С5. Бассейн глубиной h = 3 м заполнен водой, относительный показатель преломления на границе воздух − вода n = 1,33. Каков радиус светового круга на поверхности воды от электрической лампочки, расположенной на дне бассейна?
Решение
1. |
Угол полного внутреннего отражения: |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
0 |
|
|
sin α0 |
= |
|
; |
α0 = arcsin |
|
|
|
≈ 49 |
|
; |
Рис. 10.5. Световое пятно |
n |
1,33 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. |
Из треугольника ОАВ: R = htgα ≈ 3,45м; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С6. Определить, ядро какого изотопа Х освобождается при протекании ядерной реакции:
23 He+23He→24 He+11Н+ X;
Определить энергию, освобождающуюся при протекании этой реакции.
Решение
1. В соответствии с законом сохранения зарядов и массовых чисел при ядерных реакциях образовавшаяся частица не обладает единичным отрицательным зарядом, т.е. частица Х является водородом:
23 He+23He→42 He+11Н+11H;
1. Дефект массы:
m= (m 23 He + m 23 He )− (m 24 He + m11 H + me )≈ 0,0138 а.е.м.;
2.Энергия, освобождающаяся при протекании реакции:
E ≈ m 931,5 ≈12,9 МэВ;
Вариант 11
С1. В плоскости длинного проводника с током располагается проволочная рамка. Почему при включении и выключении тока в проводнике будут течь токи, причём разного направления?
Решение
Решение
1. При включении и выключении тока в окрестностях проводника будет иметь место либо нарастающий, либо убывающий магнитный поток, что приводит к возникновению в рамке ЭДС индукции, которая в соответствии с законом Майкла Фарадея определяется как:
|
|
dΦB |
r |
r |
|
dB |
|
|
εi = − |
; ΦB = BScos(B;nr); |
(B;nr)= 0; |
εi = − |
S, |
|
|
|
|
|
dt |
|
|
dt |
где ФВ − магнитный поток, В − модуль вектора магнитной индукции, S − площадь контура, в данном случае, рамки, n − внешняя нормаль к плоскости контура. Таким образом, ЭДС индукции возникает в том случае, если контур пронизывается переменным магнитным потоком ФВ = f(t), это становится возмож-
ным в двух случаях: B = f (t) или S = f(t). В данном случае переменным являет-
ся модуль вектора магнитной индукции.
2. Индукционный ток в соответствии с правилом Эмиля Христофоровича Ленца направлен таким образом, чтобы создаваемое им магнитное поле было направлено противоположно исходному магнитному полю, о чём свидетельствует знак «минус» в уравнении закона электромагнитной индукции. При включении тока:
dBdt > 0,
при выключении тока:
dBdt < 0,
поэтому направление индукционного тока в рамке будет различным.
С2. Бруску, находящемуся на наклонной плоскости с углом наклона α = 300 к горизонту, сообщили скорость v0 = 5 м/с, направленную вверх по наклонной плоскости. Какое расстояние пройдёт брусок до остановки при коэффициенте трения μ = 0,3?
182
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
mv2 |
= mgh − μmg sin α; |
|
h = |
|
v2 |
− μsin α; |
|
0 |
|
|
0 |
|
|
2g |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
|
|
1 |
|
2 |
|
|
1 |
25 |
|
|
|
|
|
|
|
v0 |
|
|
|
|
≈1,4м; |
l = |
|
|
= |
|
|
|
+ μsin α |
≈ |
|
|
|
+ 0,3 0,5 |
cosα |
|
2g |
0,87 |
|
|
cosα |
|
|
20 |
|
|
|
|
С3. За какое время можно растопить в алюминиевой кастрюле массой m1 = 0,3 кг лёд массой m2 = 1,5 кг с начальной температурой t1 = − 5 0C, на электроплите мощностью N = 600 Вт с КПД η = 0,3?
