3,4}(\omega) \approx U_{1,2}\omega C\dfrac{Rr}{R + r}.\] Используя отношения тангенсов угла наклона касательных к \(U_{3,4}(\omega)\) и \(U'_{3,4}(\omega)\) при \(\omega = 0\), получим \[\dfrac{\operatorname{tg}\psi_1}{\operatorname{tg}\psi_2} = \dfrac{R + r}{r}.\] Из этого соотношения вычислим \(R\).

Чтобы определить ёмкость конденсатора \(C\), для зависимости \(U_{3,4}(\omega)\) выберем такую частоту \(\omega_1\), при которой отношение \(U_{3,4}(\omega_1)/U_{1,2} \approx 0{,}7\). В этом случае ёмкостное сопротивление конденсатора примерно равно сопротивлению резистора \(R\): \[\dfrac{1}{\omega_1C} = R.\] Отсюда получим \[C = \dfrac{1}{\omega_1R}.\]

Ответ

\(\ln\dfrac{Mg}{T}\) линейно зависит от \(\varphi\), \(\mu = \dfrac{\ln(Mg/T)}{\varphi}\); получено \(\mu = 0{,}21 \pm 0{,}02\).

Решение

К свободному концу нити прикрепляем динамометр. Для удобства вычислений угол охвата \(\varphi\) меняем дискретно через \(\dfrac{\pi}{2}\). С помощью динамометра измеряем минимальную силу, т. е. силу, при уменьшении которой груз начинает двигаться вниз. Получаем таблицу значений зависимости силы \(T\) от угла охвата \(\varphi\). Примерный график такой зависимости показан на рис. 97 (звёздочки).

Рис. 97

Как видно из полученного графика, зависимость нелинейная, однако очень похожа на экспоненту с отрицательным показателем. Измеряем вес груза \(Mg\) и строим график \(\ln\dfrac{Mg}{T}\) от \(\varphi\). На рис. 97 этот график изображён кружочками.

Полученная зависимость линейна, поэтому можно предположить, что \[\mu = \dfrac{\ln\left(\dfrac{Mg}{T}\right)}{\varphi}.\] Тангенс угла наклона прямой на рис. 97 равен коэффициенту трения \(\mu = 0{,}21 \pm 0{,}02\).

Ответ

\(P = IU_{\text{я}}\cos\psi\), где \(\cos\psi = \sqrt{1 - \cos^2\varphi}\), \(\cos\varphi = \dfrac{U_C^2 + U_{\text{я}}^2 - U_{\text{г}}^2}{2U_CU_{\text{я}}}\); \(I\) — действующее значение силы тока, \(U_{\text{г}}\), \(U_C\), \(U_{\text{я}}\) — напряжения на генераторе, конденсаторе и «чёрном ящике».

Решение

Собираем схему, изображённую на рис. 98 (ЧЯ — «чёрный ящик»). Переключим мультиметр в режим амперметра. При разомкнутом ключе \(K\) с помощью амперметра измеряем силу тока \(I\). Амперметр измеряет действующие значения тока.

Рис. 98

Из схемы убираем амперметр и замыкаем ключ \(K\). С помощью мультиметра (в режиме вольтметра) измеряем напряжения на выходе генератора (\(U_{\text{г}}\)), на конденсаторе (\(U_C\)) и на «чёрном ящике» (\(U_{\text{я}}\)).

По измеренным напряжениям определяем сдвиг фаз \(\psi\) между током \(I\) и напряжением \(U_{\text{я}}\) на «чёрном ящике». Качественная векторная диаграмма тока \(I\) и напряжений показана на рис. 99. Действующее значение силы тока \(I\) откладываем вдоль горизонтальной оси. Напряжение \(U_C\) на конденсаторе отстаёт по фазе от тока на \(\dfrac{\pi}{2}\), а векторная сумма \[\vec U_C + \vec U_{\text{я}} = \vec U_{\text{г}}.\] По теореме косинусов \[U_{\text{г}}^2 = U_C^2 + U_{\text{я}}^2 - 2U_CU_{\text{я}}\cos\varphi.\] Сдвиг фаз \(\psi\) между током и напряжением на «чёрном ящике» равен \(\psi = \dfrac{\pi}{2} - \varphi\), поэтому \[\cos\psi = \sin\varphi = \sqrt{1 - \cos^2\varphi}.\] Мощность, потребляемая «чёрным ящиком», \[P = IU_{\text{я}}\cos\psi.\]

Рис. 99

Ответ

1) Нормальные колебания неподвижной платформы — колебания шарика вдоль и поперёк перекладины. 2) При равномерном вращении нормальные колебания эллиптические. 3) Вращение должно быть достаточно медленным по сравнению с разностью собственных частот маятника \(|\omega_1 - \omega_2|\) (или малым должно быть угловое ускорение по сравнению с \(|\omega_1^2 - \omega_2^2|\)); тогда после остановки плоскость колебаний совпадает с исходной.

