Задача на движение тела, брошенного под углом к горизонту



жүктеу 243.03 Kb.
Дата25.06.2016
өлшемі243.03 Kb.
Примеры решения задач.

Билет №1


    1. Задача на движение тела, брошенного под углом к горизонту.

Снаряд вылетел из пушки под углом 45 градусов к горизонту с начальной скоростью

1000 м/с. Найдите время полета, горизонтальную дальность полета и наибольшую высоту подъема снаряда.
Решение
Воспользуемся рисунком, а данные запишем в модулях.
υ0x = υ0 cosα; υ0x= 1000 м/с · cos 45˚ = 1000 м/с · 0,7 = 700 м/с
υ0y = υ0 sinα; υ0y =1000 м/с · sin 45˚ = 1000 м/с · 0,7 = 700 м/с

Время находим, учитывая, что в конце полета тела высота его подъема равна нулю:

h = υ0yt - , или 0 = υ0yt - ;
υ0yt = ; t = ; t = = 140 c

Горизонтальная дальность полета равна: s = υ0x; s = 700 м/с · 140 с = 98 000 м.

Наибольшую высоту подъема найдем, учитывая, что она достигается в средней точке траектории. Поэтому время подъема равно:

t1= или t = 70 c.

Следовательно, hmax= υ0y· t1- ;

hmax= 700 м/с · 70 с - = 24 500 м.



Билет №2
1.2. Задача на применение уравнения Эйнштейна для фотоэффекта.

Рентгеновское (тормозное) излучение возникает при бомбардировке быстрыми электронами металлического антикатода рентгеновской трубки. Определите длину волны коротковолновой границы спектра тормозного излучения, если скорость электронов равна υ = 0,4с



Решение

Коротковолновая граница тормозного рентгеновского спектра соответствует переходу всей кинетической энергии электрона в излучение при столкновении с атомом антикатода. В результате возникает квант рентгеновского излучения. При определении энергии кванта в формуле Эйнштейна можно пренебречь работой выхода A по сравнению с энергией электрона, поэтому

Здесь h = 6,626·10–34 Дж·с – постоянная Планка, λ0 – длина волны коротковолновой границы рентгеновского спектра.

Так как скорость электронов сравнима со скоростью света c, необходимо использовать релятивистскую формулу для кинетической энергии:

Здесь γ = (1 – β2)–1/2 – релятивистский параметр, m – масса электрона.

Подстановка числовых значений в эти формулы дает Ek = 7,4·10–15 Дж = 4,6·104 эВ.

Значение Ek, выраженное в электрон-вольтах, показывает, что между катодом и антикатодом рентгеновской трубки было создано напряжение 46 кВ. Теперь можно определить длину волны λ0:

Расчет кинетической энергии по нерелятивистской формуле:



приводит к значению λ0 = 3,0·10–11 м.



Билет № 3
1. 3. Задача на определение амплитуды, частоты, периода и фазы гармонических колебаний.

По графику, изображенному на рисунке определите амплитуду xm и частоту γ колебаний. Запишите уравнение гармонического колебания. Чему равно ускорение колеблющегося тела в момент времени t = 2 с?



Решение






Амплитуда колебаний тела xm = 10 см. По графику находим период колебаний: T = 4 с. Следовательно, частота

Начальная фаза колебаний φ0 = 0. Поэтому уравнение гармонических колебаний запишется в виде:



x = xm cos 2πγt = 10 cos 0,5πt (см).

Ускорение a(t) тела при гармонических колебаниях с циклической частотой ω = 2πγ связано со смещением x(t) тела из положения равновесия в тот же момент времени соотношением



a(t) = –ω2x(t).

При t = 2 с смещение тела x = –xm = –10 см. Ускорение тела в этот момент времени равно



a = (2πγ)2xm = 0,25 м/с2.
Билет №4
1.4.Задача на расчет электрических цепей с применением законов последовательного и параллельного соединения проводников.
Определите эквивалентное сопротивление между точками a и b цепи, изображенной на рисунке.






Численный расчет проведите при следующих значениях сопротивлений: R1 = R4 = 4 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 5 Ом, R5 = 12 Ом.

