Решения задач ЕГЭ
.pdfВариант 13
С1. Электрическая цепь состоит из последовательно включенных гальванического элемента ε, лампочки и катушки индуктивности L. Описать явления, возникающие при размыкании ключа.
Решение |
|
1. Явление электромагнитной индук- |
|
ции наблюдается во всех случаях изме- |
|
нения магнитного потока через контур. |
|
В частности ЭДС индукции может гене- |
|
рироваться в самом контуре при измене- |
|
нии в нём величины тока, что приводит к |
|
появлению дополнительных токов. Это |
Рис. 13.1.1. Явление самоиндукции |
явление получило название самоиндук- |
|
ции, а дополнительно возникающие токи |
|
называются экстратоками или токами |
|
самоиндукции. |
|
2. Исследовать явление самоиндук- |
|
ции можно на установке, принципиаль- |
|
ная схема которой приведена на рис. |
|
13.12. Катушка L с большим числом вит- |
|
ков, через реостат r и переключатель k |
|
подсоединяются к источнику ЭДС ε. До- |
|
полнительно к катушке подключён галь- |
|
ванометр G. При закороченном пере- |
|
ключателе в точке А ток будет ветвится, |
|
причём ток величиной i будет протекать |
|
через катушку, а ток i1 через гальвано- |
Рис. 13.1.2. Самоиндукция |
метр. Если затем переключатель разомкнуть, то при исчезновении в катушке магнитного потока возникнет экстраток размыкания I.
3.По закону Ленца экстраток будет препятствовать уменьшению магнитного потока, т.е. будет направлен в сторону убывающего тока, а вот через гальванометр экстраток пройдёт в направлении противоположном первоначальному, что приведёт к броску стрелки гальванометра в обратном направлении. Если катушку снабдить железным сердечником, то величина экстратока увеличивается. Вместо гальванометра в этом случае можно включить лампочку накаливания, что собственно и задано в условии задачи, при возникновении тока самоиндукции лампочка будет ярко вспыхивать.
4.Известно, что магнитный поток, сцепленный с катушкой пропорционален величине протекающего по ней тока
ψ= Li ,
коэффициент пропорциональности L называется индуктивностью контура. Размерность индуктивности определяется уравнением:
191
L = diψ , [L]= ВбА = Гн(генри).
5. Получим уравнение ЭДС самоиндукции εsi для катушки:
|
dψ |
|
d |
|
di |
|
dL |
|
|
εsi = − |
|
= − |
|
(Li)= − L |
|
+ |
|
i . |
|
dt |
dt |
dt |
dt |
||||||
|
|
|
|
|
6. В общем случае индуктивность, наряду с геометрией катушки в средах может зависеть от силы тока, т.е. L = f (i), это можно учесть при дифференци-
ровании:
dLdt = dLdi dtdi .
7.ЭДС самоиндукции с учётом последнего соотношения представится следующим уравнением:
εsi = − L + dL di .
di dt
8.Если индуктивность не зависит от величины тока, уравнение упрощается
εsi = −L dtdi .
9.Таки образом ЭДС самоиндукции пропорциональна скорости изменения величины тока.
10.При подаче питания на схему, изображённую на рис 13.1.3 в цепи величина тока будет увеличиваться от нулевого значения до номинала в течение некоторого промежутка времени вследствие явления самоиндукции. Возникающие экстратоки в соответствие с правилом Ленца всегда направлены противоположно, т.е. они препятствуют вызывающей их причине. Они препятствуют увеличе-
|
нию тока в цепи. В заданном случае, при |
Рис. 13.1.3. Токи замыкания и размыкания |
замыкании ключа, лампочка не вспыхнет |
сразу, а накал ёё будет нарастать в тече- |
нии некоторого времени.
11. При подключении коммутатора в положение 1 экстратоки станут препятствовать увеличению тока в цепи, а в положении 2, наоборот, экстратоки будут замедлять уменьшение основного тока. Будем считать для простоты анализа, что включённое в цепь сопротивление R характеризует сопротивление цепи, внутреннее сопротивление источника и активное сопротивление катушки L. Закон Ома в этом случае примет вид:
ε + εsi = iR ,
где ε − ЭДС источника, εsi − ЭДС самоиндукции, i − мгновенное значение величины тока, который является функцией времени. Подставим в закон Ома уравнение ЭДС самоиндукции:
Ldtdi +iR = ε.