Решение

1. В случае неподвижной платформы нормальными являются колебания шарика в направлении вдоль и поперёк перекладины.

2. В случае равномерно вращающейся платформы нормальные колебания являются эллиптическими. При малых угловых ускорениях платформы колебания шарика остаются все время нормальными с малым вкладом другой моды колебаний.

3. Возбуждаем одно из колебаний (вдоль или поперёк перекладины) и начинаем вращать платформу. При достаточно медленном вращении платформы плоскость колебаний шарика вращается со скоростью вращения платформы, а колебания остаются почти линейными. После остановки платформы ориентация плоскости колебаний относительно платформы совпадает с исходной.

Меняя положение точки подвеса по вертикали, убеждаемся, что вращение должно быть достаточно медленным по сравнению с разностью собственных частот маятника \(|\omega_1 - \omega_2|\). Вращение может быть и не медленным при условии малости углового ускорения (по сравнению с \(|\omega_1^2 - \omega_2^2|\)). В этом случае после остановки платформы плоскость колебаний также совпадает с исходной, но теперь в процессе вращения колебания маятника уже являются эллиптическими. При этом движение шарика по направлению движения платформы соответствует исходному колебанию поперёк перекладины, а против движения платформы — исходному колебанию вдоль перекладины.

Ответ

Источник — медная и цинковая пластинки в лимоне (\(\mathcal{E} \approx 1\) В, медная пластинка положительна). База — вывод, при подключении которого в паре с любым из двух других выводов ток идёт только при «минусе» на базе (для \(p\)–\(n\)–\(p\)) либо только при «плюсе» на базе (для \(n\)–\(p\)–\(n\)). Эмиттер и коллектор различают по току при замыкании базы и коллектора пальцами, смоченными соком лимона: ток заметно больше, когда на коллекторе \(p\)–\(n\)–\(p\)-транзистора отрицательный потенциал, а на эмиттере положительный.

Решение

Известно, что биполярный транзистор может быть представлен как два включённых навстречу друг другу диода (см. рис. 100, 101).

Рис. 100

Рис. 101

1. Из цинковой и медной пластинок, воткнутых в лимон, получаем химический источник тока с ЭДС \(\approx 1\) В. Медная пластинка имеет положительный потенциал, а цинковая — отрицательный. Соединим миллиамперметр с источником тока (рис. 102).

Рис. 102

Произвольно выбираем два вывода транзистора и подключаем к ним проводники 1 и 2 электрической цепи. При этом возможны несколько вариантов, их анализ позволяет найти вывод базы (Б).

Предположим, что это выводы эмиттера (Э) и коллектора (К) (рис. 103). Очевидно, что в этом случае тока в цепи практически нет. Изменим полярность подключения, т. е. вывод 2 подключим к коллектору, а вывод 1 — к эмиттеру, и в этом случае миллиамперметр не зарегистрирует ток в цепи. При других вариантах подключения (база–коллектор или база–эмиттер) при «минусе» на базе миллиамперметр будет регистрировать наличие в цепи тока.

Рис. 103

2. Для определения выводов транзистора «коллектор» и «эмиттер» можно использовать сопротивление своего тела между левой и правой руками. Известно, что сопротивление тела между руками колеблется от 20 до 500 кОм. Если кончики пальцев смочить соком лимона, то сопротивление \(R\) между ними будет 10–30 кОм, что вполне достаточно, чтобы открыть транзистор, когда пальцы соединяют его базу и коллектор. На коллекторе при этом должен быть отрицательный потенциал для транзисторов \(p\)–\(n\)–\(p\)-типа, а на эмиттере положительный (рис. 104).

Рис. 104

Заметим, что ток в цепи не очень большой, но его достаточно, чтобы определить выводы коллектора и эмиттера. Предположим, что мы перепутали коллектор и эмиттер. Тогда ток в цепи станет в 10–100 раз меньше и микроамперметром его зафиксировать практически невозможно.

