МУ и сборник задач к РГР и КР 2015 физика
.pdf
Решение. Согласно принципу суперпозиции электрических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность E электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей Е1 и Е2 ,
полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: E = Е1 + Е2 .
Напряженность электрического поля, создаваемого в воздухе ( =1) зарядом q1 , равна
Е |
q1 |
|
, |
(1) |
|||||
|
r 2 |
||||||||
|
1 |
|
|
4 |
0 |
|
|
|
|
зарядом q2 : |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Е |
2 |
|
|
q2 |
|
|
. |
(2) |
|
|
|
r 2 |
|
||||||
|
|
|
4 |
0 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
Вектор Е1 (рисунок 4) направлен по силовой линии от заряда q1 , так |
|||||||||
как заряд q1 положителен; вектор Е2 |
направлен также по силовой линии, но к |
||||||||
заряду q2 , так как заряд q2 отрицателен.
Абсолютное значение Е найдем как следствие из теоремы косинусов:
Е |
Е12 Е22 2Е1Е2Соs |
, |
(3) |
где - угол между векторами Е1 |
и Е2 , который может быть найден из |
|
|
треугольника со сторонами r1, r2 |
и d по теореме косинусов: |
|
|
d 2 r12 r22 2r1r2Cos r12 |
r22 2r1r2Cos , |
|
|
Cos d2 r12 r22 . 2r1r2
В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение Соs вычислить отдельно:
Cos 0,238.
Подставляя выражение Е1 , из формулы (1) и Е2 из формулы (2) в равенство (3) и вынося общий множитель 1/ 40 за знак корня, получим
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
q2 |
q |
2 |
2 |
q q |
2 |
Cos . |
(4) |
||||
E |
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
1 |
|
|||||
|
4 |
|
|
|
r |
|
r 2r |
|
|||||||
|
|
0 |
|
r 4 |
4 |
|
2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
1 |
2 |
|
|
|
|||
Подставляя числовые значения величин в формулу (4), получаем |
|
||||||||||||||
|
Е 3,58103 В / м . |
|
|
|
|
|
|
||||||||
При вычислении Е знак заряда q2 |
опущен, так как знак заряда |
|
|||||||||||||
определяет направление вектора напряженности, а направление Е2 было
учтено при его графическом изображении (рисунок 4).
В соответствии с принципом суперпозиции электрических полей
потенциал результирующего поля, создаваемого двумя зарядами q1 |
и q2 , |
равен алгебраической сумме потенциалов, т.е. |
|
1 2 . |
(5) |
Потенциал электрического поля, создаваемого в вакууме точечным зарядом q на расстоянии r от него, выражается формулой
51
|
q |
|
. |
(6) |
4 |
|
|||
|
0r |
|
||
В нашем случае согласно формулам (5) и (6) получим
|
q1 |
|
q2 |
|
1 |
|
q1 |
|
q2 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
4 |
r |
4 |
r |
4 |
0 |
r |
r |
||||||
|
|
0 1 |
|
|
0 2 |
|
|
1 |
|
2 |
|
||
Подставляя в это выражение числовые значения физических величин, получим 157В.
Ответ: Е=3,58 кВ/м; 157В.
Пример 11. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом R=1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью =20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстоянии а1 =0,5 см и а2 =2 см от поверхности цилиндра в
средней его части.
Дано: R=1 см; =20 нКл/м (210 8 Кл/м.); а1 =0,5 см; а2 =2 см.
Найти: 2 1 .
Решение. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и изменением потенциала:
Е grad.
Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде
Еr |
|
d |
, или d Er dr . |
|
|
|
|
||||
|
|
dr |
|
|
|
Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов двух точек, |
|||||
отстоящих на расстояниях r1 и r2 |
от оси цилиндра: |
|
|||
|
|
|
r |
|
|
|
2 1 2 |
Er dr . |
(1) |
||
r1
Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, то для напряженности можно воспользоваться формулой напряженности поля, создаваемого бесконечно длинным цилиндром:
|
Er |
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
||||
|
20r |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Подставив выражение Е в (1), получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
2 1 |
|
|
r2 |
dr |
|
|
|
|
|
|
r |
, |
||||
2 |
|
|
|
r |
2 |
|
ln r |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
0 |
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
2 |
|
|
или |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1 |
2 |
|
|
|
|
ln |
r2 |
. |
|
(2) |
||||||
|
2 |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
r |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||
Так как величины r1 и r2 входят в формулу (2) в виде отношения, их можно выразить в любых, но только в одинаковых единицах: r1 =R+ а1 =1,5см; r2 = R+ а1 =3см. Подставляя числовые значения в (2), получаем 1 2 250В.
