Методические указания по физике для студентов 1, 2 курса очной, очнозаочной и заочной форм обучения всех специальностей
 Скачать 463.21 Kb.
|
|
77. Пи-ноль-мезон, двигавшийся со скоростью 0,8 с (с −−−− скорость света в вакууме) в лабораторной системе отсчета, распадается на два фотона γγγγ 1 и γγγγ 2 . В собственной системе отсчета мезона фотон был испущен вперед, а фотон γγγγ 2 −−−− назад относительно направления полета мезона. Скорость фотона γγγγ 1 в лабораторной системе отсчета равна ... РЕШЕНИЕ Фотон – частица с нулевой массой, а такие частицы могут существовать только в движении со скоростью света. ОТВЕТ 1c. На рис показана ориентация векторов напряженности E электрического и магнитного полей в электромагнитной волне. Вектор плотности потока энергии электромагнитного поля ориентирован в направлении. РЕШЕНИЕ Вектор Пойнтинга равен [ ] H E = Π . В соответствии с правилами векторного умножения направлением Π является направление 4. ОТВЕТ 4. 2 R 2 R 1 1 Риск задаче №76 1 y z H E 2 3 4 x 35 79. В опытах по внешнему фотоэффекту изучалась зависимость энергии фотоэлектронов от частоты падающего света. Для некоторого материала фотокатода исследованная зависимость на рис. 50 представлена линией с. При замене материала фотокатода на материал с большей работой выхода зависимость будет соответствовать прямой. РЕШЕНИЕ Энергия квантов расходуется на работу выхода и кинетическую энергию фотоэлектрона. Чем больше работа выхода, тем точка пересечения прямой к =f (ν) с осью абсцисс находится правее прямой "си будет параллельна ей при условии неизменности интенсивности света. ОТВЕТ "d". 80. Колебательный контур состоит из последовательно соединенных емкости, индуктивности и резистора. К контуру подключено переменное напряжение (рис. При некоторой частоте внешнего напряжения амплитуды падений напряжений на элементах цепи соответственно равны U R = 4 ВВС В. При этом амплитуда приложенного напряжения равна. РЕШЕНИЕ Векторная диаграмма напряжений для данной схемы это резонанс напряжений (рис. 52). Амплитуда приложенного напряжения U равна U R = 4 В. ОТВЕТ 4 ВСЕ Риск задаче №79 Риск задаче №80 Риск задаче №80 36 81. На рис. 53 показана зависимость силы тока от времени в электрической цепи с индуктивностью 1 мГн. Модуль среднего значения ЭДС самоиндукции на интервале от 5 до 10 св мкВ) равен РЕШЕНИЕ ЭДС на отрезке времени с равна ( ) мкВ 2 В 10 2 5 10 30 20 10 6 3 3 = ⋅ = ⋅ − − = − − − − dt dI L Т.к. ЭДС на заданном отрезке не зависит от времени, то мгновенное значение ЭДС равно среднему значению. Следовательно, модуль среднего значения равен 2 мкВ. ОТВЕТ 2 мкВ. 82. Сейсмическая упругая волна, падающая со скоростью 5,6 км/с под углом 45° на границу раздела между двумя слоями земной коры с различными свойствами, испытывает преломление, причем угол преломления равен 30°. Во второй среде волна будет распространяться со скоростью. РЕШЕНИЕ При преломлении плоской монохроматической волны на плоской границе раздела двух однородных непоглощающих сред направления распространения падающей и преломлённой волн связаны соотношением 1 1 2 2 sin sin θ υ θ υ = (Снелля закон преломления, где 2 1 , θ θ − углы падения и преломления, те. углы между направлениями фазовых скоростей 1 υ , 2 υ и нормалью к границе 1 2 1 sin 3,959 sin θ ОТВЕТ 4 км/с. I, mA 20 t, c 10 30 5 10 15 20 0 Риск задаче №81 37 83. На рис. 54 представлена зависимость плотности тока j, протекающего в проводниках 1 и 2, от напряженности электрического поля Е. Отношение удельных сопротивлений этих проводников ρρρρ l / ρρρρ 2 равно ... РЕШЕНИЕ Закон Ома в дифференциальной форме E j γ = , где − плотность тока γ − удельная электрическая проводимость E - напряженность электрического поля. Из рис. 54 видно, что угловые коэффициенты прямых равны 2 5 1 = γ и 4 5 2 = γ . Связь ρ и γ: γ = ρ 1 2 1 5 4 2 5 1 2 ОТВЕТ 1/2. 