3. Проведя аналогичное исследование с транзистором \(n\)–\(p\)–\(n\)-типа, получим, что ток в электрической цепи «база–эмиттер» или «база–коллектор» течёт только в том случае, когда на базе будет положительный (+) потенциал по отношению к эмиттеру.

Ответ

а) \(R_V \simeq U_1/I_1\); \(R = \dfrac{R_0R_V}{R_V - R_0}\), где \(R_0 = U_2/I_2\);  б) \(\mathcal{E} = \dfrac{I_3I_4R_V}{I_4 - I_3}\);  в) \(R_A + r = \dfrac{\mathcal{E} - I_4R}{I_4}\).

Решение

а) Собираем электрическую цепь согласно рис. 105. Определяем \(I_1\) и \(U_1\) и вычисляем \(R_V \simeq U_1/I_1\).

Рис. 105

Собираем электрическую цепь в соответствии с рис. 106. Снимаем показания \(I_2\) и \(U_2\). Находим сопротивление \(R_0\) параллельно соединённых резистора \(R\) и вольтметра \(V\):

Рис. 106 \[R_0 = \dfrac{U_2}{I_2};\quad R_0 = \dfrac{RR_V}{R + R_V}.\] Отсюда вычисляем \[R = \dfrac{R_0R_V}{R_V - R_0}.\] б) Собираем электрическую цепь в соответствии с рис. 107. Используя закон Ома для замкнутой цепи, получаем

Рис. 107 \[I_3 = \dfrac{\mathcal{E}}{R_A + R_V + r + R},\] \[I_3(R + R_V) + I_3(R_A + r) = \mathcal{E}. \tag{1}\] Собираем электрическую цепь в соответствии с рис. 108 и снимаем значение \(I_4\). Используя закон Ома для замкнутой цепи, запишем

Рис. 108 \[I_4 = \dfrac{\mathcal{E}}{R + R_A + r};\quad I_4R + I_4(R_A + r) = \mathcal{E}. \tag{2}\] \[R_A + r = \dfrac{\mathcal{E} - I_4R}{I_4}. \tag{3}\] Подставив (3) в (1), получим \[I_3(R + R_V) + I_3\dfrac{\mathcal{E} - I_4R}{I_4} = \mathcal{E}.\] Решим это уравнение относительно \(\mathcal{E}\): \[\mathcal{E} = \dfrac{I_3I_4R_V}{I_4 - I_3}.\] в) Значения \(I_3\), \(I_4\), \(R\) и \(R_V\) уже известны. Значение \(\mathcal{E}\) подставим в (2) и найдём сумму \((R_A + r)\).

Ответ

В ящике только резисторы и два диода. Для схемы рис. 113: \(R_a = \dfrac{U_2 - U_1}{I_2 - I_1}\), \(R_b = \dfrac{U_1 - U_a}{I_1} - \dfrac{U_2 - U_1}{I_2 - I_1}\); для схемы рис. 114: \(R_1 = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\), \(R_2 = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\beta - \operatorname{tg}\alpha}\).

Решение

Для того чтобы снять вольт-амперную характеристику (ВАХ) «чёрного ящика» (далее ЧЯ), соберём электрическую цепь согласно схеме на рис. 109. При одной полярности подключения ЧЯ ток в цепи отсутствует, а при другой — течёт. ВАХ «чёрного ящика» приведена на рис. 110. Чтобы более аккуратно исследовать начальный участок \(ab\) ВАХ, соберём электрическую цепь согласно рис. 111.

Рис. 109

Рис. 110

Рис. 111

Анализ вольт-амперной характеристики показывает, что из всех приведённых в условии задачи элементов электрическая цепь ЧЯ может состоять только из резисторов и двух диодов.

Отсутствие тока на участке \(Oa\) свидетельствует о том, что один диод (\(D_a\)) включён последовательно с оставшейся частью цепи.

Учитывая, что идеализированная ВАХ диодов имеет вид, приведённый на рис. 112, конструируем возможные электрические схемы цепи чёрного ящика (рис. 113 и рис. 114).