52
Ответ: 1 2 250В.
Пример 12. Емкость плоского воздушного конденсатора С= 1,10 10-9 Ф, расстояние между пластинами d= 4,1 10-3 м. На помещенный между пластинами конденсатора заряд q0 = 4,9 l0-9 Кл действует сила F = 9,8 10-9 Н. Площадь пластины конденсатора S = 1,2 10-2 м2. Определить: а) напряженность поля и разность потенциалов между пластинами; б) плотность энергии и энергию поля конденсатора.
Дано: С= 1,10 10-9 Ф; d= 4,1 10-3 м; q0 = 4,9 l0-9 Кл; F = 9,8 10-9 Н; S = 1,2 10-2 м2.
Найти: E; 1 2 ; w ; W .
Решение. Поле между пластинами плоского конденсатора считаем однородным. Напряженность поля конденсатора может быть определена из выражения
E = F/q0, |
(1) |
где F - сила, с которой поле действует на пробный заряд q0 , помещенный между пластинами конденсатора.
Разность потенциалов между пластинами конденсаторов определяется из соотношения
1 2 Ed, |
(2) |
где d — расстояние между пластинами конденсатора. |
|
Энергия конденсатора определяется по формуле |
|
W C 2 / 2, |
|
где С -емкость плоского конденсатора. Поскольку C 0 S / d , |
то |
W 0 S 2 / 2d . |
(3) |
Плотность энергии |
(4) |
w W /V W / Sd , |
где V — объем поля конденсатора.
Подставив числовые значения в формулы (1)-(4) , получим: Е = 2 104 В/м, = 82 B,W= 8,7 10-8 Дж, w= 1,8 10-3 Дж/м3.
Ответ: Е = 2 104 В/м, = 82 B,W= 8,7 10-8 Дж, w = 1,8 10-3 Дж/м3.
Пример 13. Длинный провод с током I =50А изогнут под углом2 / 3. Определить магнитную индукцию В в точке А (рисунок 5). Расстояние d =5 см.
Дано: I =50А; 2 / 3; d =5 см. Найти: В .
53
Рисунок 5 Сложение векторов индукции магнитного поля
Решение. Изогнутый провод можно рассматривать как два длинных провода, концы которых соединены в точке О. В соответствии с принципом суперпозиции магнитных полей магнитная индукция В в точке А будет равна геометрической сумме магнитных индукций В1 и В2 полей,
создаваемых отрезками длинных проводов 1 и 2, т.е. В = В1 + В2 . Магнитная индукция В2 равна нулю. Это следует из закона Био-Савара-Лапласа, согласно которому в точках, лежащих на оси проводника, dB =0 ( dl r =0).
Магнитную индукцию В1 найдем, воспользовавшись формулой магнитной индукции поля, создаваемого отрезком провода с током:
B 0 I Соs 1 Cos 2 ,
4r0
где r0 - кратчайшее расстояние от проводника 1 до точки А (рисунок 5). В нашем случае 1 0 (проводник длинный), 2 2 / 3 . Тогда
Cos 2 Cos(2 / 3) 1/ 2. Расстояние r0 =dSin( ) dSin( / 3) d 
3 / 2 . Тогда магнитная индукция
B |
0 I |
|
1 |
1 . |
||
|
|
|||||
|
|
|||||
1 |
4d 3/ 2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
Так как В = В1 ( В2 =0), то
В 
30 I . 4d
Вектор В сонаправлен с вектором В1 и определяется правилом
правого винта. Подставляя числовые значения в формулу, получаем В=3,4610 5 Тл.
Ответ: В=34,6 мкТл.
Пример 14. В однородное магнитное поле с индукцией В =1 Тл вносится вольфрамовый стержень. Магнитная проницаемость вольфрама
=1,0176. Определите магнитную индукцию B поля, создаваемого молекулярными токами.