Решение

Вычисление сопротивления сложной цепи, состоящей из многих параллельно и последовательно соединенных резисторов, в общем виде приводит, как правило, к громоздким выражениям. Задачи подобного рода рекомендуется решать путем последовательного (пошагового) численного расчета сопротивлений отдельных звеньев цепи. В данной задаче целесообразно сначала рассчитать эквивалентное сопротивление R45 параллельно включенных резисторов R4 и R5:

Теперь можно найти сопротивления параллельно включенных звеньев, состоящих из резисторов R1 и R3 и резисторов R3 и R45: R12 = R1 + R2 = 24 Ом,   R345 = R3 + R45 = 8 Ом.

Искомое сопротивление Rab всей цепи находится по формуле параллельного сопротивления резисторов R12 и R345:



Общая формула для вычисления Rab имеет вид:




Билет №5
1.5. Задача на применение закона электромагнитной индукции.

Катушка, содержащая N = 500 круглых витков проволоки радиусом R = 4,0 см, помещена в однородное магнитное поле между полюсами большого электромагнита так, что нормаль к плоскости катушки составляет угол α = 30° с направлением вектора Магнитное поле уменьшается со скоростью Определите ЭДС индукции инд в катушке.



Решение

Выбранное направление нормали указано на рисунке.








Для того, чтобы ЭДС индукции можно было приписать определенный знак (плюс или минус), нужно выбрать положительное направление обхода витков катушки. Это направление согласуется с направлением нормали по правилу правого винта (буравчика). Если смотреть на катушку со стороны нормали, что положительным направлением в витках будет направление против часовой стрелки. Оно указано красной стрелкой.

Магнитный поток Φ, пронизывающий один из витков катушки в некоторый момент времени, равен Φ1 = BS · cos α,

где S – площадь витка.

Скорость изменения потока Φ1 есть

По закону электромагнитной индукции Фарадея, в катушке, содержащей N одинаковых витков, возникает ЭДС индукции, равная

Подставляя в это соотношение числовые значения величин, заданные в условии задачи, получим: инд = +0,435 В.

Знак «плюс» в этом выражении означает, что если бы катушка была замкнута, то направление индукционного тока совпадало бы с выбранным положительным направлением обхода витков катушки.

Билет №6
1.6. Задача на применение первого закона термодинамики
Одноатомный газ, находящийся при постоянном давлении p = 106 Па в цилиндре под поршнем сечением S = 60 см2, нагревается так, что поршень перемещается на расстояние l = 5 см. Найдите количество теплоты Q, сообщенное газу в этом процессе.

Решение

Согласно первому закону термодинамики Q  = ΔU + A,

где ΔU – изменение внутренней энергии, A – совершенная газом работа.

Для одноатомного газа



где ν – количество молей газа в сосуде. A = pΔV = νRΔT.

Следовательно,

Билет №7
1. 7. Задача на определение механической работы и мощности.

К лежащему на горизонтальной поверхности бруску массой m = 10 кг приложили силу направленную под углом α = 60° к горизонту, и равномерно переместили брусок на расстояние s = 4 м. Определите модуль этой силы и совершенную работу, если коэффициент трения между бруском и поверхностью равен μ = 0,5.



Решение

Силы, действующие на брусок, указаны на рисунке.








Запишем второй закон Ньютона в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси: F cos α – Fтр = 0.

F sin α + N – mg = 0.

Принимая во внимание, что Fтр = μN, получим:



Подстановка числовых значений дает F = 38,7 Н.

Работа силы по определению есть A = Fs cos α = 77,4 Дж.

2.7. Скатываясь под уклон с углом наклона α = 6°, автомобиль массой m = 1000 кг разгоняется при выключенной передаче до максимальной скорости υ = 72 км/ч, после чего движение становится равномерным. Какую полезную мощность развивает двигатель автомобиля при подъеме с такой же скоростью по той же дороге вверх?

Решение

При равномерном спуске сила сопротивления равна по модулю проекции силы тяжести на наклонную плоскость: Fсопр = mg sin α.

