![](/user_photo/2706_HbeT2.jpg)
int_kurs-podg_-ege_kasatkina-i_l_2012
.pdf![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs681x1.jpg)
Физика для старшеклассников и абитуриентов
t = |
1 |
2h sin α |
= |
1 |
2h . |
(3) |
||
sin α |
sin β |
|||||||
2 |
g |
sin β |
|
g |
|
Теперь подставим правые части равенств (2) и (3) вместо времен t1 и t2 в выражение (1):
|
1 |
2h |
+ |
1 |
2h |
= 2 |
2h |
|
|
. |
T = 2 |
|
|
|
|
|
|||||
sin α |
g |
|
sin β |
g |
|
g sin α sin β |
||||
|
|
|
Произведем вычисления:
Т = 2 |
2 0,5 |
|
sin 600 + sin 300 |
с = 2 с. |
|
10 |
sin 600 sin 300 |
||||
|
|
|
Ответ: Т = 2 с.
С8. Металлический стержень массой m = 100 г и длиной l = 1 м подвешен за середину к пружине с жесткостью k = 10 Н/м. Стержень совершает гармонические колебания с амплитудой A = 10 см в однородном магнитном поле индукцией B = 0,01 Тл, направленном перпендикулярно плоскости колебаний (рис. 377). Найти максимальную разность потенциалов
U , возникающую на концах стержня. Ответ округлить до
m
сотых долей вольта.
Обозначим D угол между вектором скорости стержня v и вектором индукции магнитного поля В, который на рис. 377 направлен от чертежа к наблюдателю, т. е. перпендикулярно вектору скорости v, i — ЭДС индукции, возникающую на концах проводника, U — максимальную разность потенциалов, возникающую на концах стержня.
Дано: |
|
Решение |
|
||
m = 100 г |
|
Разность потенциалов U, возникшая на |
l = 1 м |
|
концах колеблющегося в магнитном поле |
k = 10 Н/м |
|
стержня, равна ЭДС электромагнитной индук- |
A = 10 см |
|
ции i , которая будет действовать в стержне в |
B = 0,01 Тл |
|
процессе его движения в магнитном поле. Из |
|
|
теории магнетизма мы знаем, что ЭДС индук- |
Um— ? |
|
|
|
ции i , возникающая на концах проводника |
|
|
||
|
|
длиной l, движущегося в магнитном поле |
индукцией В со скоростью v, определяется произведением индукции магнитного поля В, скорости проводника v, его
680
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs682x1.jpg)
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
длины l и синуса угла Dмежду направлением магнитного поля и направлением движения проводника. В нашем случае проводник движется перпендикулярно линиям вектора, поэтому синус угла 90° равен единице и
U = i = Bvl sin D = Bvl.
Так как В и l — постоянные величины, то разность потенциалов U = i достигнет максимума, когда достигнет максимума скорость стержня:
U = Bvml.
Максимальная скорость стержня
v = ZA.
Циклическая частота стержня связана с его массой m и жесткостью пружины k, на которой он подвешен, соотноше-
нием Z = k . m
С учетом этого
U = BАl mk .
Произведем вычисления:
10
U = 0,01 · 0,1 · 1 0,1 В = 0,01 B.
Ответ: U = 0,01 B.
С9. Малый шарик массой m, подвешенный на длинной нити, совершает колебания. Во сколько раз изменится частота колебаний шарика, если ему сообщить положительный заряд q и поместить в однородное электрическое поле плоского конденсатора, обкладки которого расположены горизонтально (рис. 378)? Расстояние между обкладками d, на них подано напряжение U.
Обозначим Q1 частоту колебаний маятника до помещения его в электрическое поле, Q2 — частоту колебаний маятника в электрическом поле, g — ускорение свободного падения, l — длину нити, F — силу, действующую на заряженный шарик в электрическом поле, Е — напряженность электрического поля конденсатора.