Рис. 112

Рис. 113

Рис. 114

Проанализируем схему на рис. 113. На участке \(ab\) \[\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{dI}{dU} \simeq \dfrac{I_1}{U_1 - U_a} = \dfrac{1}{R_a + R_b},\] на участке \(bc\) \[\operatorname{tg}\beta = \dfrac{dI}{dU} \simeq \dfrac{I_2 - I_1}{U_2 - U_1} = \dfrac{1}{R_a}.\] Тогда \[R_a = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\beta};\quad R_a = \dfrac{U_2 - U_1}{I_2 - I_1};\quad R_a + R_b = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha};\quad R_b = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \dfrac{1}{\operatorname{tg}\beta};\] \[R_b = \dfrac{U_1 - U_a}{I_1} - \dfrac{U_2 - U_1}{I_2 - I_1}.\] Аналогичным образом находим сопротивление в схеме рис. 114: \[R_1 = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\alpha};\quad R_2 = \dfrac{1}{\operatorname{tg}\beta - \operatorname{tg}\alpha}.\]

Ответ

Для собирающей линзы: \(F\) — расстояние от линзы до экрана при изображении удалённого предмета; \(R_1 = 2F_1\) (по отражению от вогнутой поверхности как от сферического зеркала); \(\dfrac{2}{R_2} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} - \dfrac{2}{F}\); показатель преломления — из \(\dfrac{1}{F} = (n - 1)\left(\dfrac{1}{R_2} - \dfrac{1}{R_1}\right)\). Для рассеивающей линзы радиусы находят по той же методике, фокусное расстояние — из \(\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} = -\dfrac{1}{F_{\text{л}}}\).

Решение

Сначала найдём параметры собирающей линзы.

1. Получим на экране изображение удалённого предмета. При этом можно считать, что предмет удалён бесконечно далеко. Тогда фокусное расстояние \(F_{\text{л}}\) равно расстоянию от линзы до экрана. Возможны и другие способы определения \(F\).

2. Найдём радиус кривизны \(R_1\) вогнутой поверхности. Её можно рассматривать как сферическое зеркало. Согласно формуле Гаусса \(F_1 = R_1/2\).

Рис. 115

При определении \(R_2\) будем считать линзу тонкой. Свет от источника \(S\) после прохождения линзы частично отразится от её поверхности радиуса \(R_2\) и, вновь пройдя линзу, сфокусируется в точке \(S_1\) (рис. 115). В данном приближении оптическая сила системы: линза плюс отражающая внешняя поверхность, будет равна сумме удвоенной оптической силы линзы и оптической силы зеркала с радиусом \(R_2\). \[\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = 2D + D_2,\] где \(D = \dfrac{1}{F}\), \(D_2 = \dfrac{2}{R_2}\). Отсюда \(\dfrac{2}{R_2} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} - \dfrac{2}{F}\).

Подставляя в последнюю формулу измеренные величины \(a\), \(b\) и найденное значение \(F\), можно вычислить \(R_2\).

3. Показатель преломления \(n\) стекла линзы найдём по формуле тонкой линзы: \[\dfrac{1}{F} = (n - 1)\left(\dfrac{1}{R_2} - \dfrac{1}{R_1}\right). \tag{1}\] Радиусы кривизны поверхностей двояковогнутой линзы найдём по той же методике, что и \(R_1\) собирающей линзы.

Для нахождения фокусного расстояния линзы соберём оптическую схему, изображённую на рис. 116. По формуле линзы \[\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} = -\dfrac{1}{F_{\text{л}}}.\]

Рис. 116

Измерив радиус оправы линзы \(r_1\) и радиус светлого пятна \(r_2\), вычислим интересующее нас фокусное расстояние \(F_{\text{л}}\). Показатель преломления найдём по формуле (1).

Ответ

\(R = \dfrac{R_1}{\dfrac{U_1}{U_2} - 1}\), где \(\dfrac{U_1}{U_2}\) — отношение тангенсов углов наклона сигналов в двух положениях переключателя. Наибольшая точность достигается при \(\dfrac{U_1}{U_2} = 1 + \sqrt{2}\), то есть при \(R_1 = \sqrt{2}\,R\).

Решение

Собираем схему, показанную на рисунке 117.

