Примеры решения типовых задач

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси OX имеет вид х = А + В t + Ct ³, где А = 2 м, В = 1,5 м/с, С = –0,5 м/с². Найти: 1) координату х, скорость v _x и ускорение а _х точки в момент времени t = 2 с; 2) среднюю скорость и среднее ускорение за этот промежуток времени.

Дано:

х = А + В t + Ct ³

А = 2 м

В = 1,5 м/с

С = – 0,5 м/с²

t = 2 с_______________________

x –? v _x –? < v _x> –? а _х –? < a _x> –?

Решение. Координату х найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В, С и времени t. Тогда х = 1 м. Мгновенная скорость движения материальной точки вдоль оси X находится как первая производная от координаты по времени, т.е.      v _x = dx / dt = B + Ct ². После подстановки численных значений получим  v _x = – 4,5 м/с. Ускорение материальной точки – это первая производная от скорости по времени, т.е. а _х= dv _x/ dt = 2 Ct = – 6 м/с². Средняя скорость находится как отношение всего пройденного телом пути точки ко времени, за которое этот путь пройден, т.е. < v _x> = Δ S /Δ t. Чтобы найти Δ S, определим момент времени, когда тело изменило направление движения на обратное. В этот момент мгновенная скорость обращается в ноль: v _x = dx / dt = B + C · t ₁² = 0. Из последнего уравнения находим, что t ₁² = – В · С /3, откуда t ₁ = 1 с. Путь, пройденный телом за все время движения Δ t = 2 с, складывается из пути S ₁, пройденного до изменения направления движения, и пути S ₂, который был пройден после изменения направления движения. Время в пути t ₁ = t ₂ = 1 с. Поскольку S ₁= А + В t + Ct ³ = 2 + 1,5·1 – 0,5·1² = 3 м, путь S ₂ = S ₁ = 3 м, тогда искомый путь Δ S = S ₁ + S ₂ = 6 м. Отсюда средние скорость                              < v _x> = Δ S /Δ t = 3 м/с и ускорение < a _x> = Δ v /Δ t = (v ₂ – v ₁)/Δ t, где v ₂ и v ₁ – это скорости в конечный и в начальный моменты времени движения:           t = 2 c и t = 0. Окончательно получаем < a _x> = – 3 м/с².

 

Пример 2. Найти внутреннюю энергию идеального двухатомного газа, занимающего объем V = 30 литров при давлении р = 2·10⁵ Н/м².

Дано:

р = 2·10⁵ Н/м²

V = 30 л = 3·10^{-2 м3}

μ = 32·10^-3 кг/моль

i = 5

R = 8,31 Дж / моль ·K

E –?

Решение. Внутренняя энергия идеального газа находится как произведение полной средней энергии одной молекулы на общее число молекул N. Полная средняя энергия одной молекулы зависит не только от температуры, но и от структуры молекулы, что в уравнении для энергии задается числом степеней свободы i. Таким образом, полная энергия E = (i /2) NkT; N = (m /μ) N _A, где N _A – число Авогадро; kN _A = R. Тогда E = (i /2) (m /μ) RT. Из уравнения Клапейрона – Менделеева следует, что (m /μ) RT = pV. Окончательно получаем E = (i /2) pV. После подстановки численных значений находим Е = 1,5·10⁴ Дж.

 

Пример 3. Электрическое поле создано равномерно заряженным бесконечно длинным цилиндрическим стержнем радиусом R = 1 см. Линейная плотностью заряда τ = 20 нКл/м. Найти разность потенциалов двух точек поля, находящихся на расстояниях х ₁ = 0,5 см и х ₂ = 2 см от поверхности стержня.

Дано:

R = 1 см = 10^–2 м

τ = 20 нΚл/м = 2·10^–8 Кл/м

х ₁ = 0,5 см = 5·10^–3 м

х ₂ = 2 см = 2 ·10^–2 м

(φ₁ – φ₂) –?

Решение. Воспользуемся соотношением между напряженностью электрического поля и изменением потенциала Е = – qrad φ. Для поля с осевой симметрией это соотношение можно записать в виде

E = – d φ/ dr или d φ = – E·dr.

Интегрируя последнее выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях r ₁ и r ₂ от оси цилиндра. Поскольку цилиндр длинный и все его точки взяты вблизи средней части, то для напряженности поля можно воспользоваться формулой

E = τ/(2πε_o r).

