Разделы сайта

Автомобили Астрономия Биология География Дом и сад Другие языки Другое Информатика История Культура Литература Логика Математика Медицина Металлургия Механика Образование Охрана труда Педагогика Политика Право Психология Религия Риторика Социология Спорт Строительство Технология Туризм Физика Философия Финансы Химия Черчение Экология Экономика Электроника

Биологический факультет. 3. Работа, совершаемая против электрического поля при перемеще-нии в нём заряда q , определяется формулой

⇐ ПредыдущаяСтр 16 из 27Следующая ⇒

3. Работа, совершаемая против электрического поля при перемеще-нии в нём заряда q, определяется формулой

A = q × ∆,

где ∆ f – разность потенциалов между точками, соответствующими конечному и начальному положениям заряда. Для однородного поля

∆ = EL,

где E – модуль напряженности электрического поля, L – перемещение заряда вдоль силовой линии поля. Решая записанные уравнения, полу-

чаем ответ: E = qL = 2, 5× 103В/м.

4. Искомая зависимость давления газа от его объема (pV -диаграмма процесса) представлена на рис. 76. Отметим, что

Рис. 76

участки 1 – 2 и 4 – 5 являются гиперболами, описы-вающимиизотермические зависимости, 2 – 3 и 3 – 4 – прямыми, параллельными осям координат и соответствующие изобарному и изохорному про-цессам. Следует обратить внимание на то, что точки 1, 3 и 4 находятся на одной вертикальной

прямой (объём, занимаемый идеальным газом в этих состояниях одина-

Биологический факультет

ков). В состояниях 2 и 5 давление газа одно и то же (штриховая линия 1 – 5 параллельна оси абсцисс).

5. Если длительность соударения является пренебрежимо малой, то сумма проекций всех сил, действующих на систему «шарик + брусок», вдоль направления движения тел равна нулю. Поэтому импульс систе-мы сохраняется: mv = m 2 u. Отсюда легко определить начальную ско-рость шарика:

v = m 2 u. 1

По закону сохранения энергии начальная кинетическая энергия шарика равна сумме кинетической энергии бруска (шарик по условию задачи остановился и, следовательно, не обладает кинетической энергией) и количества теплоты Q, выделившейся при ударе:

1 2

m 22= mu 2+ Q.

Таким образом, искомое количество теплоты Q может быть определено как разность кинетических энергий системы до и после удара. Ответ:

2 m

Q = m 2(m 2− m) u 2= 3× 10− 2Дж. 1

6. Используя кинематический закон равноускоренного движения, перемещения мотоциклиста S на двух равных отрезках пути можно записать в виде:

1 1

S = at 2 и S = ∆ v × t 2+ a 2 t 2,

где 1и t 2– времена прохождения мотоциклистом этих отрезков, а ∆ 1– скорость, которую имел мотоциклист перед прохождением второго отрезка. Здесь мы учли, что мотоциклист начал прохождение первого отрезка из состояния покоя. Изменения скорости мотоциклиста при прохождении им рассматриваемых отрезков пути можно записать как

Решения задач

1 1 1

∆ v = a t, ∆ v 2= a 2 t 2.

Выразив отсюда 1, t 2и подставив их в формулы для перемещения мо-тоциклиста, получим соотношение:

1 1

= +

∆ v 2 2∆ v ∆ v 2 ∆ v 21 a 2 a 2

Отсюда легко определить искомое отношение ускорений:

∆

a 1= 2∆ v × ∆ v 2+∆ v 2= 0, 8.

7. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта имеет вид: hс = A + mv 2,

где h – постоянная Планка, l – длина волны света, A – работа выхода, mv 2 – кинетическая энергия электрона, выбиваемого из металла. Из

этого уравнения следует, что максимальная длина волны l0, при кото-рой ещё наблюдается фотоэффект (красная граница фотоэффекта), оп-ределяется равенством:

hc = A. 0

Если металлическому шарику сообщить заряд q, то квант света должен

передать электрону энергию, необходимую не только для совершения работы выхода, но и преодоления кулоновского притяжения электрона к заряженному шарику. Из закона сохранения энергии электрона, выбито-го с поверхности шарика, следует, что

mv 2= E п,

Биологический факультет

где

п 4pe0 R

– приращение потенциальной энергии электрона при

его перемещении с поверхности шарика в бесконечно удаленную точку, e – модуль заряда электрона. Таким образом, в нашем случае уравнение

Эйнштейна приобретает вид:

= +

hc hc eq

l l0 4pe0 R

где l – максимальная длина волны падающего света, при которой вы-битые из шарика фотоэлектроны не будут возвращаться на него. Из по-следнего равенства получаем ответ:

l =

hc /l0+ eq /4pe0 R

8. На рис. 77 изображены силы, действующие на материальную точ-ку при максимальном отклонении математического маят-ника от положения равновесия. Поскольку скорость мате-риальной точки в этом положении равна нулю, то центро-стремительное ускорение также равно нулю. Поэтому сила натяжения нити 1равна по модулю проекции силы тяже-сти на направление нити:

Рис. 77 T = mg cosa.

При прохождении маятником положения равновесия, когда нить маятника занимает вертикальное положение, материальная точка обладает скоростью и, следовательно, центростремительным ускорени-ем. Из второго закона Ньютона, записанного для движения по окружно-сти, в проекции на ось, направленную вертикально вверх, следует урав-нение:

m v 2= T − mg,

где 2– натяжение нити в этом положении, v – скорость материальной точки, L – длина нити. При движении маятника от крайней точки к по-ложению равновесия происходит превращение потенциальной энергии

Решения задач

в кинетическую. Поэтому по закону сохранения механической энергии: mgh = mv 2,

где h = L (1− cosa) – разница высот материальной точки в крайнем по-ложении и в нижней точке. Решая записанные выражения, находим:

T = mg + 2 mg (1− cosa).

ç ÷

2 1

è ø

Учитывая, что T = kT, получаем ответ: a = arccosæ k +2ö.

9. В электрической цепи, представленной в условии задачи, при ра-зомкнутом ключе K ток течет только через резистор 1(конденсатор представляет собой разрыв электрической цепи, и ток через резистор 2равен нулю). При замкнутом ключе внешняя цепь состоит из парал-лельно соединенных резисторов R, R и имеет сопротивление

R R

1 2

R = R + R. Полный ток во внешней цепи в обоих случаях:

r +

1 2

I 1= R + r, I 2= RR. R + R

Приравнивая мощности, выделяющиеся во внешней цепи при разомк-нутом и замкнутом ключе K, имеем:

1 2

E2 R E2 R R

R R

1 2

(r + R)2 æ 12 ö 2 R + R è R + R ø

Из решения этого уравнения получаем ответ: R = RR − r 2=1, 3 Ом.

Биологический факультет

10. Работа, совершенная газом за цикл численно равна площади трапеции 1234 на pV –диаграмме:

1 1

A = 1(p − p 4+ p 2− p 3)(V 2− V).

Согласно уравнению Клапейрона-Менделеева для одного моля идеаль-ного газа имеем:

1 1 1

pV = RT.

Для изобарного процесса 3 − 4 по закону Гей-Люссака:

2 1

V = V 3; 4

для изохорного процесса 4 − 1 по закону Шарля:

3 1

p = p 4; 3

2 2 1 1

для состояний 1 и 2 по закону Бойля-Мариотта: p V = pV.

Решая записанную систему уравнений, получаем ответ:

1 4 4 3

2 T T T

A = RT ç 1− 2 T + T ÷ æ T − 1÷» 625 Дж. è 1 3 ø è 4 ø

Решения задач

ФАКУЛЬТЕТ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ И КИБЕРНЕТИКИ

⇐ Предыдущая 11 12 13 14 151617 18 19 20 Следующая ⇒

© 2023 :: MyLektsii.ru :: Мои Лекции
Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав.
Копирование текстов разрешено только с указанием индексируемой ссылки на источник.