Решение
1. Используемые значения физических величин:
•удельная теплоёмкость алюминия с1 ≈ 930 Дж/(кг К);
•удельная теплоёмкость льда с2 ≈ 2100 Дж/(кг К);
•удельная теплота плавления льда λ ≈ 3,3 105 Дж/кг. 2. Уравнение теплового баланса:
ηNτ = c1m1 T + c2m2 T + m2λ;
τ = |
c m |
T + c |
m |
|
T + λm |
|
≈ |
930 0,3 5 + 2100 1,5 5 + 3,3 105 |
≈ 2793c ≡ 47мин. |
1 1 |
2 |
|
2 |
|
2 |
0,3 600 |
|
|
ηN |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С4. Определить мощность, выделяемую на сопротивлении R1 для случаев: а) при подключении источника тока с ЭДС ε = 15 В положительным полю-
сом к точке А, отрицательным − к точке В; б) при подключении источника тока с ЭДС ε = 15 В положительным полю-
сом к точке В, отрицательным − к точке А;
Резисторы схемы имеют сопротивления: R1 = 12 Ом, R2 = 8 Ом, R3 = 15 Ом. Источник тока и диод идеальные.
Решение
|
I = |
|
ε |
= 15 = 0,566A; |
N |
|
|
= I2R |
|
3,8Вт; |
|
|
|
R1 |
1 |
|
1 |
|
R1 |
+ R3 |
27 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I = |
ε |
|
|
= 0,758A; U = ε − I R |
|
= 3,63B; i = |
U1,2 |
≈ 0,3A |
R2R1 |
|
|
|
|
2 |
+ R3 |
|
1,2 |
2 |
|
3 |
|
|
1 |
R1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 + R1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
NR1 = i1R1 ≈1,1Вт;
183
С5. Проводник длиной l = 0,5 м может скользить по горизонтальным рельсам, подключенным к источнику тока с ЭДС с Е = 2 В. Однородное магнитное поле с индукцией В = 0,5 Тл направлено вертикально вниз. С какой скоростью и в каком направлении нужно перемещать проводник, чтобы сила тока через него была равна нулю?
|
Решение |
|
1. Сила тока через провод- |
|
ник АВ будет эквивалентна |
|
нулю в том случае, если, воз- |
|
никающий при перемещении |
|
проводника индукционный ток |
|
будет равен по модулю току |
|
проводимости и противополо- |
Рис. 11.5. Индукционный ток |
жен ему по направлению. Для |
того, чтобы такое случилось, проводник нужно перемещать вправо, тогда в соответствии с правилом левой руки в проводнике будет возникать индукцион-
|
ный ток нужного направления. |
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Необходимая скорость перемещения проводника: |
|
|
|
|
|
I = |
E |
= εi ; E = εi = |
Bl x |
; |
x |
= v; E = Bvl; v = |
E |
= 8 |
м |
; |
|
R |
t |
t |
Bl |
с |
|
|
R |
|
|
|
|
С6. Покоящееся ядро урана испустило α-частицу с кинетической энергией Кα = 6 МэВ. Зная массу α-частицы mα ≈ 6,645 10 − 27 кг и массу образовавшегося ядра М = 2,3 10 − 25 кг, найти скорость образовавшегося ядра.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
1. |
Скорость α-частицы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
mαvα2 |
= Kα; |
|
|
vα = |
2Kα |
≈ |
2 6 1,6 10−13 |
≈1,7 107 м |
; |
|
2 |
|
|
|
|
6,645 10−27 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mα |
с |
|
2. |
Из закона сохранения импульса: |
|
|
|
|
Mv |
x |
= m |
α |
v |
α |
; |
v |
x |
= mαvα |
≈ |
6,645 10−27 1,7 107 |
≈ 4,9 105 м |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
2,3 10−25 |
с |
|
4πr3
С1. Вблизи длинного проводника с током в его плоскости находится проволочная рамка. Почему при удалении и приближении рамки к проводнику в ней возникает ток различного направления?