Рис. 117

Здесь \(X\) означает гнездо выхода генератора пилообразного напряжения. Благодаря пропорциональности напряжений по осям \(X\) и \(Y\) для каждого из двух положений переключателя 1 и 2 на экране осциллографа получаем линейный сигнал. При этом наблюдается один период пилообразного напряжения генератора развёртки. Используя закон Ома для каждого из двух случаев и исключая силу тока (которую можно полагать независящей от положения ключа из-за большого входного сопротивления осциллографа), находим \[R = \dfrac{R_1}{\dfrac{U_1}{U_2} - 1}, \tag{1}\] где отношение \(\dfrac{U_1}{U_2}\) определяется из сравнения сигналов, как отношение тангенсов углов их наклона.

Минимизация относительной погрешности будет достигнута (путём подбора \(R_1\)) при условии, что \[\dfrac{U_1}{U_2} = 1 + \sqrt{2}. \tag{2}\] Для получения этого результата найдём \(\Delta R/R\), полагая погрешность измерения \(R_1\) равной нулю. Имеем

\[\dfrac{\Delta R}{R} = \dfrac{\Delta\left(\dfrac{U_1}{U_2}\right)}{\dfrac{U_1}{U_2} - 1} \ll \delta\,\dfrac{U_2 + U_1}{U_2U_1 - U_2^2}, \tag{3}\] где \(\delta = \Delta U_1 = \Delta U_2\) — абсолютная погрешность измерения \(U_1\) и \(U_2\) (в условных единицах), равная половине деления шкалы осциллографа. Представляя выражение (3) в виде произведения \(\delta/U_1\) (заметим, что \(\delta/U_1 < \delta/U_2\)) на функцию \[x\,\dfrac{1 + x}{x - 1}\quad (x = U_1/U_2),\] находим минимальное значение последней, которое совпадает с правой частью (2). Меняя \(R_1\), добиваемся того, чтобы отношение \(U_1/U_2\) равнялось \(1 + \sqrt{2}\). При этом сопротивление \(R = R_1/\sqrt{2}\) будет определено с минимальной относительной погрешностью.

Контрольные измерения проводились для осциллографа С1-93 (тогда величина \(\delta/U_1\), которую можно считать постоянной, равна \(1/80\)). Результаты измерений при различных значениях известного сопротивления \(R_1\) представлены в таблице. Относительная погрешность рассчитывалась по формуле (3).

Ответ

\(H = \dfrac{nH_1}{2}\), где \(n = \dfrac{2H}{H_1}\) — показатель преломления стекла, \(H_1\) — расстояние между точками \(S_1\) и \(S_2\) (положения изображений, получаемых отражением от передней и от задней поверхностей стекла).

Решение

Поставленный (торцом) на бумагу пакет пластинок обведём карандашом (рис. 118). Перпендикулярно проекции \(AB\) передней поверхности стекла проведём прямую \(OO_1\).

Рис. 118

На прямой \(OO_1\) на некотором расстоянии от передней поверхности стекла поставим точку \(S\). Установим остриё карандаша на прямой \(OO_1\) с обратной стороны пакета.

Угол \(\alpha\) между лучом зрения и осью \(OO_1\) должен быть мал. Будем смещать карандаш вдоль \(OO_1\) до тех пор, пока видимое сквозь стекло положение острия карандаша не совпадёт с отражением в передней поверхности стекла точки \(S\). Обозначим эту точку \(S_1\). Повторим опыт для луча, отражённого от задней поверхности стекла. Обозначим положение новой точки через \(S_2\). Измерим расстояние \(H_1\) между точками \(S_1\) и \(S_2\). Определим толщину \(H\) пакета.

Согласно закону преломления \[\alpha = \beta n, \tag{1}\] где \(n\) — показатель преломления стекла.

Из рисунка видно, что \[\dfrac{2a}{H_1} = \operatorname{tg}\alpha \simeq \alpha, \tag{2}\] \[\dfrac{a}{H} = \operatorname{tg}\beta \simeq \beta. \tag{3}\] Подставляя (2) и (3) в (1), получим \[n = \dfrac{2H}{H_1}. \tag{4}\] По формуле (4) вычислим \(n\).

Перепишем формулу (4) в несколько ином виде \[H = \dfrac{nH_1}{2}. \tag{5}\] Если теперь под \(H_1\) понимать расстояние между изображениями точки \(Z\), полученными в результате отражения света от передней и задней границы любого из внутренних стёкол, то \(H\) будет истинной толщиной этого стекла. Проведём измерения и вычислим толщину всех стёкол из пакета.