84. В трех одинаковых сосудах при равных условиях находится одинаковое количество водорода, гелия и азота. Распределение скоростей молекул гелия будет описывать кривая. РЕШЕНИЕ В соответствии с формулой распределения модуля скоростей молекул максимум кривой распределения смещается в сторону больших скоростей и уменьшается, а сама кривая расплывается с уменьшением массы молекулы газа. Те. m 1 > m 2 > ОТВЕТ 2. j, усл.ед. 10 20 E, усл.ед. 5 15 2 4 6 8 1 2 1 Риск задаче №83 Риск задаче №84 N 2 υ f(υ) 1 2 3 H 2 He 38 85. В потенциальном поле сила F пропорциональна градиенту потенциальной энергии W p . Если график зависимости потенциальной энергии от координаты х имеет вид, показанный на рис. 56, то зависимость проекции силы на ось X будет. РЕШЕНИЕ Проекция силы F на ось Х равна Из рис. 56 видно, что x F не зависит от x и имеет положительное значение. ОТВЕТ график F x (x) на рис. 56. 86. В однородном диске массой M = 1 кг и радиусом R = 0,3 м вырезано круглое отверстием, центр которого находится на расстоянии l = 0,15 мот оси диска. Найти момент инерции J полученного тела относительно оси, проходящей перпендикулярно плоскости диска через его центр. РЕШЕНИЕ Момент инерции диска относительно оси, проходящей через центр масс равен Момент инерции выреза относительно оси О 2 r R J J ml = + . Тогда момент инерции J полученного тела с вырезом относительно оси О будет равен 2 2 2 тела 2 2 2 , M R Mr m m r R = = + − = − − = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 l r R Mr MR l R Mr R Mr MR J тела Ответ: 0,042 кг⋅м 2 0 x Wp 0 x Fx Риск задаче №85 Риск задаче №85 Риск задаче №86 39 87. На рис. 59 показана ориентация векторов напряженности электрического и H магнитного полей в электромагнитной волне. Вектор плотности потока энергии электромагнитного поля ориентирован в направлении. РЕШЕНИЕ Вектор Пойнтинга равен [ ] H E = Π . В соответствии с правилами векторного умножения направлением Π является направление 2. ОТВЕТ 2. 88. Полная система уравнений Максвелла имеет вид ∫ ∫ ∂ ∂ − = L S S d t B l d E ; ∫ ∫ ∂ ∂ + = S S d t D j l d H L ; ∫ ∫ ρ = V S dV S d D ; 0 = ∫ S S d B . Следующая система уравнений 0 ∫ = L l d E ; I l d H L = ∫ ; ∫ ∫ ρ = V S dV S d D ; справедлива для. РЕШЕНИЕ Для стационарных электрических и магнитных полей 0 = ∂ ∂ t D ; 0 = ∂ ∂ t B , поэтому с учетом этих двух равенств вторая система справедлива для стационарных электрических и магнитных полей ОТВЕТ стационарных электрических и магнитных полей. 89. Дана система точечных зарядов в вакууме и замкнутые поверхности S 1 , S 2 и S 3 . Поток вектора напряженности электростатического поля отличен от нуля через. РЕШЕНИЕ Внутри замкнутой поверхности S 1 находится заряди поток через эту поверхность по теореме Гаусса равен 0 ε + q . Поверхность тоже охватывает заряди поток равен 0 ε + Поверхность S 3 охватывает заряды +q и –q. Суммарный заряд равен нулю и поток сквозь S 3 равен нулю. ОТВЕТ поверхности S 1 и S 2 1 y z H E 2 3 4 x +q -q S 1 S 2 S 3 Риск задаче №87 Риск задаче №89 40 90. Частица движется вдоль оси X по закону cos . Считая вероятность нахождения частицы в интервале (-a, a) равной единице, найти зависимость от x плотности вероятности dP/dx, где dP −−−− вероятность нахождения частицы в интервале (x, РЕШЕНИЕ , dx dx dP dP = , 2 / T dt dP = где T – период колебаний точки тогда T/2 – время, в течение которого материальная точка