При равномерном подъеме с той же скоростью сила сопротивления остается неизменной по модулю, но изменяет направление на противоположное. Поэтому сила тяги двигателя при равномерном подъеме равна Fт = 2mg sin α.

Полезная мощность двигателя равна работе силы Fт за 1 с: A = 2mgυ sin α = 40 кВт.

Следует иметь в виду, что для малых углов, меньших 10–15°, при вычислении sin α можно использовать приближенную формулу sin α ≈ α (в радианной мере). В данной задаче

Билет №8
1.8. Задача на определение ЭДС, возникающей при движении проводника в магнитном поле.

Проводящий брусок может скользить без трения по горизонтальным рельсам в однородном магнитном поле с индукцией B = 0,6 Тл. Линии индукции перпендикулярны плоскости рельс. Рельсы замкнуты резистором с сопротивлением R = 25 Ом








Расстояние между рельсами l = 15 см. Брусок движется по рельсам с постоянной скоростью υ = 8 м/с. Определите:

  1. ЭДС индукции инд в цепи.

  2. Индукционный ток Iинд.

  3. Внешнюю силу, которую необходимо приложить к бруску, чтобы он двигался с постоянной скоростью.

  4. Тепловую мощность, рассеиваемую в резисторе.

Рельсы и брусок можно считать идеальными проводниками.

Решение

  1. Выберем нормаль к плоскости контура, состоящего из резистора, отрезка рельсов и бруска, направив ее параллельно вектору Тогда положительным направлением обхода контура будет направление по часовой стрелке.

Скорость изменения магнитного потока, пронизывающего контур, равна Blυ. По закону Фарадея, в контуре будет возбуждаться ЭДС индукции, равная инд = –Blυ = –0,72 В.

  1. Индукционный ток Iинд в контуре равен

  2. Знак «минус» в этой формуле означает, что индукционный ток течет навстречу выбранному положительному направлению обхода контура, т. е. против часовой стрелки. На рисунке в условии задачи ток будет течь по движущемуся бруску снизу вверх.

  3. На брусок со стороны магнитного поля будет действовать сила Ампера, равная FА = Iинд · B · l = –2,59 мН.

  4. Сила Ампера направлена навстречу движущемуся бруску. Она тормозит его движение. Возникновение магнитной тормозящей силы может служить иллюстрацией правила Ленца: индукционный ток возник благодаря движению бруска. Направление индукционного тока таково, что магнитное поле, тормозя, препятствует причине, вызвавшей этот ток.

  5. Для того, чтобы скорость бруска оставалось неизменной, к нему должна быть приложена внешняя сила Fвн = –FА = +2,59 мН.

  6. Мощность, рассеиваемая на резисторе

  7. Очень важно отметить, что эта мощность в точности равна работе внешней силы, приложенной к бруску, производимой в единицу времени: P = Fвн · υ = 20,7 мВт.

  8. Магнитное поле работы не совершает.

Билет №9

1. 9. Задача на применение закона Кулона.

α-частица представляет собой ядро атома гелия. Она имеет массу m = 6,64·10–27 кг и заряд q = +2e = 3,2·10–19 Кл. Найдите отношение модулей силы электрического отталкивания двух α-частиц и силы гравитационного притяжения.


Решение

Сила электрического притяжения находится из закона Кулона:



где ε0 = 8,85·10–12 Кл2/(Н·м2) – электрическая постоянная, r – расстояние между α-частицами.

Сила гравитационного притяжения находится из закона всемирного тяготения:

Здесь G = 6,672·10–11 Н·м/кг2.

Отношение Fe / Fгр равно



Билет № 10
1.10. Задача на применение правила моментов сил.

Два человека одинакового роста держат за концы в горизонтальном положении трубу длиной l = 2 м и массой m = 10 кг. На расстоянии d = 0,5 м от первого человека к трубе подвешен груз массой M = 100 кг . Определите силы, с которыми труба давит на плечи первого и второго человека.








Решение

На трубу действуют четыре силы , , и , направленные по вертикали.