Ответ

Участок \(AB\) — конденсатор, \(BN\) — катушка индуктивности, \(ND\) — резистор (рис. 125); \(R = 51\) Ом, \(C = 1\) мкФ, \(L = 0{,}011\) Гн, активное сопротивление катушки \(R_L = 11\) Ом.

Решение

Определяем зависимость силы тока от частоты при постоянном напряжении для различных пар выводов (рис. 119–124). По виду этих зависимостей устанавливаем, что участок \(AB\) представляет собой ёмкостное сопротивление \(X_C\) (конденсатор), \(BN\) — индуктивное сопротивление \(X_L\) (катушка индуктивности), \(ND\) — активное сопротивление \(R\) (резистор). Схема представлена на рис. 125.

Рис. 119

Рис. 120

Рис. 121

Рис. 122

Рис. 123

Рис. 124

Рис. 125

Примечание. Вместо зависимости \(I = f(\nu)\) при \(U = \text{const}\) можно построить зависимость \(U = g(\nu)\) при \(I = \text{const}\) или \(Z = U/I = F(\nu)\).

Определяем активное сопротивление.

Соберём схему, показанную на рис. 126. По масштабной сетке экрана осциллографа измеряем амплитуду напряжения на резисторе при любой частоте генератора.

Рис. 126

Измерения: \(U_a = 2\) В, \(I = 0{,}028\) А, \(R = \dfrac{U_a}{I\sqrt{2}} = 51\) Ом.

Определяем ёмкость конденсатора.

Согласно схеме на рис. 126 вместо участка \(ND\) включаем участок \(AB\). Устанавливаем частоту звукового генератора, например, 1000 Гц.

Измерения: \(U_a = 2{,}2\) В, \(I = 0{,}01\) А, \(\nu = 1000\) Гц, \[X_C = \dfrac{U_a}{I\sqrt{2}},\quad X_C = \dfrac{1}{2\pi\nu C},\quad C = \dfrac{I\sqrt{2}}{2\pi\nu U_a} = 1~\text{мкФ}.\] Определяем индуктивность катушки.

Согласно схеме на рис. 126 вместо участка \(ND\) включаем участок \(BN\). Устанавливаем частоту звукового генератора максимальной из указанного диапазона, чтобы уменьшить влияние активного сопротивления катушки.

Измерения: \(U_a = 4{,}8\) В, \(I = 0{,}01\) А, \(\nu = 5000\) Гц, \(X_L = \dfrac{U_a}{I\sqrt{2}}\), \[X_L = 2\pi\nu L,\quad L = \dfrac{U_a}{2\pi\nu I\sqrt{2}} = 0{,}011~\text{Гн}.\] Определяем активное сопротивление катушки.

Устанавливаем частоту звукового генератора минимальной из указанного диапазона, чтобы уменьшить влияние реактивного сопротивления катушки. Имеем:

\(X_L = 2\pi\nu L = 350\) Ом при \(\nu = 5000\) Гц, \(X_L = 2\pi\nu L = 3{,}5\) Ом при \(\nu = 50\) Гц.

На частоте \(\nu = 50\) Гц, \(Z = \dfrac{U_a}{I\sqrt{2}} = 11{,}3\) Ом.

С учётом реактивного сопротивления: \(R_L = \sqrt{Z^2 - X_L^2} = 11\) Ом.

Ответ

Первый способ (рис. 127): \(\mu = \dfrac{h}{\sqrt{L^2 - h^2}}\dfrac{r}{R - r}\). Второй способ (рис. 128): \(\mu = \dfrac{h}{\sqrt{L^2 - h^2}}\dfrac{r}{R + r}\). Здесь \(L\) — длина бруска, \(h\) — высота его поднятого края, \(R\) и \(r\) — радиусы катушки и намотанной на неё нити.

Решение

Поднимая за один конец деревянный брусок, создаём наклонную плоскость, на которой располагаем катушку с намотанной на неё нитью. Конец нити крепим с помощью воткнутой в брусок булавки у верхнего края наклонённого бруска. Рассмотрим два способа определения \(\mu\) — см. рис. 127 и 128. Для большей устойчивости катушки нить должна быть протянута через её середину.

Пока катушка покоится, сумма внешних сил, действующих на неё, и сумма моментов этих сил равны нулю: \[m\vec g + \vec T + \vec N + \vec F_{\text{тр}} = 0 \tag{1}\] и \[F_{\text{тр}}R = Tr. \tag{2}\] В проекциях на координатные оси уравнение (1) примет вид: \[N = mg\cos\alpha\ \text{ и }\ F_{\text{тр}} = \pm(T - mg\sin\alpha)\] (здесь знак «\(+\)» относится к рис. 127, а «\(-\)» — к рис. 128).

