Главная страница Случайная страница
КАТЕГОРИИ:
АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника
III. Электродинамика.
|
|
|
|
q q 2 q q 2 mv 24pe0 a 4pe0× a 2
q q 2 q q 2 m (v 2+ v 2) 4pe0 a 4pe0× a 2
|
|
Решения задач
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
III.4. Поскольку конденсатор был полностью заряжен и отключён от источника, начальный заряд конденсатора равен q 0= C E. Здесь ис-пользовано определение электроёмкости конденсатора и тот факт, что конденсатор зарядится до разности потенциалов, равной ЭДС источни-ка. Начальная энергия – это энергия электрического поля заряженного конденсатора:
В тот момент, когда заряд конденсатора уменьшится в n раз, эта энер-гия перераспределится между электрическим и магнитным полями, оставаясь неизменной:
|
Решая записанную систему уравнений, найдём силу тока в этот момент:
I =
(n 2− 1) C E
L n
|
Решения задач
III.5. На рис. 106 изображена рамка АВСD, к вершинам А и D кото-рой подключен источник ЭДС. Таким образом,
сторона рамки AD подключена параллельно уча-стку ABCD. В магнитном поле на проводники с током (стороны рамки) действуют силы Ампера. Направления магнитной индукции, токов и сил Ампера представлены на рис. 106. Пренебрегая внутренним сопротивлением источника и исполь-зуя закон Ома для полной цепи, найдем значения
|
|
|
1 R 2 3 R
Из рис. 106 видно, что силы Ампера, действующие на стороны AB и CD, уравновешивают друг друга, а на стороны AD и BC – складываются. Поэтому на рамку действует результирующая сила, модуль которой равен
|
Здесь учтено, что плоскость рамки перпендикулярна направлению век-тора магнитной индукции B. Поэтому входящий в закон Ампера синус угла между проводником с током и вектором B для каждой из сторон рамки обращается в единицу. Подставляя в выражение для F найден-ные выше значения токов, находим ответ:
|
III.6. Рассмотрим момент времени, когда напряжение на катушке равно U. Обозначим через IL, IR, и Ir силы токов, текущих в этот момент через катушку, резистор и источник, соответственно. По закону электромагнитной индукции
|
|
|
где ∆ IL – изменение за малое время ∆ t силы тока, текущего через ка-тушку. По закону Ома для однородного участка цепи напряжение на
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
резисторе
U = IRR.
По закону Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, U =E − Irr.
Поскольку согласно первому правилу Кирхгофа Ir = IL + IR, из по-следнего равенства можно исключить переменную Ir, переписав его в виде:
|
|
|
Кроме того, из записанных выше уравнений следует, что L ∆ IL = RIR ∆ t = R ∆ q,
где ∆ q = IR ∆ t – заряд, протекший через резистор R за время ∆ t. Так как до замыкания ключа ток через катушку отсутствовал, а к рассматри-ваемому моменту времени стал равным IL, то LIL = Rq. Выражая от-сюда величину IL и подставляя ее в записанное выше соотношение для U, получим уравнение:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
случае решения нет.
Решения задач
IV. ОПТИКА
IV.1. Построение изображения для случая, когда правая линза сме-щена, приведено на рис. 107. Для
|
рис. 107 видно, что на основании подобия треугольников h = Hx / F. При вычислении величины учтем, что изображение источника, да-
ваемое левой линзой, находится на ее главной оптической оси на рас-стоянии 2 F − L от правой линзы справа от нее. Используя для правой линзы формулу:
|
|
|
|
IV.2. Первое действительное изображение высотой h формируется лучами, которые исходят не-
|
мое изображение стержня в зеркале. Обозначим высоту стержня через H, расстояние между линзой и мнимым изображением стержня в зер-
|  | ||||||
|  | ||||||
Олимпиада «Ломоносов – 2007»
h b
H a
и h = b,
|
мулой тонкой линзы,
|
|
|
Отсюда находим, что
a a − F
b F
и a = a − F. Следовательно,
|
|
|
|
Переписывая последнее уравнение в виде (k +1)(a − F) = 2(x − F), по-лучаем ответ:
Заметим, что, в силу условий a > F и k > 1, величина x положительна.
|
ни на фотокатод падает n фотонов. Тогда мощность падающего света N = nE.
Только малая часть поглощенных фотонов вызывает фотоэффект. По ус-ловию задачи доля таких фотонов составляет всего h =1/ k = 0, 1=10% (это
– так называемый квантовый выход процесса). Поэтому количество элек-тронов, покидающих катод в единицу времени равно
|
Решения задач
|
|
|
|
|
|
|
ким образом, после внесения пластинки световая волна, прошедшая через пластинку, будет запаздывать по сравнению с волной, распро-страняющейся в воздухе, на промежуток времени
|
|
|
|
|
|
|
|