Решение
1. Поле покоящегося в вакууме или воздухе электрического точечного заряда, как известно, определяется уравнением
2. Попытаемся методами теории размерностей модифицировать последнее уравнение
применительно к индукции магнитного поля, для чего заменим скалярную величину заряда Рис. 12.1.1. Проводник с током
q на вектор qv
B q(v × r ). 4πε0e3
3. Чтобы размерности правой и левой части уравнения совпадали, необходимо правую часть разделить на квадрат некой скорости, в качестве которой логично использовать квадрат скорости света − с2
Br = q(v × r ) . 4πc2ε0r3
4. Введём новую размерную постоянную величину μ0, которую называют магнитной постоянной, она в в системе СИ выполняет ту же роль, что и ε0 в электростатических формулах, т.е. совмещает магнитные единицы с механическими величинами
|
|
|
|
|
|
|
μ |
ε |
|
= |
1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
0 |
|
0 |
|
c2 |
−6 Тл м |
|
|
Тл м |
|
μ0 = |
|
|
|
|
|
12,56 10 |
4π 10 |
−7 |
. |
ε0c |
2 |
9 10 |
−12 |
9 |
16 |
А |
|
А |
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
5. Перепишем формулу вектора магнитной индукции с учётом полученных соотношений
Br = μ0q(v × r ).
6.Полученное уравнение нельзя рассматривать, как выведенное на безусловной теоретической основе, во многом оно носит интуитивный характер, од-
нако с его помощью можно получить вполне подтверждаемые экспериментом результаты.
7.Рассмотрим проводник произвольной формы по которому течёт постоянный ток величиной I. Выделим прямолинейный участок проводника элемен-
тарной длиной dl (рис. 12.1.2). За время dt через этот участок протекает электрический заряд величиной
185
Рис. 12.1.2. Магнитное поле элемента тока
q = e ne s dl ,
где nе − концентрация электронов, s − поперечное сечение проводника, е − заряд электрона.
8. Подставим уравнение заряда в уравнение элементарной индукции:
dBr = μ0 enesdl3(v × r ). 4π r
Величину тока в проводнике можно представить следующим образом:
I = enesv ,
что даёт основания записать уравнение dB в виде:
r = μ Idl(dl× rr ) dB 4π0 r3 ,
9. Модуль элементарного вектора индукции определится, при этом, как:
= μ Idlsin(dl× rr ) dB 4π0 r2 .
10. Последнее уравнение совпало с экспериментами Био и Савара, которое было сформулировано в виде закона Лапласом. Этот закон, закон Био − Савара − Лапласа определяет величину магнитной индукции в любой точке поля, создаваемого током постоянной величины, протекающим через проводник произвольной формы. Применительно к вектору магнитной индукции справедлив принцип суперпозиции, т.е. сложения элементарных индукций от различных участков проводника заданной длины.
11. Выберем далее в окрестностях проводника (рис. 12.1.3) произвольную точку А в которой будем определять посредствам закона Био − Савара − Лапласа напряжённость dB от элемента dl:
dB = μ0 Isin2αdl . 4π r
12. Если всю длину проводника разбить на бесконечное множество элементарных участков, то обнаружится, что направление векторов элементарных индукций будет совпадать с направлением касательных к окружностям, проведенным в соответствующих точках пространства, в плоскостях, ортогональных проводнику. Это даёт основание для получения сум-
марного значения индукции проинтегри-
Рис. 12.1.3. Прямолинейный проводник ровать уравнение dB:
B = μ0I ∞∫sin α2 dl . 4π −∞ r
13. Выразим значение r и sinα через переменную величину l : r = R2 + l2 ,
14. Подставим полученные значения r и sinα в подынтегральное выражение уравнения магнитной индукции:
|
B = |
μ0IR ∞∫ |
dl |
|
, |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
4π |
−∞ |
(R2 + l2 ) |
|
|
|
B = |
μ0IR |
|
|
l |
|
|
l=∞ |
= |
|
μ0I |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4π |
|
R2 |
R2 + l2 |
|
l=−∞ |
|
|
2πR |
|
|
|
|
|
|
|
|
15. Таким образом, величина индукции изменяется по величине в зависимости от расстояния до проводника. Другими словами:
B= f (R);
16.переменный модуль магнитной индукции, в соответствии с законом Майкла Фарадея обеспечивает переменный магнитный поток, что приводит к возникновению ЭДС индукции в замкнутом контуре, в данном случае, в рамке:
εi = − ddtΦB = − dBdt S ;
17.Индукционный ток в соответствии с правилом Эмиля Христофоровича Ленца направлен таким образом, чтобы создаваемое им магнитное поле было направлено противоположно исходному магнитному полю, о чём свидетельствует знак «минус» в уравнении закона электромагнитной индукции. При приближении рамки к проводнику:
dBdt > 0,
при удалении рамки от проводника:
dBdt < 0,
поэтому направление индукционного тока в рамке будет различным.