По определению, \[F_{\text{тр}} = \mu N = \mu mg\cos\alpha.\]

Рис. 127

Для первого способа определения \(\mu\). \[\mu mg\cos\alpha\cdot R = T\cdot r;\quad mg\sin\alpha + \mu mg\cos\alpha = T\] или, исключая \(T\), \[mg\sin\alpha + \mu mg\cos\alpha = \dfrac{\mu mg}{r}\cos\alpha\cdot R.\] Отсюда \(\operatorname{tg}\alpha + \mu = \dfrac{\mu R}{r}\) или \(\mu = \dfrac{r\operatorname{tg}\alpha}{R - r}\). Так как \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{h}{\sqrt{L^2 - h^2}}\), где \(L\) — длина бруска, окончательно \(\mu = \dfrac{h}{\sqrt{L^2 - h^2}}\dfrac{r}{R - r}\). Подставляя значения, получаем \(\mu\).

Рассмотрим второй способ (рис. 128).

Рис. 128 \[\mu mg\cos\alpha\cdot R = T\cdot r,\quad mg\sin\alpha - \mu mg\cos\alpha = T.\] или исключая \(T\), \[mg\sin\alpha - \mu\,mg\cos\alpha = \dfrac{\mu mg}{r}\cos\alpha\cdot R.\] Отсюда \(\operatorname{tg}\alpha - \mu = \dfrac{\mu R}{r}\) или \(\mu = \dfrac{r\operatorname{tg}\alpha}{R + r}\).

Окончательно имеем \(\mu = \dfrac{h}{\sqrt{L^2 - h^2}}\dfrac{r}{R + r}\). Подставляя значения, находим \(\mu\).

Ответ

\(\lambda \approx \dfrac{d\,\Delta x}{L}\) (по ширине \(\Delta x\) интерференционных полос от двух отверстий диаметром \(d\) при расстоянии \(L\) до экрана); период решётки \(b = \dfrac{\lambda}{\sin\varphi} \simeq \dfrac{\lambda}{\varphi} \simeq \dfrac{\lambda L_1}{\Delta x_1}\).

Решение

Определим \(\lambda\).

Прокатив иглу по ластику, вычислим диаметр \(d\) иглы: \(d = S/\pi N\), где \(S\) — длина пути иглы, \(N\) — число её оборотов. Сложив две иглы вплотную друг к другу, проколем в фольге два одинаковых отверстия диаметром в несколько раз меньше диаметра иглы (для этого фольгу надо положить на стекло). Расстояние между центрами отверстий равно диаметру иглы.

Закрепим с помощью пластилина на одном бруске горизонтально лазер, а на другом бруске вертикально квадратик фольги и осветим отверстия.

Рис. 129

В центре картины, в области наложения центральных дифракционных максимумов при дифракции на круглых отверстиях, будем наблюдать систему равноотстоящих интерференционных полос (как в опыте Юнга). Измерив ширину нескольких полос (рис. 129), найдём ширину одной и по ней вычислим длину волны излучения лазера. \[\lambda \approx \dfrac{d\Delta x}{L}.\] Определим период отражательной решётки.

Закрепим с помощью пластилина на бруске вертикально часть сектора лазерного диска.

Рис. 130

Направим луч лазера на лазерный диск (рис. 130). Дифрагированные лучи наблюдаем в отражённом свете на линейке Л, находящейся за лазером на расстоянии \(L_1\) от лазерного диска. Период решётки \[b = \dfrac{\lambda}{\sin\varphi} \simeq \dfrac{\lambda}{\varphi} \simeq \dfrac{\lambda L_1}{\Delta x_1}.\]

Ответ

Цепь — последовательно катушка индуктивности (с активным сопротивлением), резистор и конденсатор (рис. 133). Сопротивление элемента \(Z_x = R_0U_x/U_0\); для резистора \(R = Z_x\), для конденсатора \(C = 1/(\omega Z_x)\), для катушки \(L\) находят из \(\cos\varphi = \dfrac{U_0^2 + U_x^2 - U^2}{2U_0U_x}\), \(\varphi' = \pi - \varphi\), \(\operatorname{tg}\varphi' = \dfrac{\omega L}{R_L}\).