Дано: В =1 Тл; =1,0176. |
|
Найти: B . |
|
Решение. Магнитная индукция поля молекулярных токов |
|
B = 0 J , |
(1) |
где 0 - магнитная постоянная; J - намагниченность магнетика (вольфрама).
54
Связь между намагниченностью и напряженностью магнитного поля |
|
|||||
|
J H , |
(2) |
||||
где магнитная восприимчивость и магнитная проницаемость связаны |
|
|||||
соотношением: |
1 . |
(3) |
||||
Из формулы B 0 H получаем |
||||||
|
|
|
|
|
||
|
H |
B |
. |
(4) |
||
|
|
|||||
|
|
|
0 |
|
||
Учитывая формулы (3) и (4), выражение (2) можем записать в виде |
|
|||||
J |
1 B. |
|
||||
|
0 |
|
||||
Подставив его в формулу (1), найдем искомую магнитную индукцию |
|
|||||
молекулярных токов: |
1 |
|
|
|
|
|
B |
B. |
|
||||
|
|
|||||
|
|
|
||||
Ответ: B =17,3 мТл.
Пример 15. Два бесконечно параллельных длинных провода, по которым текут в одном направлении токи I 60А, расположены на расстоянии d =10 см друг от друга. Определить магнитную индукцию B в точке, отстоящей от одного проводника на расстоянии r1 =5 см и от другого –
на расстоянии r2 =12см.
Дано: I 60А; d =10 см (0,1 м); r1 =5 см (0,05 м); r2 =12см (0,12м).
Найти: B .
Решение. Для нахождения магнитной индукции в указанной точке А
(рисунок 6) определим направления векторов индукций В1 и В2 |
полей, |
||
создаваемых каждым проводником в отдельности, и сложим их |
|
||
геометрически, т.е. В = В1 + В2 . Модуль индукции найдем по теореме |
|||
косинусов: |
|
|
|
|
|
. |
(1) |
В |
В12 В22 2В1В2Соs |
||
Рисунок 6 Принцип суперпозиции векторов индукции магнитного поля
Значения индукций В1 и В2 выражаются соответственно через силу тока I и расстояния r1 и r2 от провода до точки, индукцию в которой мы
55
вычисляем: В1 |
0 I |
, |
В2 |
0 I |
. Подставляя В1 и В2 |
в формулу (1) и вынося |
|||||||||||||
|
2r |
|
2r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
0 I за знак корня, получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
В 0 I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
2 |
Cos . |
(2) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
r |
2 |
|
r2 |
|
r r |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|||
Вычисляем Сos по теореме косинусов. Заметим, что DAC. |
|||||||||||||||||||
Поэтому по теореме косинусов запишем d 2 r12 |
r22 |
2r1r2Cos , где d |
- |
||||||||||||||||
расстояние между проводами. Отсюда Cos = |
r 2 |
r 2 d |
2 |
|
. |
|
|
|
|
||||||||||
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2r1r2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Подставив данные, вычислим значение косинуса: Cos =0,576.
Подставляя в формулу (2) значения физических величин , получаем
В 308 10 6 Тл.
Ответ: В =308 мкТл.
Пример l6. Ha пленку (n=1,5) под углом i=40° падает белый свет. Определите минимальную толщину пленки, если она в проходящем свете кажется желтой. Длина волны желтого света = 6 10-7 м.
Дано: n = 1,5; i=40°; = 6 10-7 м.
Найти: dmin.
Решение. При попадании на пленку свет частично проходит, частично отражается от поверхности пленки. Поскольку наблюдение ведется в проходящем свете, то интерферируют две волны, одна из которых проходит через пленку без отражения, вторая — испытав отражение на обеих поверхностях пленки. Результат интерференции в точке наблюдения будет зависеть от оптической разности хода лучей.