побывает во всех точках интервала (-a, a), те. вероятность нахождения частицы за это время на интервале (-a, a) равно 1; dt – время нахождения материальной точки на интервале (x, x+dx). Тогда Далее 1 cos 1 sin 1 sin 2 2 2 2 2 2 2 Ответ 1 2 2 x a dx dP − π = 91. По окружности распределен заряд с линейной плотностью 0 0 sin ; ( 0) τ τ α Укажите направление в центре окружности точка 0), в котором производная потенциала по направлению достигает максимального значения РЕШЕНИЕ Согласно формуле, задающей распределение заряда, положительный заряд будет распределен на рисунке 60 (от до , 0 , имея максимум при 2 / π = α ). Отрицательный заряд будет распределен симметрично положительному заряду (от до , 0 , имея максимум при 2 / π − = α ). В этом случае напряженность поля направлена вдоль оси Х, справа налево. Следовательно, градиент потенциала направлен в направлении (см. рис) (1). Ответ направление (1). α 1)→; 2)← 3)↑ 4)↓ 0 Риск задаче №91 41 92. Внутри полости шарового металлического слоя, внутренний и внешний радиусы которого равны a и b соответственно, на расстоянии r от центра O находится положительный точечный заряд q (рис. 62). Каков потенциал электрического поля в центре точка O) шарового слоя РЕШЕНИЕ В результате электростатической индукции на внутренней поверхности, выступят, допустим, отрицательные заряды, а на наружной – положительные. Согласно принципу суперпозиции потенциал в т. О можно представить как σ + σ − πε = ϕ ∫ ∫ + − b dS a dS r q 0 Первый интеграл берется по внутренней поверхности, второй – по внешней. Отсюда следует + − πε = ϕ b q a q r q 0 Ответ + − πε = ϕ b a r q 1 1 1 4 0 93. Каково общее сопротивление участка АВ электрической цепи, если известно, что каждый из трех резисторов имеет сопротивление R=3 Ом РЕШЕНИЕ Потенциалы точек A и D одинаковы, т.к. они соединены проводником. Поэтому их можно совместить на схеме и распределение тока при этом не изменится. Тоже самое сделаем с точками C и B. В результате увидим три резистора, соединенных параллельно. Ответ Ом общ a 0 b Риск задаче №92 A R R R C D B Риск задаче №93 42 94. Найти потенциал незаряженного проводящего шара, на расстоянии r от центра которого находится заряд q (рис. 64). РЕШЕНИЕ Проводящий шар эквипотенциален. Тогда вычислим его потенциал в точке О, т.к. в этой точке расчет наиболее простой ' 4 Здесь первое слагаемое – потенциал заряда q, а второе – потенциал зарядов, индуцированных на поверхности шара. Все индуцированные заряды находятся на одинаковом расстоянии от точки О и суммарный индуцированный заряд равен нулю. Поэтому Ответ r q 0 4 1 πε = ϕ 95. На пути естественного света помещены две пластинки турмалина рис. 65). После прохождения пластинки 1 свет полностью поляризован. Если J 1 и J 2 - интенсивности света, прошедшего пластинки 1 и 2 соответственно, и J 2 = 0, то угол между направлениями ОО и О / О / равен. РЕШЕНИЕ Закон Малюса: ϕ = cos 1 2 J J , где и 2 J – соответственно, интенсивности света, падающего на второй кристалл и вышедшего из него. Откуда 2 ОТВЕТ a 0 r Риск задаче №94 J 0 J 1 J 2 1 2 O O O` O` O ϕ Риск задаче №95 43 96. На рис. 66 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. Наименьшей частоте кванта в серии Лаймана соответствует переход 1) n = 4 → → → → m = 3 2) n = 5 → → → → m = 1 3) n = 5 → → → → m = 2 4) n = 3 → → → → m = 1. РЕШЕНИЕ Обобщенная формула Бальмера − = ν 2 2 1 1 n m R , 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. R = 3,29⋅10 15 с. В серии Лаймана m=1. Наибольшая частота из приведенных вариантов ответов будет наблюдаться при переходе из n=5. ОТВЕТ 1. n m = → = 97. Рамка стоком