Условие равновесия трубы сводится к равенству нулю равнодействующей силы

N1 + N2 – mg – Mg

и равенству нулю момента всех действующих на трубу сил относительно любой неподвижной оси. Выберем для записи уравнения моментов сил ось, проходящую через точку A. Тогда уравнение моментов записывается в виде: Mg|AC| + mg|AO| – N2|AB| = 0.

Из этих уравнений найдем:



N1 = (m + M)g – N2.

Числовой расчет дает: N2 = 300 Н,    N1 = 800 Н.

Для проверки полученного ответа можно записать уравнение моментов сил относительно другой оси, проходящей, например, через точку B. Тогда: N1|AB| – |Mg|CB – |mg|OB| = 0,

В соответствии с третьим законом Ньютона труба давит на плечи с силами и равными по модулю, но направленными противоположно силам и

Следовательно, F1 = 800 Н, F2 = 300 Н.

2.10. В гладком цилиндрическом стакане находится тонкий стержень массой m = 0,1 кг . Определите силы реакции опор, если угол между стержнем и дном стакана равен φ = 45°.







Решение

На стержень со стороны стакана действуют три неизвестные силы , и








Для определения этих сил нужно записать условие равновесия стержня. Равенство нулю равнодействующей сил в проекциях на оси X и Y записывается в виде: N1 – N3 = 0,

N2 – mg = 0.

Для записи условия равенства нулю суммарного момента сил удобно выбрать ось, проходящую через точку A, так как относительно этой оси моменты сил и равны нулю. Это облегчает решение задачи.

где l – длина стержня.

Из этих уравнений получим:



N2 = mg = 1 Н.

Билет №11
1.11.Задача на применение закона сохранения импульса.
Орудие, не имеющее противооткатного устройства, стреляет снарядом под углом α = 60° к горизонту. Масса снаряда m = 10 кг, его начальная скорость υ = 500 м/с. Определите скорость V орудия после выстрела, если его масса M = 1000 кг.

Решение

В момент выстрела сумма внешних сил, действующих на орудие, не равна нулю; поэтому импульс системы тел «орудие + снаряд» не сохраняется. До выстрела он был равен нулю, а после него – векторной сумме








Однако в горизонтальном направлении внешние силы не действуют, поэтому в проекциях на горизонтальную ось закон сохранения импульса выполняется mυ cos α – MV = 0.

Отсюда

Подстановка числовых значений дает: V = 2,5 м/с.

Билет №12
1.12.Задача на расчет энергетического выхода ядерной реакции.

Определите энергетический выход Q реакции



Масса атома равна MLi = 7,016004 а. е. м., масса атома  MHe = 4,002603 а. е. м., масса атома водорода  MH = 1,007825 а. е. м.



Решение

Обратите внимание, что в условии задачи заданы не массы ядер, а массы нейтральных атомов. При вычислении дефекта массы ядерной реакции можно вместо масс ядер исходных и конечных продуктов использовать массы нейтральных атомов, так как левая и правая части формулы ядерной реакции содержат одинаковое число электронов (в данном случае 8).

Масса M1 продуктов до реакции есть M1 = MH + MLi = 8,023829 а. е. м.

Масса M2 конечных продуктов реакции равна M2 = 2MHe = 8,005206 а. е. м.

Так как начальная масса M1 превышает массу конечных продуктов (M1 > M2), энергетический выход реакции Q > 0, т. е. реакция идет с выделением энергии.

Дефект массы составляет ΔM = M1 – M2 = 0,018623 а. е. м.

Энергетический выход реакции составляет Q = ΔMc2.

Принимая во внимание, что 1 а. е. м. = 1,660·10–27 кг и 1 эВ = 1,602·10–19 Дж, получим числовой ответ: Q = 17,35 МэВ

Данная реакция впервые наблюдалась в 1932 году при бомбардировке лития ускоренными протонами. Энергетический выход Q реакции равен разности кинетических энергий конечных и начальных продуктов реакции.

Билет №13
1.13. Задача на применение уравнения Менделеева-Клапейрона.