Решение

Собираем электрическую цепь из последовательно соединённых источника переменного тока, известного сопротивления и чёрного ящика. Последний подключают к какой-либо паре клемм. Отключив развёртку осциллографа и подавая напряжение с известного сопротивления на «\(X\)» — вход осциллографа, а со всех возможных комбинаций пар клемм чёрного ящика — на «\(Y\)» — вход (рис. 131), получаем фигуры Лиссажу. Последние анализируем.

Рис. 131

Горизонтальная прямая означает, что потенциалы соответствующих клемм одинаковы, т. е. разрыва цепи между ними нет, но элемент не находится под напряжением. Наклонная прямая свидетельствует об отсутствии сдвига фаз, что в данной постановке соответствует активному сопротивлению между клеммами. Эллипс, симметричный относительно вертикальной и горизонтальной осей, соответствует конденсатору (сдвиг фаз \(\dfrac{\pi}{2}\)). Эллипс, произвольно ориентированный относительно осей, соответствует либо катушке индуктивности, обладающей активным сопротивлением, либо комбинации элементов.

Повторяем все действия до тех пор, пока не восстановим схему чёрного ящика.

Для определения сопротивления цепи подключаем источник переменного тока и известное сопротивление последовательно с каждым элементом схемы в отдельности. Используя осциллограф как вольтметр, измеряем напряжения на известном сопротивлении (\(U_0\)) и данном элементе схемы (\(U_x\)). Находим его сопротивление по формуле \(Z_x = R_0U_x/U_0\). Для активного сопротивления \(R = Z_x\), для конденсатора его ёмкости \(C = 1/(\omega Z_x)\), для катушки индуктивности коэффициент индукции можно найти из системы уравнений:

Рис. 132 \[\cos\varphi = \dfrac{U_0^2 + U_x^2 - U^2}{2U_0U_x},\quad \varphi' = \pi - \varphi,\] \[\operatorname{tg}\varphi' = \dfrac{\omega L}{R_L},\quad Z_x = \sqrt{(R + R_L)^2 + (\omega L)^2},\] где \(U\), \(R_L\), \(\varphi'\) — полное напряжение на \(R_0\) и \(R_x\), активное сопротивление катушки индуктивности и сдвиг фаз между током и напряжением на катушке соответственно (рис. 132).

Рисуем схему чёрного ящика (рис. 133):

Рис. 133

Ответ

\(\sin\theta = \sqrt{n_{\text{с}}^2 - n_{\text{о}}^2}\); при \(2\theta \approx 60^\circ\) и \(n_{\text{о}} = 1{,}512\) получаем \(n_{\text{с}} = 1{,}593\) (второе решение \(n_{\text{о}} = 1{,}431\) при \(n_{\text{с}} = 1{,}512\) не подходит: выпадает из указанного диапазона).

Решение

Можно заметить, что излучение на выходе световода образует конус, угол раствора которого определяется углом падения лазерного луча на торец световода, но не превышает некоторого значения \(2\theta\). Значение угла \(\theta\) найдём из геометрических соображений, рассмотрев полное внутреннее отражение света на границе оболочка–сердцевина световода (см. рисунок):

\[\dfrac{\sin\theta}{\sin\psi} = n_{\text{с}},\quad \sin\psi = \cos\varphi,\quad \dfrac{\sin\varphi}{\sin 90^\circ} = \dfrac{n_{\text{о}}}{n_{\text{с}}}, \tag{1}\] где \(n_{\text{о}}\), \(n_{\text{с}}\) — показатели преломления стёкол, из которых изготовлены оболочка и сердцевина световода.

Из соотношений (1) следует: \[\sin\theta = \sqrt{n_{\text{с}}^2 - n_{\text{о}}^2}. \tag{2}\] Для измерения угла \(\theta\) можно воспользоваться миллиметровой бумагой, располагая её вблизи оси световода. Найденное значение угла \(2\theta \approx 60^\circ\) при \(n_{\text{о}} = 1{,}512\) приводит к \(n_{\text{с}} = 1{,}593\).

Второе решение уравнения (2) при \(n_{\text{с}} = 1{,}512\) не подходит, так как значение \(n_{\text{о}} = 1{,}431\) выпадает из оговоренного диапазона значений показателя преломления \(n\).