681
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs683x1.jpg)
|
Физика для старшеклассников и абитуриентов |
|
|
Дано: |
Решение |
m |
Словами «малый шарик, подвешенный |
q |
на длинной нити», нам дают понять, что этот |
d |
маятник можно считать математическим и |
Uприменить к его колебаниям законы коле-
|
|
|
баний математического маятника. Запишем |
|||||
|
ν2 |
|
||||||
|
— ? |
формулу Гюйгенса, определяющую частоту |
||||||
|
ν1 |
свободных колебаний математического |
||||||
маятника Q1, когда он был еще не заряжен и не находился в |
||||||||
электрическом поле: |
|
|
|
|
||||
|
|
|
ν1 = |
1 |
|
g |
. |
(1) |
|
|
|
2π |
|
||||
|
|
|
|
|
l |
|
Когда шарик зарядили и поместили в электрическое поле, на него помимо силы тяжести стала действовать еще электрическая сила, сонаправленная с силой тяжести (поскольку нижняя обкладка, заряженная разноименно с зарядом шарика, стала его к себе притягивать, а верхняя отталкивать). Поэтому шарик, кроме ускорения свободного падения , приобрел еще и дополнительное ускорение, сонаправленное с ускорением свободного падения. Это дополнительное ускорение a обусловлено силой, действующей на заряженный шарик в электрическом поле конденсатора. Тогда формулу Гюйгенса для частоты Q2 колебаний заряженного шарика в электрическом поле мы должны записать так:
ν2 = |
1 |
|
g + à |
. |
(2) |
2π |
|
||||
|
|
l |
|
По второму закону Ньютона ускорение a равно отношению силы F к массе шарика m:
à= F . m
Силу F, действующую на шарик со стороны поля плоского конденсатора, определим как произведение заряда шарика q и напряженности Е поля конденсатора:
F = qE.
Поскольку поле плоского конденсатора однородное, то его напряженность E связана с напряжением на обкладках U зависимостью
682
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs684x1.jpg)
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Е = U . d
С учетом этого |
|
|
|
|
|
F = q |
U |
и a = |
qU |
. |
(3) |
|
d |
|
md |
|
Подставим (3) в (2):
|
|
|
|
|
|
1 |
|
g + |
qU |
|
|
1 |
|
mdg + qU |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
md |
|
|
. |
(4) |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
ν2 = 2π |
|
|
l |
= |
|
2π |
|
|
|
|
mdl |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
Нам осталось разделить (4) на (1), и задача будет решена. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
ν2 |
= |
2π ( |
+ |
|
) = 1 + |
|
qU |
. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
2π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
ν1 |
|
|
|
mdgl |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mdg |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Ответ: |
ν2 |
= |
1 + |
qU |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
ν1 |
|
|
mdg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
С10. Посередине между |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
q0 |
|
|
|
2 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
F1 |
||||||||||||||||||||||||||
двумя зарядами q на расстоя- |
q |
|
|
|
|
|
F2 |
|
|
q |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
нии r от каждого находится в |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
равновесии маленький шарик |
|
|
|
|
|
r – A |
|
|
|
|
|
r + A |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
массой m с зарядом q0 (рис. 400). С какой частотой станет
колебаться шарик, если его немного сместить влево на расстояние А? Сопротивлением пренебречь.
Обозначим k коэффициент пропорциональности, Q— частоту колебаний шарика, F1 — силу отталкивания, действующую на шарик со стороны заряда в точке 1, F2 — силу отталкивания, действующую на шарик со стороны заряда в точке 2, аm — максимальное ускорение колебаний шарика, Z — циклическую частоту колебаний.