Объем воздушного шара равен V = 224 м3, масса оболочки Mш = 145 кг. Шар наполнен горячим воздухом. В нижней части оболочки имеется отверстие, через которое воздух в шаре сообщается с атмосферой. Температура воздуха вне оболочки t0 = 0 °C, атмосферное давление p0 = 1,013·105 Па. При какой минимальной температуре воздуха внутри оболочки шар начинает подниматься? Молярную массу воздуха принять равной M = 29·10–3 кг/моль.



Решение

Пусть T0 и T – абсолютные температуры воздуха вне и внутри оболочки. Тогда массы воздуха m0 и m при температурах T0 и T в объеме оболочки при нормальном атмосферном давлении p0 равны



Эти соотношения можно записать в другой форме, если принять во внимание, что величина RT0 / p0 равна объему одного моля газа при нормальных условиях (закон Авогадро):



Таким образом, имеем



Условие, при выполнении которого шар начнет подниматься, запишется в виде

Из этого соотношения можно найти минимальное значение Tmin температуры воздуха внутри оболочки



Tmin = 2T0 = 546 К = 273 °C.

Билет №14
1.14. Задача по теме: «Волновые свойства света. Интерференция и дифракция света».

Во многих оптических приборах поверхность линз для уменьшения потерь на отражение покрывают тонкой пленкой фторида магния (MgF2), показатель преломления которого n2 = 1,38. Показатель преломления стекла n3 = 1,50 . При какой минимальной толщине L покрытия вследствие интерференции волн отражение резко ослабнет в середине диапазона видимого света (λ = 550 нм)? Свет падает приблизительно перпендикулярно поверхности линзы.








Решение

Отраженный свет ослабляется вследствие интерференции лучей, отразившихся от двух поверхностей пленки. В обоих случаях отражение происходит от оптически более плотной среды, так как n1 < n2 < n3.

Поэтому обе волны испытывают при отражении одинаковые изменения фазы на π. Чтобы волны 1 и 2 гасили друг друга, между ними должна возникнуть разность фаз, равная нечетному целому количеству π. Эта разность фаз возникает за счет того, что вторая волна проходит дополнительный путь, равный удвоенной толщине пленки 2L. Условие того, что волны 1 и 2 окажутся в противофазе, записывается в виде:

где λ2 = λ / n2 –длина волны света в пленке. Таким образом,

Наименьшей толщине покрытия соответствует значение m = 0:


2.14. В интерференционном опыте Юнга на экран B с двумя щелями S1 и S2 падает свет с длиной волны λ = 546 нм от удаленного источника. Интерференционные полосы наблюдаются на экране C, находящемся на расстоянии L = 55 см от экрана B с двумя щелями. Расстояние между щелями d = 0,12 мм.

Определите ширину Δl интерференционных полос вблизи центра интерференционной картины.








Решение

Будем решать задачу в предположении, что угол θ на рисунке в условии задачи достаточно мал, так что можно использовать приближение



где угол θ выражен в радиальной мере. Волны от виртуальных источников S1 и S2 проходят до точки наблюдения P разность расстояния r1 и r2. Разность хода Δ равна Δ = r2 – r1.

Так как L >> d, при вычислении разности хода можно пренебречь не параллельностью векторов и и определять разность хода по формуле Δ = d sin θ.







Условие образования максимумов в интерференционной картине записывается в виде Δ = d sin θm = mλ,   m = 0, 1, 2, ...,

или приближенно

где xm – координата интерференционного максимума m-го порядка. Ширина Δl интерференционных полос равна

3.14. При наблюдении на удаленном экране картины, возникающей при дифракции света с длиной волны λ на одиночной узкой щели ширины D, угловая полуширина θ центрального дифракционного максимума определяется соотношением D sin θ = λ.







В эксперименте обнаружено, что на экране, удаленном от щели шириной D = 0,8 мм на расстояние L = 5,0 м, первый максимум наблюдается на расстоянии x = 4,0 мм от центра дифракционной картины. Определите длину волны света.

Решение

Угол θ, при котором наблюдался первый минимум в данном эксперименте, достаточно мал. Поэтому использовать приближение



Длина волны λ света равна λ = D · sin θ ≈ D · θ ≈ 640 нм (красный свет).