с магнитным дипольным моментом, направление которого указано на рис. 67, находится в однородном магнитном поле. Момент сил, действующий на диполь, направлен. РЕШЕНИЕ Момент силы, действующий на магнитный диполь m p в поле с магнитной индукцией B равен [ ] B p M m , = . По правилу векторного произведения вектор M перпендикулярен плоскости, в которой лежат вектора m p и B , и направлен так, чтобы кратчайший поворот первого вектора до совмещения со вторым казался бы наблюдателю, смотрящему с конца вектора M , происходящим почасовой стрелке. ОТВЕТ от нас. n=1 n=2 n=3 n=4 n=5 Риск задаче №96 m p Риск задаче №97 44 98. Имеются 4 решетки с различными постоянными d, освещаемые одними тем же монохроматическим излучением различной интенсивности. Какой рисунок иллюстрирует положение главных максимумов, создаваемых дифракционной решеткой с наибольшей постоянной решетки (J −−−− интенсивность света, ϕ ϕϕ ϕ −−−− угол дифракции. РЕШЕНИЕ Условие появления главных максимумов λ ± = ϕ m d sin . Откуда постоянная решетки равна sin m d λ ϕ = . Наибольшей величине постоянной решетки соответствует наименьшее значение ϕ sin . Сравним на всех предложенных рисунках положение (значение ϕ sin ) и выберем рисунок с наименьшим значением ОТВЕТ Рис. 98 (в sin 0,15 ϕ = 0 0,1 6 2 4 8 sin ϕ 0,2 0,1 0,2 0,3 0 0,1 6 2 4 8 sin ϕ 0,2 0,3 0,4 0,1 0,2 0,4 0,3 sin ϕ 0 0,1 6 2 4 8 0,2 0,3 0,1 0,2 0,3 0 0,1 6 2 4 8 sin ϕ 0,2 0,3 0,4 0,1 0,2 0,4 0,3 Риск задаче №98 а) б) в) г) 45 99. На рис. 69 представлены графики, отражающие характер зависимости величины намагниченности J вещества (по модулю) от напряженности магнитного поля Н. Укажите зависимость, соответствующую ферромагнетикам. РЕШЕНИЕ Ферромагнетики – вещества, обладающие спонтанной намагниченностью, те. они намагничены даже при отсутствии внешнего магнитного поля. По мере возрастания H намагниченность J сначала растет быстро, затем медленнее и, наконец, достигается так называемое магнитное насыщение нас, уже независящее от напряженности поля. Те. зависимость ) (H f J = для ферромагнетика является кривая 2. ОТВЕТ 2. 100. Определите работу сил трения при движении бруска массой m по горизонтальной прямой 1-3, длиной l и ломанной линии 1-2-3. Расстояние 1-2 равно l 1 , 2-3 равно l 2 . Коэффициент трения на любом участке пути один и тот же и равен k. Сравните величину работ. РЕШЕНИЕ mgkl A = 13 , 23 12 123 A A A + = , 1 12 cos kl mg A α = , kl mg A β = cos 23 , ( ) mgkl l l mgk A l = β + α = cos cos 2 Ответ mgkl A A = = 123 12 H J 1 2 3 4 Риск задаче №100 Риск задаче №100 α β l l 1 l 2 mq mq 1 3 2 46 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. − СПб: Издательство "Книжный мир, 2003. – 328 с. 2. Иродов И.Е. Задачи по общей физике. – М Лаборатория Базовых Знаний, 2001. – 432 с. 3. Иродов И.Е. Атомная и ядерная физика. Сборник задач. – СПб: Издательство "Лань, 2002. – 288 с. 4. Иродов И.Е. Задачи по квантовой физике. – М Лаборатория Базовых Знаний, 2002. – 216 с. 5. Савельев ИВ. Сборник вопросов и задач по общей физике. – М Издательство "АСТ: Астрель", 2005. – 320 с. 47 100 ТЕСТОВЫХ ЗАДАНИЙ С РЕШЕНИЯМИ ДЛЯ КОНТРОЛЯ ОСТАТОЧНЫХ ЗНАНИЙ ПО ФИЗИКЕ Методические указания по физике для студентов 1, 2 курса очной, очно- заочной и заочной форм обучения всех специальностей Составители Беломестных Владимир Николаевич Пешев Владимир Викторович Соболева Эльвира Гомеровна Теслева Елена Павловна Подписано к печати 04.05.2008 г. Формат х. Бумага офсетная. Плоская печать. Усл. печ. л. 2,73. Уч.-изд. л. 2,47. Тираж 40 экз. Заказ 870. Цена свободная. ИПЛ ЮТИ ТПУ Ризограф ЮТИ ТПУ. 652000, Юрга, ул. Московская, 17. 48 |