Луч от источника S падает на пластинку, частично преломляясь и отражаясь в точках А, В, С и D (рисунок 7). Отражение луча в точке С не сопровождается потерей полуволны, поэтому оптическая разность хода лучей ABЕ и ABCD
=2nBС -ВE |
(1) |
||||||
где n - показатель преломления пленки. |
|
|
|
||||
Из рисунка следует, что ВС=СD= |
d |
, |
ВЕ=ВDSini=2dtgrSini (из |
||||
|
|
||||||
|
|
Cosr |
|
|
|
||
подобия треугольников). |
|
|
|
||||
В результате преобразований получим |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
, |
||
2dnCosr 2dn 1 Sin2r 2d |
n2 sin 2 i |
||||||
56
Рисунок 7 Ход лучей в тонкой пленке
где d - толщина пленки; n - показатель преломления пленки; i - угол падения луча.
Пленка кажется окрашенной в желтой цвет, поэтому, используя условие интерференционного максимума k , можем записать
|
|
|
2d |
n2 sin2 i |
k . |
(2) |
||||||
Для минимальной толщины плёнки k = 1. Тогда выражение (2) примет |
||||||||||||
вид |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|||
2dmin |
|
n2 sin2 i |
|
|
||||||||
откуда искомая минимальная толщина пленки |
|
|
||||||||||
dmin |
|
|
|
|
|
2,13 10 7 |
м. |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
2 n |
2 sin2 |
|
|
|||||||||
|
i |
|
|
|||||||||
Ответ: dmin=213 нм.
Пример 17. Два николя N1 и N2 расположены так, что угол между их плоскостями пропускания равен 600. Определить: 1) во сколько раз уменьшается интенсивность света при прохождении через один николь (N1); 2) во сколько раз уменьшится интенсивность света при прохождении через оба николя? При прохождении каждого из николей потери на отражение и поглощение света составляют 5%.
Дано: =600; k =0,05.
Найти: I0 ; I0 .
I1 I2
Решение.
Рисунок 8 Изменение интенсивности света
1. Пучок естественного света, падая на грань николя N1 (рисунок 8), расщепляется вследствие двойного лучепреломления на два пучка:
57
обыкновенный и необыкновенный. Оба пучка одинаковы по интенсивности и полностью поляризованы. Плоскость колебаний для необыкновенного пучка лежит в плоскости чертежа (плоскость главного сечения). Плоскость колебаний для обыкновенного пучка перпендикулярна плоскости чертежа. Обыкновенный пучок (о) вследствие полного отражения от границы АВ отбрасывается на зачерненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновенный пучок (е) проходит через николь. При этом интенсивность света уменьшается вследствие поглощения в веществе николя.
Таким образом, интенсивность света, прошедшего через николь N1,
I1 12 I0 (1 k) ,
где k =0,05 – относительная потеря интенсивности света в николе; I0 -
интенсивность естественного света, падающего на николь N1. |
||||
Относительное уменьшение интенсивности света получим, разделив |
||||
интенсивность I0 естественного света на интенсивность I1 поляризованного |
||||
света: |
|
|
2 . |
|
I0 |
I0 |
|
(1) |
|
I1 |
1/ 2I0 (1 k) |
|
1 k |
|
Подставив числовые значения, найдем
I0 / I1 2,10.
Таким образом, интенсивность света при прохождении через николь N1 уменьшается в 2,10 раза.
2. Пучок плоскополяризованного света интенсивности I1 падает на
николь N2 и также расщепляется на обыкновенный и необыкновенный. Обыкновенный пучок полностью поглощается в николе, а интенсивность необыкновенного пучка света, вышедшего из николя, определяется законом Малюса (без учета поглощения в этом николе):
I2 I1Cos2 ,
где - угол между плоскостью колебаний в поляризованном пучке и плоскостью пропускания николя N2.
Учитывая потери интенсивности во втором николе, получим
I2 I1(1 k)Cos2 .
Искомое уменьшение интенсивности при прохождении света через оба николя найдем, разделив интенсивность I0 естественного света на
интенсивность I2 света, прошедшего систему из двух николей:
|
|
|
|
|
I0 |
|
|
|
|
I0 |
|
. |
||
|
|
|
|
|
I2 |
I1 |
|
|
|
2 |
||||
|
|
|
|
|
|
(1 k)Cos |
||||||||
Заменив I0 / I1 его выражением по формуле (1), получим |
||||||||||||||
|
I |
0 |
|
|
|
|
|
|
2 |
. |
|
|
||
|
I2 |
(1 |
|
|
2 |
2 |
|
|
||||||
|
|
|
k ) |
Cos |
|
|
||||||||
Подставив данные, произведем вычисления: I0 / I2 =8,86.
58
Таким образом, после прохождения света через два николя интенсивность его уменьшится в 8,86 раза.
Ответ: I0 / I1 2,10 ; I0 / I2 =8,86.
Пример 18. Максимум спектральной плотности энергетической светимости Солнца приходится на длину волны =0,48 мкм. Считая, что Солнце излучает как черное тело, определите: 1) температуру его поверхности; 2) мощность, излучаемую его поверхностью.
Дано: =0,48 мкм=4,810 7 м; r =6,95108 м. Найти: T ; P .
Решение. Согласно закону смещения Вина, искомая температура поверхности Солнца
T |
b |
, |
|
|
|
||
|
max |
|
|
где b 2,9 10 3 м К – постоянная Вина. |
|
||
Мощность, излучаемая поверхностью Солнца, |
|
||
|
|
P Rэ S , |
(1) |
где Rэ - энергетическая светимость черного тела; S 4 r2 -площадь
поверхности Солнца.
Энергетическая светимость по закону Стефана-Больцмана
Rэ T 4 ,
где 5,67 10 8 Вт/м2 К4.
Подставив записанные выражения в формулу (1), найдем искомую мощность, излучаемую поверхностью Солнца:
P 4 T 4 r2 .
Ответ:T =6,04кК; P =4,581026 Вт.
Пример 19. Черное тело находится при температуре 1,5 кК. При остывании этого тела длина волны, соответствующая максимуму спектральной плотности энергетической светимости, изменилась на 5 мкм. Определите температуру, до которой тело охладилось.
Дано: T1 1,5 кК (1500К); =5 мкм (510 6 м).
Найти: T2 .
Решение. Длина волны, соответствующая максимуму спектральной плотности энергетической светимости черного тела, согласно закону смещения Вина, обратно пропорциональна его термодинамической температуре:
|
|
|
b |
, |
(1) |
max |
|
||||
|
|
T |
|
||
|
|
|
|
||
где b - постоянная Вина. Следовательно, с остыванием тела max |
смещается в |
||||
сторону более длинных волн. Тогда |
|
|
|
|
|
= 2 max - 1max . |
(2) |
||||
Учитывая формулу (1), выражение (2) представляется в виде
59
= |
b |
|
b |
, |
||||
T2 |
|
|||||||
откуда искомая температура |
|
|
|
T1 |
|
|||
|
|
bT1 |
|
|||||
T2 |
|
|
. |
|||||
T1 b |
||||||||
|
|
|
||||||
Ответ: T2 =418 К.
Пример 20. Сравните длины волн де Бройля электрона ( e ) и протона (p ), прошедших одинаковую ускоряющую разность потенциалов.
Рассмотрите нерелятивистский и релятивистский случаи. Дано: me; mp; U1=U2=U.
Найти: e .
p
Решение. Длина волны де Бройля частицы зависит от ее импульса р:
|
|
|
|
|
h |
. |
(1) |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
p |
|
|
Зная кинетическую энергию Т частицы, можно определить ее импульс |
|||||||
р: |
|
(нерелятивистский случай,Т Е0 ), |
|
||||
p |
2mT |
|
|||||
|
|
|
|
|
|||
p |
|
T (T 2mc2 ) |
(релятивистский случай Т Е0 ), |
|
|||
|
|
c |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
где c - скорость света в вакууме; E0 mc2 - энергия покоя частицы; m - масса
частицы.
Кинетическая энергия электрона и протона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U :
T eU .
Нерелятивистский случай. Подставив выражение (2) в формулу (1) с учетом (4), получим длину волны де Бройля
|
|
h |
|
|
|
. |
|||
|
|
|
|
|
|
||||
|
2meU |
||||||||
Тогда искомое отношение |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
e |
|
|
|
mp |
. |
|||
|
p |
|
me |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
Релятивистский случай. Подставив выражение (3) в формулу (1) с учетом (4), получим длину волны де Бройля
|
|
|
|
hc |
|
|
|
|
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
eU (2mc2 |
eU ) |
||||||||||
Тогда искомое отношение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2mp c2 |
eU |
. |
|
||||||
|
|
e |
|
|
|
|
||||||
|
|
p |
2m c2 |
eU |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
||
60