После интегрирования φ₂ – φ₁ = (τ/2πε_o)· ln (r ₂/ r ₁). Поскольку r ₁ = R + x ₁, r ₂ = R + x ₂, подставив численные значения, получим φ₁ – φ₂ = 250 Β.

 

Пример 4. Квадратная проволочная рамка со стороной 5 см и сопротивлением 10 мОм находится в однородном магнитном поле, с индукцией 40 мТл. Нормаль к плоскости рамки составляет угол 30^о с линиями магнитной индукции. Найти заряд q, который протечет по рамке, при выключении магнитного поля.

Дано:

х = 5 см = 5·10^–2 м;

R = 10 мОм = 10^–2 Ом;

В = 40 мТл = 4·10^–2 Тл;

α = 30^о

q –?

Решение. При выключении магнитного поля происходит изменение магнитного потока. В рамке возникает ЭДС индукции

ε_i = – d Ф/ dt,                                     (1)

приводящая к появлению в рамке индукционного тока. Мгновенное значение этого тока можно определить из закона Ома:

I =ε_i/ R.                                              (2)

Подставив (2) в (1), получим

IR = – d Ф/ dt.                                     (3)

Мгновенное значение силы индукционного тока

I = dq /d t.                                             (4)

Тогда выражение (3) примет вид

Rdq / dt = – d Ф/ dt или dq = – d Ф/ R.                  (5)

Проинтегрируем полученное выражение, найдем

q = (Ф₁ – Ф₂)/ R.                                    (6)

При выключенном поле Ф₂ = 0, поэтому формула (6) запишется как

q = Ф₁/ R.                                             (7)

По определению магнитного потока Ф₁ = В · S · cos α, где S = x ² – площадь рамки. Тогда

Ф₁ = В · х ²· cos α.                                          (8)

Подставляем (8) в (7):

q = (B · x ²/ R)· cos α,

q = 8,67·10^-3 Кл.

 

Пример 5. Кольца Ньютона образуются между плоским стеклом и линзой с радиусом кривизны 8,6 м. Монохроматический свет падает нормально. Центральное темное кольцо считаем нулевым. Диаметр четвертого темного кольца 9 мм. Найти длину волны падающего света.

Дано

R = 8,6 м;

d ₄ = 9 мм

λ –?

Решение: Из условия задачи следует, что центральное пятно темное. Следовательно, наблюдение происходит в отраженном свете. При этих условиях радиусы темных колец можно найти по формуле

r _k = (R ·λ· k)^1/2.

Здесь номер кольца k = 0, 1, 2, 3,…; λ – длина волны света, R – радиус кривизны линзы. Отсюда λ = r _k²/ R · k = 589 нм.

 

Пример 6. Расстояние от точечного источника волны до волновой поверхности равно 1 метру. Расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения также равно 1 м. Найти радиусы первых пяти зон Френеля, если длина волны равна 500 нм.

Дано:

а = 1 м;

d = 1 м;

k = 1, 2, 3, 4, 5

r ₁ –? r ₂ –? r ₃ –? r ₄ –? r ₅ –?

Решение: Радиус k -й зоны Френеля равен r _k = [ k · a · d ·λ/(a + d)]^1/2. Здесь а – расстояние от источника волн до волновой поверхности,     d – расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения. Подставив численные значения, найдем r ₁ = 0,50 мм, r ₂ = 0,71 мм,      r ₃ = 0,86 мм, r ₄ = 1,0 мм, r ₅ = 1,12 мм.

        

Пример 7. Предельный угол полного отражения света на границе кристалла каменной соли с воздухом равен 40,5°. Определите угол Брюстера при падении света из воздуха на поверхность этого кристалла.

Дано:

I_пр = 40,5 °

    i_Бр=?

Решение: Когда луч света переходит из оптически более плотной среды (n₁) в оптически менее плотную (n₂), при некотором предельном угле падения i_пр, угол преломления становится равным 90°, то есть падающий луч испытывает полное внутреннее отражение. В этом случае закон преломления можно представить в виде:

 ,

где: n₁ – абсолютный показатель преломления каменной соли; n₂ – показатель преломления воздуха; n₁ > n₂; n₂ = 1. Согласно закону Брюстера tg i _Бр = n ₁₂ = 1/ n ₂₁, где i _Бр – угол Брюстера, то есть угол падения, при котором отраженный от диэлектрика луч максимально поляризован. Угол Брюстера определяется при падении света из воздуха на поверхность каменной соли: Тогда

  i _Бр = 57°.