С2. Система грузов массами m1 = 3 кг и m2 = 1 кг, связанных нерастяжимой и невесомой нитью, перекинутой через идеальный блок, помещена на наклонную плоскость с углом наклона α = 300 к горизонту. Коэффициент трения груза m1 о плоскость μ = 0,1. Определить силу натяжения нити.
Решение
Рис.12.1. Система грузов на наклонной плоскости
1. Установим направление движения грузов:
m2g =10 H; m1gsin α + μm1gсosα = m1g(μcosα + sin α)=17,6H,
т.е. груз m1 будет опускаться вниз.
2. Составим систему динамических уравнений в проекции на выбранные оси:
|
(x) − T −μm gcosα + m gsin α = m a; |
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
(y) − m2g + T = m2a; |
|
|
|
|
|
откуда следует, что: |
|
T = m2g + m2a ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− m2g + m2a −μm1g cosα + m1gsin α = m1a ; |
|
|
a = |
m1g(sin α −μcosα)− m2g |
≈ |
30 0,413 −10 |
≈ 0,6 |
м |
; |
|
4 |
|
с2 |
|
m + m |
2 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T ≈1(10 + 0,6)≈10,6 Н . |
|
|
|
|
С3. Железный метеорит массой m = 80 кг при температуре t1 = 39 0С со скоростью v = 1400 м/с влетает в атмосферу Земли. Считая, что нагревание метеорита идёт только ζ = 0,8 его кинетической энергии, определить, какая масса метеорита расплавится? Температура плавления железа t2 = 1539 0С, удельная теплоёмкость железа с = 444 Дж/(кг К), удельная теплота плавления желе-
за λ = 2,7 105 Дж/кг.
Решение
1. Уравнение закона сохранения энергии при нагревании и частичном плавлении метеорита:
|
mv |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mv |
2 |
|
|
|
ζv |
2 |
|
|
|
|
= cm T |
+ λmx ; λmx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ζ |
|
2 |
|
= ζ |
2 |
|
− cm T = m |
2 |
− c T ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
ζv |
2 |
|
|
80 |
|
|
0,8 1,96 10 |
6 |
|
|
|
|
|
mx |
= |
|
− c |
|
≈ |
|
|
− 444 |
|
|
|
|
≈ 34кг; |
|
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
|
1500 |
|
λ |
2 |
2,7 10 |
5 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С4. Определить мощность, выделяемую на сопротивлении R3 участка цепи с диодом:
а) при подключении ЭДС ε = 15 В положительным полюсом к точке А, отрицательным полюсом − к точке В;
б) при подключении ЭДС ε = 15 В положительным полюсом к точке В, отрицательным полюсом − к точке А;
Величины резисторов: R1 = 6 Ом, R2 4 Ом, R3 = 10 Ом. Подключаемый источник ЭДС и диод считать идеальными, т.е. внутреннее сопротивление источника приближается к нулю, сопротивление диода в прямом направлении пренебрежимо мало, а в обратном − очень велико.
Решение
1. . Схематично диод можно представить, как две пластинки полупроводника, одна из которых обладает электропроводностью типа р, а другая − n типа. Эти две области − два электрода диода: анод и катод.
2. Анодом, т.е. положительным электродом, является область типа р, а катодом, т.е. отрицательным электродом,- область типа n.