Дано: |
Решение |
q |
Если шарик вывести из положения равно- |
rвесия (рис. 400), например, приблизив его к
mзаряду в точке 1 на расстояние А, то этот заряд
q0 |
станет отталкивать шарик сильнее, чем заряд |
Ав точке 2, от которого шарик удалится, и возникнет равнодействующая сила. По второму
Q — ? |
закону Ньютона |
683
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs685x1.jpg)
Физика для старшеклассников и абитуриентов
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
am |
= |
F1 − F2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
По закону Кулона |
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
F1 = k |
|
q0q |
|
|
|
F2 = k |
|
|
q0q |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
и |
|
|
. |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
(r − A)2 |
|
|
(r + A)2 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||
С учетом этих равенств |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
am= k |
q q |
1 |
− |
|
|
|
1 |
|
|
|
= |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m (r − |
A) |
|
|
(r + A) |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
= k |
q0q |
|
r2 + 2rA + A2 − r2 + 2rA − A2 |
= 4k |
|
|
q0qrA |
|
. |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(r − A)2 (r + |
A)2 |
||||||||||||||||||||||||
|
m |
|
|
|
|
(r − A)2 (r + A)2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
Выразим максимальное ускорение шарика через частоту |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
его колебаний: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
am = Z2А, где Z = 2SQ, |
поэтому |
am = (2SQ)2А. |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1 |
|
|
|
àm |
1 |
|
|
|
|
|
|
4kq0qrA |
|
|
|
|
|
kq0qr |
|
|
|||||||||||||||
|
Q = |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
= |
|
. |
|
|
|||||||||||||||||||
|
2π |
|
|
A |
|
2π |
A (r − A)2 (r + A)2 |
π (r2 − A2 ) |
|
|
|||||||||||||||||||||||||
Ответ: Q |
= |
|
|
|
kq0qr |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
π (r2 − A2 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С11. Конденсатор емкостью C и две катушки с индуктивностями L1 и L2 образуют колебательный контур (рис. 380). Определить максимальную силу тока в этом контуре. Известно, что максимальная разность потенциалов на обкладках конденсатора равна U. Активным сопротивлением пренебречь.
Обозначим Wэл m максимальную энергию электрического поля конденсатора, Wм m — максимальную энергию магнитного поля катушек, Wм1 — максимальную энергию магнитного поля первой катушки, Wм2 — максимальную энергию магнитного поля второй катушки, Ф — магнитный поток, пересекающий катушки, I — максимальную силу тока в неразветвленной части контура, I1 — максимальную силу тока в первой катушке, I1 — максимальную силу тока во второй катушке.
684
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs686x1.jpg)
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Дано: Решение
СПрименим закон сохранения энергии, соглас-
L1 |
но которому полная энергия колебаний в контуре |
L2 |
сохраняется в процессе колебаний и равна мак- |
Uсимальной энергии электрического поля конден-
сатора или максимальной энергии магнитного I — ? поля катушек. Соответственно равны друг другу максимальная энергия электрического поля конденсатора и максимальная энергия магнитного поля катушек:
Wэл m = Wм m.
Максимальная энергия магнитного поля обеих катушек равна сумме максимальных энергий каждой из них:
Wм m = Wм1 + Wм2,
Поэтому |
Wэл m = Wм1 + Wм2. |
(1) |
Согласно формулам энергии электрического и магнитного полей
Wэл m = |
CU2 |
, Wм1 |
= |
|
LI12 |
|
и Wм2 = |
LI22 |
, |
||||
2 |
2 |
|
|
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
CU2 |
|
|
LI2 |
|
LI2 |
|
|
|||
то согласно (1) |
|
|
|
= |
1 |
|
+ |
2 |
|
|
|
||
|
2 |
2 |
|
2 |
|
|
|||||||
или |
|
|
CU |
2 |
= LI2 |
+ LI2. |
|
(2) |
|||||
|
|
|
|
m |
|
1 |
2 |
|
|
|
Теперь учтем, что обе катушки в процессе электромагнитных колебаний пересекает один и тот же магнитный поток Ф, который, как известно из теории, прямо пропорционален силе тока в катушке, а коэффициентом пропорциональности здесь служит индуктивность катушки L. Поэтому
|
Ф = L1I1, |
Ф = L2I2, |
|
откуда |
L1I1 = L2I2. |
(3) |
Нам необходимо найти максимальную силу тока I в неразветвленной части контура, которая по первому правилу Кирхгофа равна сумме сил токов Im1 и Im2 в отдельных катушках:
I = I1 + I2. |
(4) |
685
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs687x1.jpg)
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Теперь, пользуясь уравнениями (3) и (4), выразим неизвестные нам силы токов I1 и I2 через искомый ток I, чтобы потом, подставив их значения в уравнение (2), получить новое уравнение с одним неизвестным I, откуда мы его уже сумеем найти. Для этого найдем из выражения (3), например, I2 и подставим его значение в (4):
|
|
I2 = I1 |
L1 |
|
|
|
I = I1 + I1 |
|
L1 |
= I1 |
|
L1 + L2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
||||||||||||||
|
|
L |
|
|
|
|
L |
|
|
|
L |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||
Теперь найдем отсюда I1: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I1 |
= |
I |
|
|
L2 |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L1 + L2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
L1L2 |
|
|
|
|
|
|
|
L1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
I2 = I |
|
|
|
= |
I |
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
L2 (L1 + L2 ) |
L1 + L2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
Подставим два последних равенства в (2): |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
ÑU2 = L1 I |
|
|
2 |
|
|
|
|
+ L2 I |
|
1 |
|
|
, |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
L1 |
+ |
|
|
|
L1 |
+ |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
L2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
L2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
CU |
2 |
= I |
2 |
L1L22 |
+ I |
2 |
|
L21L2 |
|
, |
|
|
|
CU |
2 |
= |
I |
2 L1L2 |
, |
|||||||||||||||||
|
|
(L1 + L2 )2 |
|
|
|
(L1 + L2 )2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
L1 + L2 |
откуда
I = U C (L1 + L2 ) . L1L2
Ответ: I = U C (L1 + L2 ) .
L1L2
С12. В электрической цепи, изображенной на рис. 381, ЭДС источника 10 В, емкость конденсатора 4 мкФ, индуктивность катушки 3 мГн, сопротивление лампы 8 Ом, сопротивление резистора 6 Ом. Сначала ключ К замкнут. Какое количество теплоты выделится на лампе после размыкания ключа? Внутренним сопротивлением источника пренебречь.
Обозначим ЭДС источника, С — емкость конденсатора, L — индуктивность катушки, R1 — сопротивление лампы, R2 — сопротивление резистора, r — внутреннее сопротивление
686
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs688x1.jpg)
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
источника тока, I1 — силу тока в замкнутой цепи, I2 — силу тока в колебательном контуре, t — время затухания колебаний, Q1 — количество теплоты, выделившейся в лампе, Q2 — количество теплоты, выделившейся в резисторе, Wэл — энергия электрического поля конденсатора, Wм — энергия магнитного поля катушки, U — напряжение на конденсаторе.
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
||
= 10В |
|
При размыкании ключа К в колебатель- |
|||
С = 4 мкФ |
|
ном контуре, состоящем из конденсатора, |
|||
L = 3 мГн |
|
катушки, лампы и резистора, возникнут |
|||
R1 = 8 Ом |
|
затухающие электромагнитные колебания. |
|||
R2 = 6 Ом |
|
Энергия электрического поля конденсатора |
|||
|
|
и магнитного поля катушки по окончании |
|||
Q1 — ? |
|
||||
|
колебаний выделится в виде джоулева тепла |
||||
|
|||||
|
|
на лампе и резисторе. По закону сохранения |
|||
энергии |
|
|
|
|
|
|
|
Wэл + Wм = Q1 + Q2. |
(1) |
||
Энергию электрического поля конденсатора определим |
|||||
по формуле |
|
|
ÑU2 |
|
|
|
|
Wэл = |
, |
|
|
|
|
2 |
|
||
|
|
|
|
|
где, поскольку ток через конденсатор при замкнутом ключе не идет и потому на лампе в этом случае падения напряжения нет, ЭДС источника равна напряжению на конденсаторе,
|
= U, поэтому Wэл = |
Ñε2 |
|
|
|
. |
(2) |
||
2 |
Энергию магнитного поля, возникшего в катушке при прохождении по ней тока I1, когда ключ К был заперт, определим по формуле
|
|
|
|
LI2 |
|
|||
|
Wм = |
|
1 |
|
. |
|
||
|
2 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|||
Силу тока I1 найдем по закону Ома для всей цепи: |
|
|||||||
|
I1 = |
ε |
|
|||||
|
|
. |
|
|
||||
|
|
|
||||||
|
|
|
|
R2 |
|
|||
|
|
2 |
|
|
|
|||
С учетом этого |
Wм = |
Lε |
. |
(3) |
||||
2 |
||||||||
|
|
2R |
|
|||||
|
|
2 |
|
|
|
687
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs689x1.jpg)
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Подставив правые части равенств (2) и (3) в формулу (1),
получим: |
|
Lε2 |
|
||
|
Ñε2 |
|
|
||
|
|
+ |
|
= Q1 + Q2. |
(4) |
2 |
2R2 |
||||
|
|
2 |
|
|
По закону Джоуля — Ленца количества теплоты Q1 и Q2, которые выделятся на лампе и резисторе при прохождении убывающего тока I2, равны:
Q |
1 |
= I |
2R t |
|
|
|
и Q |
2 |
= I |
2R |
t. |
|||||||
|
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
||||
Отсюда |
|
|
Q |
|
|
|
I22R t |
|
|
R |
|
|
|
|||||