Билет №15
1.15.Графическая задача на газовые законы.
На рисунке дан график изменения состояния газа в координатах рV. Вычертите этот график в координатах VT.


Решение.
Выясним, каким процессам соответствуют участки графика: 1 – 2, 2 – 3, 3 – 4, 4 – 1.

1 – 2 – изохора; 2 – 3 – изобара; 3 – 4 – изотерма; 4 – 1 – изобара.






Билет №16
1.16. Задача на расчет энергии и импульса фотона.

В эксперименте по дифракции электронов электроны ускорялись разностью потенциалов U = 54,0 В. Электронный пучок нормально падал на поверхность кристалла никеля. Детектор электронов располагался под некоторым углом отражения θ.








Было обнаружено, что при угле θ = 50° наблюдается разное возрастание интенсивности электронного пучка, регистрируемого детектором.

Расстояние между слоями в кристалле, найденное с помощью опытов по дифракции рентгеновского излучения, равно d = 2,15·10–10 м.

Определите длину волны λ электронов двумя способами:

    1)  по формуле дифракционной решетки (в предположении, что дифракционный порядок m = 1);

    2)  по формуле де-Бройля.

Сравните полученные результаты.



Решение

  1. Используя формулу дифракционной решетки d sin θ = mλ, получим при m = 1 λ = d sin θ = 1,65·10–10.

  2. Чтобы найти длину волны де-Бройля, необходимо знать импульс p электронов. В условии данной задачи электроны нерелятивистские, так как eU = 54 эВ << mc2 = 0,511 МэВ. Поэтому можно использовать нерелятивистскую формулу для кинетической энергии:

  3. Длина волны де-Бройля равна:

  4. Как видно из сравнения этих результатов, расхождение между ними не превышает 1,5%.

2.16. Тепловые нейтроны в атомном реакторе имеют кинетическую энергию порядка Ek ≈ 0,02 эВ. Энергия покоя нейтрона E0 = mc2 = 940 МэВ. Оцените длину волны де-Бройля тепловых нейтронов.

Решение

Так как Ek << E0, тепловые нейтроны в реакторе являются нерелятивистскими. Поэтому импульс нейтронов связан с его кинетической энергией классическим соотношением

Длина волны де-Бройля равна

Это соотношение удобно записать в другой форме:



Подстановка числовых значений в эту формулу дает: λ = 0,203·10–9 м = 0,203 нм.

При выполнении числовых расчетов следует принять во внимание, что 1 эВ = 1,602·10–19 Дж.

Билет №17
1.17. Задача на расчет количества вещества, молекулярной массы с использованием основного уравнения молекулярно-кинетической теории.

При откачке сосудов до высокого вакуума необходимо прогревать стенки сосуда для удаления адсорбированного газа. На сколько может повыситься давление в сферическом сосуде радиусом R = 5 см, если все адсорбированные молекулы перейдут со стенок в сосуд? Температура газа в сосуде T = 300 К. Слой молекул на стенках можно считать мономолекулярным. Эффективный диаметр молекул d = 3·10–10 м.



Решение

Давление p в сосуде связано с концентрацией n молекул газа соотношением

где k = 1,38·10–23 Дж/К – постоянная Больцмана, T – абсолютная температура, N – общее число молекул в объеме V. Так как молекулы образуют на стенках сосуда мономолекулярный слой, то N = S / σ, где S = 4πR2 – площадь поверхности сосуда, σ – площадь, занимаемая одной молекулой, равная d2 (без учета возможной более плотной упаковки молекул в слое). Объем сосуда V = 4πR3 / 3. В итоге получим




Билет №18

1.18. Задача на применение закона сохранения импульса.

Орудие, не имеющее противооткатного устройства, стреляет снарядом под углом α = 60° к горизонту. Масса снаряда m = 10 кг, его начальная скорость υ = 500 м/с. Определите скорость V орудия после выстрела, если его масса M = 1000 кг.



Решение

В момент выстрела сумма внешних сил, действующих на орудие, не равна нулю; поэтому импульс системы тел «орудие + снаряд» не сохраняется. До выстрела он был равен нулю, а после него – векторной сумме








Однако в горизонтальном направлении внешние силы не действуют, поэтому в проекциях на горизонтальную ось закон сохранения импульса выполняется mυ cos α – MV = 0.

Отсюда

Подстановка числовых значений дает: V = 2,5 м/с.

Билет №19

1.19.Задача на определение координаты и скорости тела при равноускоренном движении.

Из пунктов А и В, расстояние между которыми s, одновременно навстречу друг другу начали двигаться два тела: первое со скоростью υ1, второе – υ2. Определить, через сколько времени они встретятся и расстояние от точки А до места их встречи.


Решение.
Зависимость координат тел от времени дается формулами:
x1 = υ1· t; x2 = s - υ2 · t;
Встреча (x1 = x2) произойдет через время t = от начала движения в точке, находящейся на расстоянии от пункта А.
Билет №20
1.20.Задача по теме: «Самоиндукция. Индуктивность. Энергия магнитного поля».

Длинная катушка, содержащая N = 1000 витков и намотанная на железный сердечник, имеет индуктивность L = 0,04 Гн. Площадь поперечного сечения катушки S = 10,0 см2. При какой силе тока в катушке магнитная индукция B в сердечнике будет равна B = 1,0 мТл?



Решение

Обозначим искомую силу тока через I. По определению коэффициента самоиндукции L, магнитный поток, пронизывающий все N витков катушки, равен Φ = LI.

Магнитный поток Φ1, пронизывающий один из витков, можно записать в виде

Отсюда следует




Билет №21
1.21. Задача на расчет электрической емкости конденсатора.

Конденсаторы C1 = 6 мкФ и C2 = 4 мкФ при помощи ключа K подсоединяются сначала к источнику тока с ЭДС  = 124 В, а потом к незаряженному конденсатору C3 = 10 мкФ. Какой заряд q протечет через гальванометр Г








Решение

Результирующая емкость C последовательно соединенных конденсаторов C1 и C2 равна

При подсоединении к батарее (ключ K в положении 1) конденсатор C приобретает заряд q0, равный

При замыкании конденсатора C на конденсатор C3 заряд q0 распределится между ними так, что q + q3 = q0.

Конденсаторы C и C3 после переброса ключа K в положение 2 оказываются соединенными параллельно, следовательно, разность потенциалов на этих конденсаторах одна и та же –

Решая совместно полученные уравнения, можно найти q3:

Через гальванометр протечет заряд q3 = 240 мкКл.


2.21. Плоский конденсатор емкостью C0 заполняется диэлектриком как показано на рисунке. Одна половина конденсатора заполняется парафином с проницаемостью ε1 = 2,2, а вторая плексигласом с проницаемостью ε2 = 3,4. Во сколько раз изменится емкость конденсатора?







Решение

Конденсатор, заполненный диэлектриком, можно рассматривать как два параллельно соединенных конденсатора C1 и C2, емкости которых равны



Суммарная емкость C при параллельном включении равна сумме емкостей C1 + C2:

Отсюда следует:

Емкость конденсатора увеличится в 2,8 раза.



Билет №22

1.22. Задача по теме: «Колебательный контур. Энергетические превращения в контуре».

Конденсатор емкостью C = 2 мкФ заряжен до напряжения V = 20 В и затем подсоединен к катушке с индуктивностью L = 6 мкГн. Пренебрегая сопротивлением контура, определите

    1)  максимальное значение силы тока в контуре;

    2)  через какое время t сила тока достигает максимального значения в первый раз.



Решение

  1. Максимальное значение Imax силы тока в контуре найдем из закона сохранения энергии:



  2. Отсюда

  3. Ток в контуре в первый раз достигнет максимума через 1/4 периода T свободных колебаний

Билет №23
1.23. Задача на применение второго закона Ньютона при прямолинейном движении с учетом силы трения.
Рассчитайте время, в течении которого автомобиль тормозит, и путь, пройденный автомобилем до остановки, если он двигался по горизонтальной прямолинейной дороге и перед началом торможения имел скорость 16 м/с. Коэффициент трения равен 0,4, а ускорение свободного падения принять 10 м/с2.
Решение.
На автомобиль действуют три силы: сила тяжести, сила реакции дороги и сила трения. Поскольку по вертикали автомобиль не имеет ускорения, то сила тяжести уравновешена силой реакции дороги, поэтому mg = N. Модуль силы трения равен: Fтр = μN = μmg.

Поскольку равнодействующая всех сил, действующих на тело, равна силе трения, т.е.F = Fтр , то ускорение направлено противоположно начальной скорости.

Применяем второй закон Ньютона: F = ma или μmg = ma. Из последнего уравнения модуль ускорения равен a = μg. Так как вектор ускорения противоположен направлению оси ОX, то его проекция отрицательна; тогда проекция скорости равна: υ = υ0 – at.

Учитывая, что автомобиль останавливается, последнее уравнение запишем в виде


0 = υ0 – at.

υ0 = at; t = υ0 / a = υ0 / μg. t = = 4c .

При прямолинейном движении в одном направлении пройденный путь равен модулю перемещения, а этот модуль перемещения равен положительной проекции. Проекция положительна, так как движение осуществляется в направлении оси ОX, и равна:

s = υ0 t - ; s = 16 м/с · 4 с - = 64м - 32м = 32м.



Билет №24
1.24.Задача на определение напряженности электрического поля в точке

Найти напряженность электрического поля на расстоянии r = 15м от точечного заряда q = 0,1 Кл. С какой силой F поле будет действовать на электрический заряд q1 = 1 мкКл, помещенный в данную точку поля? Как будет направлена эта сила?


Решение.
Напряженность электрического поля в точке А определим из соотношения

E = ; E = = 4 · 106 Н/Кл.



Билет №25
1.25.Задача на нахождение КПД теплового двигателя.
Идеальный одноатомный газ в количестве ν = 0,2 моль совершает замкнутый цикл, изображенный на рисунке. 






Участки BC и DA – адиабаты, участки AB и CD – изохоры. Определите коэффициент полезного действия тепловой машины, работающей по этому циклу.

Решение

Так как участки BC и DA являются адиабатическими, то теплообмен осуществляется только на изохорных участках AB и CD. На участке AB газ получает от нагревателя некоторое количество теплоты Q1, а на участке CD – отдает холодильнику количество теплоты Q2.

В изохорных процессах работа равна нулю, поэтому из первого закона термодинамики следует: Q1 = ΔU1,   Q2 = ΔU2.

Изменение внутренней энергии ΔU одноатомного идеального газа в изохорном процессе равно

Следовательно,

Работа A, совершенная рабочим веществом за цикл, равна

Следует обратить внимание на то, что Q1 и Q2 имеют разные знаки: Q1 > 0, Q2 < 0. КПД цикла равен:

Из графика цикла находим числовые значения величин, входящих в выражение для КПД: VA = 3·10–3 м3; VC = 6·10–3 м3; ΔpAB = 8·105 Па; ΔpCD = –2,5·105 Па.

Подставляя числовые данные, найдем η = 0,375.

2. 25. Идеальная холодильная машина, работающая по обратному циклу Карно, передает тепло от холодильника с водой при температуре t2 = 0 °С кипятильнику с водой при температуре t1 = 100 °С. Какую массу m2 воды нужно заморозить в холодильнике, чтобы превратить в пар массу m1 = 2 кг воды в кипятильнике? Удельная теплота парообразования воды rв = 2,26·106 Дж/кг, удельная теплота плавления льда λл = 3,34·105 Дж/кг.

Решение

За время работы холодильная машина отберет от холодильника количество теплоты Q2 = m2λл

и передаст кипятильнику количество теплоты Q2 = m2λл

Для идеальной тепловой машины, работающей по циклу Карно, справедливо соотношение



где η – коэффициент полезного действия тепловой машины на прямом цикле Карно, T1 и T2 – абсолютные температуры горячего и холодного тепловых резервуаров соответственно: T1 = 373 К, T2 = 273 К.

Из этих соотношений следует:


©dereksiz.org 2016
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет