Магнит в стекле

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.

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.