Рис. 12.4. Цепь с идеальным диодом
3.Такой полупроводниковый прибор может находиться в одном из двух состояний: открытом, когда он хорошо проводит ток, и закрытом, когда он плохо проводит ток.
4.Если к его электродам подключить источник постоянного тока, например, гальванический элемент, но так, чтобы его положительный полюс был соединен с анодом диода, т.е. с областью типа р, а отрицательный - с катодом, т.е. с областью типа, n (нижний правый фрагмент 2 рис. 12.4), то диод окажется
воткрытом состоянии и в образовавшейся цепи потечет ток, значение которого зависит от приложенного к нему напряжения и свойств диода. Для идеального диода принимается, что его сопротивление равно нулю.
5.При такой полярности подключения батареи электроны в области типа n перемещаются от минуса к плюсу, т. е. в сторону области типа р, а дырки в области типа р движутся навстречу электронам - от плюса к минусу. Встречаясь
на границе областей, называемой электронно − дырочным переходом или, короче, р - n переходом, электроны как бы «впрыгивают» в дырки, в результате и те, и другие при встрече прекращают свое существование.
6.Металлический контакт, соединенный с отрицательным полюсом элемента, может отдать области типа n практически неограниченное количество электронов, пополняя недостаток электронов в этой области, а контакт, соединенный с положительным полюсом элемента, может принять из области типа р такое же количество электронов, что равнозначно введению в него соответствующего количества дырок
7.Закрытый диод, нагрузка представляет собой два последовательно включённых резистора R1 и R3:
|
|
|
|
I = |
|
ε |
≈ 0,94A; |
N |
|
|
= I2R |
|
≈ 8,8 Вт |
|
|
|
|
|
|
|
|
R3 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
R1 + R3 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8. Открытый диод, нагрузкой являются параллельные резисторы R1, R2 и |
последовательно с ними резистор R3: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
Σ |
= |
R1R2 |
+ R |
3 |
≈12,4 Ом; I |
2 |
= |
ε |
|
≈1,2А; |
|
N |
R 3 |
= I2R |
3 |
=14,4Вт; |
|
|
|
|
|
|
R1 + R2 |
|
|
|
|
RΣ |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С.5. Проводник длиной l = 0,5 м и сопротивлением R = 4 Ом подключён к
источнику ЭДС с ε = 2 В и перемещается по горизонтальным рельсам в однородном магнитном поле с индукцией В = 2 Тл со скоростью v = 2 м/с. Определить силу тока в проводнике. Внутренним сопротивлением источника тока и сопротивлением рельсов пренебречь.
189
Решение
1. Через проводник будет протекать ток проводимости IП, обусловленный сопротивлением проводника и индукционный ток, который при заданном направлении перемещения проводника будет совпадать по направлению с
Рис. 12.5. Суммарный ток в проводнике током проводимости: IΣ = IП + ii ;
2. Сила тока проводимости:
|
|
|
IП = |
ε |
|
= 0,5A; |
3. Сила тока индукции: |
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
i = εi |
= Bl |
x = Bvl = 2 2 0,5 = 0,5A; |
1 |
R |
R |
t |
R |
4 |
|
4. Суммарная сила тока:
IΣ = IП + ii =1A;
С6. Фотон с энергией Еf = 2 МэВ рождает электрон и позитрон. Найти суммарную кинетическую энергию электрона и позитрона сразу после их образования.
Решение
1. Электрон и позитрон (частица и античастица) обладают одинаковой массой me− = me+ ≈ 9,1 10−31кг, их суммарная энергия покоя определится как:
E0 = 2mc2 ≈ 2 9,1 10−31 9 1016 ≈1,638 10−13 Дж; 2. Энергия фотона:
|
|
|
|
|
Ef = 2 1,6 10−13 |
≈ 3,2 10−13 Дж; |
|
|
3. Энергия, перешедшая в кинетическую энергию частиц: |
|
K = E |
f |
− E |
0 |
≈1,562 10−13 Дж; |
K ≈ |
1,562 10-13 |
≈ 0,976МэВ; |
|
1,6 10-13 |
|
|
|
|
|
|