|
|
|
= |
|
= |
|
, |
|
|
|||||||||
|
|
|
Q |
|
I2R t |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
R |
|
|
|||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
= Q |
|
. |
|
|
|
(5) |
||||||
|
|
|
|
|
1 R |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
Подставив правую часть выражения (5) в равенство (4), получим одно уравнение с одним неизвестным Q1:
|
|
|
|
Ñε2 |
+ |
|
|
Lε2 |
= Q |
|
+ Q |
|
|
R2 |
, |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
2 |
2 |
1 |
1 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
2R |
|
|
|
|
|
|
|
R |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
||
|
|
|
ε2 C + |
|
L |
= Q |
1 + |
|
R2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
, |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
R1 |
||||||
|
|
|
|
Q1 = |
|
|
ε2R1 |
(CR22 + L) |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||||||||||
|
|
|
|
2R22 |
(R1 + R2 ) |
||||||||||||||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
102 8 |
( |
4 10−6 62 + 3 10−3 |
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Q1 = |
|
|
|
|
|
Дж = 2,5 · 10–3 Дж = 2,5 мДж. |
|||||||||||||
|
|
2 62 (8 + 6) |
|
|
|
|
Ответ: Q1 = 2,5 мДж.
С13. Найти наибольший показатель преломления вещества треугольной призмы, сечение которой представляет собой равносторонний треугольник, если проходящий сквозь нее луч преломляется в точках, равноотстоящих от вершины призмы (рис. 401).
Обозначим M преломляющий угол призмы, D — угол падения луча, J — угол преломления луча, n — показатель преломления вещества призмы.
688
![](/html/2706/862/html_97kBUnvLkO.9SHS/htmlconvd-vumdcs690x1.jpg)
Раздел IV. Колебания и волны. Оптика. Теория относительности.
Дано: |
|
Решение |
|
||
M = 600 |
|
Обратимся к рисунку 401. Отрезки md и |
|
|
nd — это перпендикуляры, проведенные к |
n — ? |
|
|
|
граням призмы в точках падения и выхода |
|
|
||
|
|
лучей. Угол M при вершине равен 600, значит в треугольнике abc углы при вершинах а и c, а также при точках m и n тоже по 600, ведь этот треугольник равносторонний согласно условию задачи. Тогда угол преломления луча J = 900 – 600 = 300.
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
ϕ |
|
|
|
m |
|
|
|
n α |
|
α |
|
γ |
γ |
|
|
|
|
|
||
S |
ϕ |
|
d |
|
ϕ |
|
|
|
|||
|
|
|
Рис. 401 |
|
|
По закону преломления |
|
|
|||
|
|
|
sin α |
= n . |
|
|
|
|
sin γ |
|
|
Поскольку sin 300 = |
1 |
, то |
sin α |
= n или 2 sin α = n . |
|
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
В предельном случае, когда D Ответ: n = 2.
С14. На поверхности воды с показателем преломления n плавает без погружения плоский диск площадью S. На него сверху падает рассеянный свет. Определить глубину тени под диском (рис. 402). Рассеянием света в воде пренебречь.
Обозначим R радиус диска, D— угол падения лучей на воду, J — угол преломления лучей, h — глубину тени.
= 900, sin D = 1 и n = 2.
|
R |
|
α |
b |
α |
a γ |
h |
γ |
|
γ |
|
|
c |
|
|
Рис. 402 |
|
689