12.Разделим в дифференциальном уравнении переменные:
192
Ldi = (ε −iR)dt, |
|
|
Li |
|
= dt , |
|||
|
|
(ε −iR) |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||
и проинтегрируем, считая L постоянной величиной: |
||||||||
|
|
L∫ |
di |
|
= ∫dt , |
|
||
L |
ε −iR |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|||
|
ln(ε −iR) |
= t + const . |
||||||
|
|
|||||||
|
R |
|
|
|
|
|
|
13. Видно, что, общее решение дифференциального уравнения можно представить в виде:
i(t)= Rε −cons te−RL t .
14.Постоянную интегрирования определим из начальных условий. При t =0
вмомент подачи питания ток в цепи равен нулю i(t) = 0. Подставляя нулевое значение тока, получим:
const = Rε .
15. Решение уравнения i(t) примет окончательный вид:
i(t)= |
ε |
|
L |
t |
|
|
|
||||
|
1 |
−eR . |
|||
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
16. Из уравнения, в частности, следует, что при размыкании ключа (рис. 13.1.1) сила тока будет уменьшаться по экспоненциальному закону. В первые моменты после размыкания цепи ЭДС индукции и ЭДС самоиндукции будут складываться и дадут кратковременный всплеск силы тока, т.е. лампочка кратковременно увеличит свою яркость (рис. 13.1.4).
Рис. 13.1.4. Зависимость силы тока в цепи с индуктивностью от времени
С2. Лыжник массой m = 60 кг стартует из состояния покоя с трамплина высотой H = 40 м, в момент отрыва его скорость горизонтальна. В процессе движения по трамплину сила трения совершила работу АТ = 5,25 кДж. Определить дальность полёта лыжника в горизонтальном направлении, если точка приземления оказалась на h = 45 м ниже уровня отрыва от трамплина. Сопротивление воздуха не учитывать.
Рис. 13.2 Лыжник на трамплине
193
Решение
1. Закон сохранения энергии при движении лыжника по трамплину:
|
|
|
mv2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
T |
|
||
mgH = |
|
|
0 |
+ AT ; |
|
|
|
v0 = |
|
2 gH − |
|
; |
|||||||
|
|
|
|
|
m |
||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5,25 |
10 |
3 |
|
|
м |
|
|
|
||
|
v0 = |
|
|
− |
|
|
|
; |
|
|
|||||||||
|
2 10 40 |
|
|
60 |
|
= 25 |
с |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2. Кинематика горизонтального полёта: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
h = |
gτ2 |
; |
|
τ = |
|
2h |
= 3c; |
|
S = v0τ = 75м; |
||||||||||
2 |
|
|
|
g |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С3. В вертикальном герметичном ци- |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
линдре под поршнем массой m = 10 кг и |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
площадью s = 20 см2 находится идеаль- |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
ный одноатомный газ. Первоначально |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
поршень находился на высоте h = 20 см |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
от дна цилиндра, а после нагревания |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
поршень поднялся на высоту H = 25 см. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Какое количество теплоты сообщили газу |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
в процессе нагревания? Внешнее давле- |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
ние р0 = 105 Па. |
|
Решение |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1. Давление газа в процессе нагрева- |
|||||||||
Рис. 13.3. Идеальный газ под поршнем |
ния: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
mg + p S = p S; |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
|
|
p1 = p2 =1,5 105 Па; |
||
|
|
|
|
|
|
|
mg |
+ p0S = p2S; |
|
|
|
|
|
||||||
2. Работа, совершённая при нагревании: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
A = p1 V = p1S(H − h)=15 Дж; |
|
|
|
||||||||||||||
3. Из уравнений состояния идеального газа: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
pV |
= νRT ; |
|
|
|
|
|
T = pV1 ; |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
νR |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
pV2 = νRT2 ; |
|
|
|
|
T = pV2 ; |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
4. Изменение внутренней энергии газа: |
|
|
νR |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
U = |
i |
νR T = 3 p(V − V ) |
= 22,5 Дж; |
|
||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5. Сообщённое газу количество тепла:
Q = A + U = 37,5 Дж;
С4. Электрическая цепь состоит из источника с ε = 21 В с внутренним сопротивлением r = 1 Ом и двух резисторов: R1 = 50 Ом и R2 = 30 Ом. Собственное сопротивление вольтметра Rv = 320 Ом, сопротивление амперметра RA = 5 Ом. Определить показания приборов.
194
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|||||
1. |
Сопротивление всей цепи: |
|
|||||||||||
|
|
|
RΣ = |
|
(R1 + R2 )R3 |
+ R4 ; |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
R1 + R2 + R3 |
|
|||||
|
|
|
RΣ = |
|
80 320 |
+ 5 = 69 Ом |
|
||||||
|
|
|
|
400 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
2. |
Сила тока, протекающего через ам- |
|
|||||||||||
перметр: |
|
|
ε |
|
|
|
21 = 0,3 А; |
|
|||||
|
|
|
IA = |
|
|
= |
|
|
|||||
|
|
|
RΣ + r |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
70 |
|
|
||||
3. |
Показания вольтметра: |
Рис. 13.4. Электрическая схема |
|||||||||||
|
|
|
|
(R1 + R2 )R3 |
|
|
|
||||||
U |
|
= I |
|
|
= 0,3 64 =19,2 B; |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
v |
|
A R1 + R2 + R3 |
|
С5. Частица массой m = 10 − 7 кг, несущая заряд q = 10 − 5 Кл равномерно движется по окружности радиуса R = 2 см в магнитном поле с индукцией В = 2 Тл. Центр окружности находится на главной оптической линзы на расстоянии d = 15 см от неё. Фокусное расстояние линзы F = 10 см. С какой скоростью движется изображение частицы в линзе?
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1. |
Скорость и угловая скорость движения частицы |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
mv2 |
= qvB; v = |
qBR |
= |
10−5 2 2 10−2 |
≈ 4 |
м |
; |
ω = |
v |
= |
|
4 |
= 200 |
рад |
; |
||||||
R |
|
m |
|
|
10−7 |
с |
R |
2 |
10−2 |
с |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2. |
Увеличение линзы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
Γ = |
f |
; |
1 |
= |
1 |
+ |
1 ; f = |
Fd |
|
= 30 см; Γ = 2; |
|
|
|
||||||
|
|
d |
F |
d |
d − F |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
f |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. Для изображения угловая скорость останется неизменной, а радиус окружности увеличится в два раза, поэтому:
vx = ω2R = 8 мс ;
С6. На пластинку с коэффициентом отражения ρ падающего света, падают перпендикулярно каждую секунду N одинаковых фотонов, и девствует сила светового давления F. Чему равна длина волны падающего света?
Решение
1. Световое давление на пластинку:
p = Stεf (1+ ρ); pS = N hcλ (1+ ρ); pS = F; F = N hcλ (1+ ρ); 2. Длина падающего света:
λ = Nhc(1+ ρ); F
195
Вариант 14
С1. Электрическая цепь состоит из последовательно включенных гальванического элемента ε, лампочки и катушки индуктивности L. Описать явления, возникающие при замыкании ключа.
Решение
1. Явление электромагнитной индукции наблюдается во всех случаях изменения магнитного потока через контур. В частности ЭДС индукции может генерироваться в самом контуре при изменении в нём величины тока, что приводит к появлению дополнительных токов. Это явление получило название самоиндукции, а дополнительно возникающие токи назы-
ваются экстратоками или токами самоиндукции.
2. Исследовать явление самоиндукции можно на установке, принципиальная схема которой приведена на рис. 14.1.2. Катушка L с большим числом витков, через реостат r и переключатель k подсоединяются к источнику ЭДС ε. Дополнительно к катушке подключён гальванометр G. При закороченном переключателе в точке А ток будет ветвится, причём ток величиной i будет протекать через катушку, а ток i1 через гальванометр. Если затем переключатель разомкнуть, то при исчезновении в катушке магнитного по-
тока возникнет экстраток размыкания I.
3.По закону Ленца экстраток будет препятствовать уменьшению магнитного потока, т.е. будет направлен в сторону убывающего тока, а вот через гальванометр экстраток пройдёт в направлении противоположном первоначальному, что приведёт к броску стрелки гальванометра в обратном направлении. Если катушку снабдить железным сердечником, то величина экстратока увеличивается. Вместо гальванометра в этом случае можно включить лампочку накаливания, что собственно и задано в условии задачи, при возникновении тока самоиндукции лампочка будет ярко вспыхивать.
4.Известно, что магнитный поток, сцепленный с катушкой пропорционален величине протекающего по ней тока
ψ= Li ,
коэффициент пропорциональности L называется индуктивностью контура. Размерность индуктивности определяется уравнением:
196
L = diψ , [L]= ВбА = Гн(генри).
5. Получим уравнение ЭДС самоиндукции εsi для катушки:
|
dψ |
|
d |
|
di |
|
dL |
|
|
εsi = − |
|
= − |
|
(Li)= − L |
|
+ |
|
i . |
|
dt |
dt |
dt |
dt |
||||||
|
|
|
|
|
6. В общем случае индуктивность, наряду с геометрией катушки в средах может зависеть от силы тока, т.е. L = f (i), это можно учесть при дифференци-
ровании:
dLdt = dLdi dtdi .
7.ЭДС самоиндукции с учётом последнего соотношения представится следующим уравнением:
εsi = − L + dL di .
di dt
8.Если индуктивность не зависит от величины тока, уравнение упрощается
εsi = −L dtdi .
9.Таки образом ЭДС самоиндукции пропорциональна скорости изменения величины тока.
10.При подаче питания на схему,
изображённую на рис 14.1.3 в цепи величина тока будет увеличиваться от нулевого значения до номинала в течение некоторого промежутка времени вследствие явления самоиндукции. Возникающие экстратоки в соответствие с правилом Ленца всегда направлены противоположно, т.е. они препятствуют вызывающей их причине. Они препятствуют увеличению тока в цепи. В заданном
случае, при замыкании ключа, лампочка Рис. 13.1.3. Токи замыкания и размыкания не вспыхнет сразу, а накал ёё будет нарастать в течении некоторого времени.
11. При подключении коммутатора в положение 1 экстратоки станут препятствовать увеличению тока в цепи, а в положении 2, наоборот, экстратоки будут замедлять уменьшение основного тока. Будем считать для простоты анализа, что включённое в цепь сопротивление R характеризует сопротивление цепи, внутреннее сопротивление источника и активное сопротивление катушки L. Закон Ома в этом случае примет вид:
ε + εsi = iR ,
где ε − ЭДС источника, εsi − ЭДС самоиндукции, i − мгновенное значение величины тока, который является функцией времени. Подставим в закон Ома уравнение ЭДС самоиндукции:
Ldtdi +iR = ε.
12.Разделим в дифференциальном уравнении переменные:
Ldi = (ε −iR)dt, |
Li |
|
= dt , |
|
(ε −iR) |
||||
|
|
197
и проинтегрируем, считая L постоянной величиной: L∫ε −diiR = ∫dt ,
RL ln(ε −iR)= t + const .
13. Видно, что, общее решение дифференциального уравнения можно представить в виде:
i(t)= Rε −cons te−RL t .
14.Постоянную интегрирования определим из начальных условий. При t =0
вмомент подачи питания ток в цепи равен нулю i(t) = 0. Подставляя нулевое значение тока, получим:
const = Rε .
15. Решение уравнения i(t) примет окончательный вид:
i(t)= |
ε |
|
L |
t |
|
|
|
||||
|
1 |
−eR . |
|||
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
16. Из уравнения, в частности, следует, что при замыкании ключа (рис. 13.1.1) сила тока будет возрастать по экспоненциальному закону.
С2. Коробок после удара в точке А скользит вверх по наклонной плоскости с начальной скоростью v0 = 5 м/с. В точке В коробок отрывается от наклонной плоскости. На каком расстоянии S от наклонной плоскости упадёт коробок? Коэффициент трения коробка о плоскость μ = 0,2. Длина наклонной плоскости АВ = L = 0,5 м, угол наклона плоскости α = 300. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение
1. При движении из начального положения первоначально сообщённая коробку
Рис. 14.2. Полёт коробка кинетическая энергия преобразуется в работу против силы
трения, кинетическую энергию в точке В и увеличение потенциальной энергии коробка:
mv02 |
= mvB2 |
+ μmgLcosα + mgLcosα; v02 = vB2 + 2gLcosε(μ +1); |
||
2 |
2 |
|
м |
|
|
vB = |
v02 − 2gLcosα(μ +1) = 25 − 2 10 0,5 0,87 1,2 4 |
; |
|
|
|
|
с |
|
2. Из точки В коробок будет двигаться по параболической траектории:
|
x(t) = vB cosαt; |
|
y(t) = h + vB sin αt − |
gt2 |
; |
|
|||
|
|
|
2 |
|
|||||
|
y(τ) = 0; h = Lcosα; |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
||||
gτ2 |
− vB sin ατ − Lcosα = 0; 5τ |
2 |
− 2τ − 0,435 = 0; |
τ |
2 |
− 0,4τ − 0,087 |
= 0; |
||
2 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ = 0,2 + |
0,04 + 0,087 ≈ 0,57c ; |
|
|
|
|
198
3. Расстояние от наклонной плоскости до точки падения: x(τ) = vB cosατ ≈ 4 0,87 0,57 ≈1,98м;
С3. Идеальный одноатомный газ в количестве ν = 2 моль сначала охладили, уменьшив давление в 2 раза, а затем нагрели до первоначальной температуры Т1 = 360 К. Какое количество теплоты получил газ на участке 2 − 3?
Решение
1. Температура газа в состоянии 2: |
|
|
|
|
|
||||||||
p V |
= νRT ; |
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
||
1 1 |
|
|
1 |
|
|
T2 = |
|
|
|
|
|
|
|
p1 V = νRT ; |
|
2 =180K; |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Изменение внутренней энергии газа |
|
|
|
|
|||||||||
на участке 2 → 3: |
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
U |
2 |
→3 |
= |
νR(T − T ); |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
2 |
3 |
2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.14.3. Изменение состояния газа |
|||
U2→3 =1,5 |
2 8,31 180 ≈ 4487Дж; |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
3. Точки 2 и 3 лежат на одной изобаре, поэтому: |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
pV = νRT ; |
V |
= |
νRT2 |
; |
|||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
p |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= νRT3 ; |
|
||||
|
|
|
|
|
|
pV3 = νRT3; |
V |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4. Работа газа на участке 2 → 3:
A2→3 = p(V3 − V2 )= νR(T3 − T2 ) ≈ 2992Дж; 5. Полученная газом теплота:
Q = U2→3 + A2→3 ≈ 7478Дж;
С4. Электрическая цепь состоит из источника ЭДС с ε = 21 В с внутренним сопротивлением r = 1 Ом, резисторов R1 = 50 Ом, R2 = 30 Ом, вольтметра с собственным сопротивлением RV = 320 Ом и амперметра с сопротивлением RA = 5 Ом. Определить показания приборов.
Решение
1. Сопротивление нагрузки:
RV,A = RV + RA = 325 Ом; R1,2 = R1 + R2 = 80 Ом;
RΣ = |
RV,AR1,2 |
= |
325 80 |
≈ 64 Ом; |
||
RV,A + R1,2 |
325 |
+80 |
||||
|
|
|
2. Величина силы тока через источник I0:
Рис.14.4. Электрическая цепь
I0 = R ε+ r ≈ 0,3A;
Σ
3. Падение напряжения на нагрузке:
199
U1 = UR1 ,R 2 = UR V ,R A = ε − I0r = 20,7 B ; 4. Сила тока, протекающего через амперметр:
IA = |
U1 |
≈ 0,06A; |
|
||
|
RV,A |
5. Показания вольтметра:
UV = IARV ≈ 20,4 B;
C5. Частица массой m = 10 − 7 кг и зарядом q = 10 − 5 Кл движется с постоянной скоростью v = 6 м/с по окружности в магнитном поле с индукцией В = 1,5 Тл. Центр окружности находится на главной оптической оси собирающей линзы, а плоскость окружности перпендикулярна главной оптической оси и находится на расстоянии d = 15 см от неё. Фокусное расстояние линзы F = 10 см. По окружности какого радиуса движется изображение частицы в линзе?
Решение
1. Радиус движения частицы:
|
|
|
|
|
mv2 |
|
|
mv |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
= qvB; R = |
|
|
|
; |
||
|
|
|
|
|
R |
|
qB |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2. Увеличение линзы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Γ = |
f |
; |
1 = |
1 |
+ 1 |
; f = |
Fd |
|
= 30 см; Γ = 2; |
||||
|
d |
d − F |
|||||||||||
|
d |
F |
f |
|
|
|
|
|
|||||
3. Радиус изображения: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
R* = 2R = |
2mv = |
2 10−7 6 |
≈ 0,08м; |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
qB |
10−5 1,5 |
|
|
С6. На пластинку площадью S = 4 см2, которая отражает 70% и поглощает 30% падающего света, падает перпендикулярно свет с длиной волны λ = 600 нм. Мощность светового потока N = 120 Вт. Какое давление оказывает свет на пластинку?
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
||
1. Световое давление на пластинку: |
120 (1+ 0,7) |
|
|
|
|||||||
p = |
Nt |
(1+ ρ)= |
N |
(1 |
+ ρ)= |
≈1,7 10 |
−3 |
Па; |
|||
Stc |
Sс |
4 10 |
−4 |
8 |
|
||||||
|
|
|
|
|
3 10 |
|
|
|
200