 

Пример 8. Длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела l_max = 0,6 мкм. Найти: 1)энергетическую светимость этого тела R_T; 2)спектральную плотность энергетической светимости r _n,T или r _l,T, приходящуюся на 1 нм вблизи l_max в спектре излучения.

Дано:

    l_max = 0,6 мкм = 6×10^-7м

в = 2,9×10^-3м×К

С ₂ = 1,29×10^-5 Вт/(м²·К⁴)

σ = 5,67×10^-8 Вт/(м²·К⁴)

D l = 1 нм = 10^{-9 м}

R ₁ =? r _l,T =?

Решение. Из закона смещения Вина следует, что длина волны, на которую приходится максимум энергетической светимости, обратно пропорциональна температуре λmax = b / T, тогда T = b /λmax. Энергетическая светимость R T определяется законом Стефана–Больцмана, она пропорциональна четвертой степени абсолютной температуры R T = σ· T 4 = σ·(b /λmax)4. После подстановки численных значений находим R T = 5,67·10–8(2,9·10–3/6·10–7)4 = 33 МВт/м2. Максимум спектральной плотности энергетической светимости, согласно закону Вина, пропорционален пятой степени температуры: (r λ,T)max = С 2· T5 = С 2·(b /λmax)5. Размерность этой величины в СИ [ r λ,T] = Вт/м3. Но нас интересует rl,T в интервале длин волн Dl = 1 нм, а не 1 м (единичный интервал в СИ). Поскольку 1 нм в 109 раз меньше 1 м, то искомое нами значение (rl,T)max, приходящееся на Dl = 1 нм вблизи l max, будет во столько же раз меньше, то есть (r λ,T)max = С 2·(b /λmax)5·10–9 =38 кВт/(м2·нм).

    Пример 9. На платиновую пластинку падает ультрафиолетовое излучение. Для прекращения фотоэффекта необходимо приложить задерживающее напряжение U ₁ = 3,7 В. Если платиновую пластинку заменить пластинкой из другого металла, то задерживающее напряжение нужно увеличить до U ₂ = 6 В. Определите работу выхода (в электрон-вольтах) из второго металла.  

Дано:

U ₁ = 3,7 В

U ₂ = 6 В

А ₁ = 6,3 эВ = 10,1×10^-19 Дж

h = 6,62 ×10^–34Дж ×с

А ₂ –?

Решение: Из уравнения Эйнштейна для внешнего фотоэффекта следует, что

.

Для прекращения вылета электронов с поверхности металла необходимо приложить задерживающее напряжение U₁,определяемое как

где е и m – заряд (по модулю) и масса электрона. Таким образом,

h n = A ₁ + eU ₁

 

Аналогичное соотношение запишем для пластинки из другого металла

h n = A ₂ + eU ₂.

Приравняем правые части записанных соотношений, получим

  А ₁ + eU ₁ = A ₂ + eU ₂;

A ₂ = A ₁ + eU ₁ – eU ₂ = А ₁ – e (U ₂ – U ₁);

A ₂ = 10,1×10^-19 – 1,6 ×10^-19(6 – 3,7)= 6,42×10^–19 Дж;

.

 

Пример 10. Определите силу светового давления солнечных лучей, нормально падающих на поверхность площадью 100 м², если коэффициент их отражения равен 0,2. Солнечная постоянная равна 1,4×10³ Вт/м². (Солнечной постоянной называют величину, равную поверхностной плотности потока энергии излучения Солнца вне земной атмосферы на среднем расстоянии от Земли до Солнца).

Дано:

S = 100 м²

ρ= 0,2

Е =1,4×10³ Вт/м²

с = 3 ×10⁸ м/с

F –?

Решение: Сила светового давления F на поверхность равна произведению светового давления Р на площадь S поверхности

           F = P × S

Световое давление может быть найдено по формуле

.

Тогда искомая величина определится соотношением

, .

 

Пример 11: В явлении Комптона энергия падающего фотона Е распределяется поровну между рассеянным фотоном и электроном отдачи. Угол рассеяния q = p/2. Найдите энергию и количество движения рассеянного фотона.

Дано: me = 9,1×10–31 кг q = p/2 E / E ¢ = 2 h =6,62×10-34 Дж×с с = 3×108 м/с E ¢ =? P ¢ =?

                           

Решение: Энергия падающего фотона определяется формулой , где l – длина волны падающего фотона. Энергия рассеянного фотона , где l¢ – длина волны рассеянного на электроне фотона. По условию задачи Е = Е ¢ = 2, тогда l¢/l = 2, l = l¢/2. По формуле Комптона изменение длины волны фотона при рассеянии определяется как

.

Окончательно имеем

,

или

,

откуда

.

Подставляя последнее соотношение в формулу для энергии рассеянного фотона, получаем окончательно

.

.

Поскольку энергия фотона Е ¢ = m _ф× с ², а импульс фотона р ¢ = m _ф × с, тогда

.

Импульс рассеянного фотона равен

.

Пример 12. Найти энергию фотона, испускаемого при переходе электрона в атоме водорода с третьего на второй энергетический уровень. Постоянная Ридберга R = 3,29·10¹⁵ с^–1.

Дано:

Z = 1;

m = 2.

n = 3_______

Ε ₃₂ –?

        

Решение: Воспользуемся положениями теории Бора.

E ₃₂ = h· ν₃₂ ,  ν₃₂ = R [(1/ m ²) – (1/ n ²)],

E ₃₂ = hR [(1/ m ²) – (1/ n ²)] = 1,89 эВ.

Пример 13. Определить дефект массы ядра лития  и энергию связи нуклонов в этом ядре.

Дано:

Z = 3;

А = 7.___________

Δ m –? Δ Ε –?

Решение: Дефект массы ядра определяется соотношением

Δ m = Z · m _p + (A – Z)· m _n – M _я.

В справочниках чаще приводятся массы Δ m, Δ Ε не ядер, а нейтральных атомов. Поэтому формулу целесообразно преобразовать к виду, когда в нее входит масса нейтрального атома М _А. Масса нейтрального атома равна сумме масс ядра и электронов, составляющих электронную оболочку атома:

М _А = М _я + Z · m _e,

откуда

М _я = М _А – Z · m _e.

Следовательно,

Δ m = Z ·(m _p + m _e) + (A – Z)· m _n – M _A.

Замечая, что m _p + m _e = M _H, где М _Н – масса атома водорода, окончательно найдем

Δ m = Z · M _H + (A – Z)· m _n – M _a.

После подстановки численных данных получим, что

Δ m = 3·1,00783 + (7 – 3)·1,00867 – 7,01601 = 0,04216 а.е.м.

Энергию связи найдем из соотношения Δ Ε = Δ m · c ². Коэффициент пропорциональности с ² может быть выражен двояко:

с ² = 9·10¹⁶ м²/с²

или

с ² = Δ Ε /Δ m = 9·10¹⁶ Дж/кг.

В последней формуле, перейдя к внесистемным единицам, получим

с ² = 931 МэВ/а.е.м.

С учетом этого, искомая формула для энергии связи примет вид

Δ Ε = 931·Δ m (ΜэΒ).

Подставив, ранее найденное значение дефекта массы, получим

Δ Ε = 931·0,04216 = 39,2 ΜэΒ.

 

Пример 14. Определить: 1) плотность ядерной материи; 2) радиус Земли, если бы она со своей реальной массой 5,98·10²⁴ кг имела плотность ядерной материи. Считать массу нуклона равной 1,67·10^–27 кг.

Дано:

M = 5,98·10²⁴ кг

m_n = 1,67·10^–27 кг

ρ –? R –?

Решение: Полагая форму атомного ядра сферической, найдем плотность ядерной материи

 

ρ = m_n · А /[(4/3)·π· R ³],

 

где m_n – масса нуклона, А – массовое число. R = R₀·A^1/3 – радиус ядра. Для расчетов принимают R₀ = 1,3 Фм = 1,3·10^–15 м. После подстановки получим окончательное выражение для плотности ядерной материи

                    

ρ = 3 m_n /(4· π·R₀³).

 

Масса Земли M = ρ ·(4/3)·π· R ³, где ρ – ее плотность, которая по условию должна быть принята равной плотности ядерной материи, R – радиус Земли, искомый при заданных условиях. Таким образом, получаем:

             

R = [3M/(4πρ)]^1/3

После подстановки численных значений находим:

 

ρ = 1,82·10¹⁷ кг/м³; R = 199 м.

Справочные материалы

Таблица 1

⇐ Предыдущая891011121314151617Следующая ⇒

Поделиться:

Воспользуйтесь поиском по сайту: