Методические указания по физике для студентов 1, 2 курса очной, очнозаочной и заочной форм обучения всех специальностей
 Скачать 463.21 Kb.
|
υυυυ до υυυυ +d υυυυ в расчете на единицу этого интервала. Если, не меняя температуры и числа молекул, взять другой газ с большей молярной массой, то .... РЕШЕНИЕ Наиболее вероятная скорость равна 2RT M , где M – молярная масса газа, R – универсальная газовая постоянная. Чем больше M, тем сильнее смещается максимум в сторону меньших скоростей (влево. ОТВЕТ максимум кривой сместится влево в сторону меньших скоростей. I, mA 10 20 U, B 5 15 10 20 30 40 1 2 υ f( υ) d υ υ вер Рис. 29. к задаче №50 Риск задаче №52 24 53. На рис. 31 показан длинный проводник стоком, около которого находится небольшая проводящая рамка. При выключении в проводнике тока заданного направления, в рамке РЕШЕНИЕ При протекании тока в данном направлении линии магнитной индукции магнитного поля, созданного током, входят в рамку в направлении "от нас" (если рамка и проводник лежат водной плоскости. При выключении тока в рамке возникнет ЭДС, которая создаст ток в рамке, поддерживающий магнитный поток "от нас. Направление такого тока должно быть 1-2-3-4. ОТВЕТ возникнет индукционный ток в направлении 1-2-3-4. 54. Средняя кинетическая энергия молекулы идеального газа при температуре Т равна kT i 2 = ε , где i = п + n вр + 2n – соответственно, число степеней свободы поступательного, вращательного и колебательного движений молекулы, k – постоянная Больцмана. Для атомарного водорода число i равно … РЕШЕНИЕ Одноатомная молекула идеального газа имеет только степени свободы поступательного движения. Число их равно 3. ОТВЕТ 3. 55. Уравнение плоской синусоидальной волны, распространяющейся вдоль оси ОХ со скоростью 500 мс, имеет вид ( ) x t 2 sin 01 , 0 − ω = ξ . Циклическая частота ω в (с) равна. РЕШЕНИЕ Уравнение бегущей волны ( ) ( ) , sin x t A t kx ξ ω = − , где k ω υ = − волновое число. По условию задачи k = 2. рад/с 1000 500 ОТВЕТ 1000 с 1 2 4 3 Риск задаче №53 25 56. На рис. 32 изображены сечения двух параллельных прямолинейных длинных проводников с одинаково направленными токами, причем 2 I меньше например, 1 2 2 1 I I = ). Индукция результирующего магнитного поля равна нулю в некоторой точке интервала. РЕШЕНИЕ Векторы магнитной индукции в промежутке между проводниками в точках линии, соединяющей проводники, направлены перпендикулярно этой линии, нов противоположные стороны оттока вниз в плоскости рисунка, оттока вверх в плоскости рисунка. Результирующий вектор индукции будет являться разностью этих векторов и обратится в ноль при равенстве модулей векторов. При 2 равенство модулей векторов произойдет в точке, более близкой ко второму проводнику. ОТВЕТ с. 57. Стационарным уравнением Шредингера для электрона в водородоподобном ионе является уравнение. РЕШЕНИЕ Стационарное уравнение Шредингера в общем виде есть ( ) 0 2 2 2 = ψ − + ψ ∇ U E m ℏ , где U – потенциальная энергия частицы, ∇ − оператор Лапласа, ψ − волновая функция. m – масса частицы. Е – полная энергия частицы, 2 h π = ℏ (h – постоянная Планка. В водородоподобном ионе r Ze U 0 2 4πε − = , где z – зарядовое число, е – элементарный заряд, ε 0 – электрическая постоянная, r – расстояние радиус орбиты. ОТВЕТ 4 2 0 2 2 2 = ψ πε + + ψ ∇ r Ze E m ℏ J 1 J 2 a b c d Риск задаче №56 26 58. Электрическое поле создано двумя бесконечными параллельными плоскостями, заряженными с поверхностными плотностями -2 σ σσ σ и + σ σσ σ . На рис. 33 показана качественная зависимость проекции напряженности поля E x от координаты x вне пластин и между пластинами. Какой из графиков (риса, б, в, г) отражает характер изменения потенциала ϕ ϕϕ ϕ этого поля график. РЕШЕНИЕ Напряженность электрического поля равна ϕ ∇ − = E . В одномерном случае С использованием этого выражения выбираем график зависимости потенциала от x рис. 34 (в. ОТВЕТ график ϕ (хна рис. 34 (в. 59. Если момент инерции тела увеличить в 2 раза, а скорость его вращения уменьшить в 2 раза, то момент импульса тела. РЕШЕНИЕ Момент импульса тела равен ω = ОТВЕТ не изменится. 0 x E x -2σ +2σ Риск задаче №58 0 x ϕ 0 x ϕ 0 x ϕ 0 x ϕ Риск задаче №58 а) б) в) г) 27 60. На рис. 35 приведены две вольтамперные характеристики вакуумного фотоэлемента. Если Е освещенность фотоэлемента, а νννν −−−− частота падающего на него света, то для данного случая справедливы соотношения. РЕШЕНИЕ Уровни насыщения фототока в обоих случаях одинаковы, те. опыты проводились при одинаковой освещенности 2 1 E E Задерживающий потенциал в случае 1 больше, значит больше кинетическая энергия электронов. Следовательно, освещение производилось с большей энергией ν h квантов. ОТВЕТ 1 2 1 ; E E = ν > ν 61. На частицу, находящуюся вначале координат, действует сила, вектор которой определяется выражением j i F 3 2 + = , где i и единичные векторы декартовой системы координат. Работа, совершенная этой силой при перемещении частицы в точку с координатами (5; 0), равна ... РЕШЕНИЕ Точка перемещалась только по оси X. Расстояние, пройденное по оси X равно 5-0=5. Проекция силы на X по условию равна 2. Вертикальная составляющая силы, равная j 3 , не совершает работы, т.к. она перпендикулярна перемещению. Работа A=5⋅2=10 Дж. ОТВЕТ 10 Дж. 62. Система состоит из трех шаров с массами m 1 =1 кг, кг, кг, которые движутся так, как показано на рисунке 36. Если скорости шаров равны υυυυ 1 =3 мс, υυυυ 2 =2 мм, то вектор импульса центра масс этой системы направлен. РЕШЕНИЕ Скорость центра масс системы частиц равна i 1 1 n i m m υ υ = = ∑ , где m – сумма масс частиц системы. В данном случае ( ) ( ) 1 1 3 3 2 2 1 1 2 1 3 3 1 2 2 6 3 m j m j m i j j i i m υ υ υ υ = − + = ⋅ − ⋅ + ОТВЕТ вдоль оси OX. m 2 y x 1 υ m 1 m 3 2 υ 3 υ 0 1 I 2 U Риск задаче №60 Риск задаче №62 28 63. На рис. 37 показаны направления падающего фотона ( γγγγ ), рассеянного фотона ( γγγγ ') и электрона отдачи (e). Угол рассеяния 90°, направление движения электрона отдачи составляет с направлением падающего фотона угол ϕ ϕϕ ϕ =30°. Если импульс рассеянного фотона ф, то импульс электрона отдачи равен. РЕШЕНИЕ Т.к. внешние силы, действующие вдоль оси Y отсутствуют, то можно записать выражение для закона сохранения импульса вдоль этой оси. 2 sin ! e e ф P P P = ϕ = ! 2 ф e P P = ОТВЕТ: ! 2 ф e P P = 64. На (диаграмме изображены два циклических процесса (рис. 38). Отношение работ, совершенных в каждом цикле А, равно. РЕШЕНИЕ Абсолютная величина работы, совершенная в процессе цикла, равна площади, охватываемой замкнутой кривой (в данном случае площади прямоугольника I и площади прямоугольника II). Знак работы положителен, если цикл протекает почасовой стрелке, и отрицателен, если цикл протекает против часовой стрелки. Из рис. 38 видно, что A I = -3 и A II = -6. ОТВЕТА. Тонкая пленка вследствие явления интерференции в отраженном свете имеет зеленый цвет. При увеличении показателя преломления пленки ее цвет. РЕШЕНИЕ На экране будет интерференционный максимум, если разность хода равна целому числу волн 0 0 2 2 cos 2 λ ⋅ = λ + ⋅ m i n d , где i 2 – угол преломления, d – толщина пленки, n – показатель преломления. Из формулы видно, что с увеличением n будет расти длина волны λ 0 и цвет будет стремиться к красному. ОТВЕТ станет красным. y x γ γ` e ϕ 7 1 P 2 V 3 4 5 6 8 1 2 3 4 I II Риск задаче №63 Риск задаче №64 29 66. Материальная точка M движется по окружности со скоростью υ . На рис. 39 показан график зависимости проекции скорости υυυυ ττττ от времени (единичный вектор положительного направления, υυυυ ττττ −−−− проекция υ на это направление) При этом для нормального n a и тангенциального τ a ускорения выполняются условия. РЕШЕНИЕ На графике показана зависимость модуля вектора скорости от времени, те. ( ) f t υ = . Из рис 39 видно, что тангенциальное ускорение, равное d a dt τ υ = , положительное и постоянное во времени. Те. движение точки по окружности происходит с постоянным ускорением. Это означает, что скорость движения по окружности возрастает. Нормальное ускорение также возрастает, т.к. оно связано со скоростью выражением 2 n a R υ = , где R – радиус окружности, по которой движется точка. ОТВЕТ. Процесс, изображенный на рис. 40 в координатах (T,S), где энтропия, является. РЕШЕНИЕ Функция состояния, дифференциалом которой является T Q ∂ , называется энтропией, и обозначается S. Изменение энтропии ∫ ∂ = − = ∆ → 2 1 1 2 2 Для адиабатического процесса 0 = ∂Q , те. 0 = ∆S и процесс происходит при постоянной энтропии, как и показано на рис. Температура растет, те. происходит адиабатическое сжатие. ОТВЕТ адиабатическое сжатие. Vτ t T S 1 Риск задаче №66 Риск задаче №67 30 68. Реакция распада протона по схеме ν + ν + → + e p невозможна. Это является следствием невыполнения закона сохранения. РЕШЕНИЕ Лептонные заряды позитрона, нейтрино и антинейтрино 1 − → + e , 1 + → ν , 1 − → ν . Барионный заряд протона 1 + → p . Проверим закон сохранения лептонного заряда 1 1 1 ОТВЕТ невыполнение закона сохранения лептонного заряда. 69. На рис. 41 изображены стационарные орбиты атома водорода согласно модели Бора, а также условно изображены переходы электрона с одной стационарной орбиты на другую, сопровождающиеся излучением кванта энергии. В ультрафиолетовой области спектра эти переходы дают серию Лаймана, в видимой −−−− Бальмера, в инфракрасной серию Пашена. Наибольшей частоте кванта в серии Бальмера соответствует переход 1) n = 4 → → → → m = 3 2) n = 5 → → → → m = 1 3) n = 5 → → → → m = 2 4) n = 3 → → → → m = 2. РЕШЕНИЕ Обобщенная формула Бальмера − = ν 2 2 1 где m имеет в каждой данной серии постоянное значение m = 1, 2, 3. 4, 5, 6 (определяет серию, n принимает целочисленные значения, начиная с m+1 определяет отдельные линии этой серии, постоянная Ридберга R=3,29⋅10 15 с. В серии Бальмера m=2. Наибольшая частота из приведенных вариантов ответов будет наблюдаться при переходе из n=5. ОТВЕТ 2. n m = → = n=1 n=2 n=3 n=4 n=5 Риск задаче №69 31 70. На рис. 42, 43 изображены зависимости от времени координаты и скорости материальной точки, колеблющейся по гармоническому закону. Циклическая частота колебаний точки равна ... РЕШЕНИЕ Координата изменяется со временем как ) cos( ϕ + ω = t x x m . Скорость υ равна производной повремени от x. sin( ) m dx x t dt υ ω ω ϕ = = Максимальная скорость равна max m x υ ω = max m x υ ω = . Из графика x m = 1; υ max = -2. Тогда max 2 2 рад/с 1 m x υ ω − = = = ОТВЕТ: 2 рад/с. 71. Протон локализован в пространстве в пределах ∆ ∆∆ ∆ x = 1,0 мкм. Учитывая, что постоянная Планка с Дж 10 05 1 34 ⋅ ⋅ = − ℏ , а масса протона m = 1,67 ⋅⋅⋅⋅ 10 -27 кг, неопределенность скорости ∆ ∆∆ ∆υυυυ x (в мс) составляет не менее. РЕШЕНИЕ Соотношение неопределенностей: ℏ ≥ ∆ ⋅ ∆ x p x . Или x x m υ ∆ ⋅ ∆ ≥ ℏ . Отсюда x m x υ ∆ ≥ ⋅ ОТВЕТ 6,29⋅10 -2 мс. 0,4 -0,2 0,2 0,8 x, мс -0,6 -0,8 -0,4 -1,0 -0,2 Риск задаче №70 Риск задаче №70 32 72. Вероятность обнаружить электрон на участке (a, b) одномерного потенциального ящика с бесконечно высокими стенками вычисляется по формуле ∫ = b a wdx W , где w −−−− плотность вероятности, определяемая функцией. Если Ψ −−−− функция имеет вид, указанный на рис. 44, то вероятность обнаружить электрон на участке L x L < < 8 3 равна. РЕШЕНИЕ Плотность вероятности равна 2 Ψ = w . Вероятность нахождения в ящике равна ∫ Ψ = L dx W 0 2 . Это площадь под кривой ) ( 2 x f = Ψ и равна 1, т.к. частица обязательно находится в ящике. Площадь под пиком равна вероятности нахождения частицы в той части ящика, в пределах которого находится пик плотности вероятности. Имеется 4 пика с одинаковой площадью. Те. вероятность нахождения частицы на отрезках, показанных на рис. 45, равна 1/4. Вероятность обнаружить электрон на участке L x L < < 8 равна 8 5 2 1 8 ОТВЕТ 5/8. 73. Если зеркальную пластинку, на которую падает свет, заменить на затемненную той же площади, то световое давление РЕШЕНИЕ Сила давления пропорциональна изменению импульса фотонов. При замене пластинки на затемненную изменение импульса уменьшится в 2 раза (абсолютно упругий удар) ОТВЕТ уменьшится в 2 раза. Ψ x L 0 L/4 0 L/2 3L/4 Ψ 2 x L 0 L 4 0 W=1/4 W=1/4 W=1/4 W=1/4 L 2 3L 4 Риск задаче №72 Риск задаче №72 33 74. Диск вращается равномерно с некоторой угловой скоростью ω ω ω ω . Начиная с момента времени t = 0 на него действует момент сил, график временной зависимости которого представлен на рисунке 46. Укажите график, правильно отражающий зависимость угловой скорости диска от времени (рис. 46). РЕШЕНИЕ Основной закон динамики вращательного движения ε = J M , где ε − угловое ускорение, M– момент сил, J – момент инерции диска. В соответствии с этим уравнением выбран график на риса. ОТВЕТ график ω (t) на риса. Сконструировать из кварков протон и нейтрон. РЕШЕНИЕ Протон и нейтрон – барионы, барионный заряд каждой частиц равен "+1". Барионный заряд кварка равен "+1/3". Поэтому и нейтрон, и протон должны состоять из трех кварков. Какие это кварки Сумма электрических зарядов трех кварков должна давать электрический заряд частицы. Электрический заряд u – кварка равен "+2/3", d кварка равен "-1/3". Ответ нейтрон – udd; протон – uud. t 1 t 2 M t Риск задаче №74 t 1 t 2 ω t t 1 t 2 ω t t 1 t 2 ω t t 1 t 2 ω t Риск задаче №74 а) б) в) г) 34 Риск задаче №78 76. Вокруг неподвижной оси с угловой скоростью ω ω ω ω 1 свободно вращается система из невесомого стержня и массивной шайбы массой m, которая удерживается нитью на расстоянии R 1 от оси вращения. Нить медленно оcвобождают, в результате чего шайба соскальзывает расстояние R 2 = 3R 1 от оси вращения (рис. 48). Когда шайба находится в положении 2, система будет вращаться с угловой скоростью ... РЕШЕНИЕ Внешние силы не действуют. Поэтому применим закон сохранения момента импульса 2 2 1 1 ω = ω J J , где и J 2 − моменты инерции шайбы в первом и втором положении соответственно. 2 1 1 mR J = , 2 1 2 2 2 9R m mR J ⋅ = = , 2 2 1 1 2 1 9 ω ⋅ = ω R m mR , 9 ОТВЕТ 1 2 ω = ω |