колебания и волны. переменный ток

КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ. ПЕРЕМЕННЫЙ ТОК
Часть А
1. Колебание материальной точки, масса которой 10–2 кг, описывается
π
π
уравнением х  0,1sin  t   м. Определите период колебаний, максимальное
4
2
значение возвращающей силы, отношение кинетической и потенциальной
энергии точки для тех моментов времени, когда смещение составило xм ,
2
построите в одних осях координат в пределах одного периода зависимость
смещения, потенциальной, кинетической и полной энергий от времени.
Дано:
Решение:
-2
m = 10 кг
Уравнение колебаний x = Asin(ωt + φ0). Сравним с
π
π
π
заданным уравнением. Получаем, что A = 0,1 м; ω 
х  0,1sin  t   м
2
4
2
рад/с. Т.к. период есть величина обратная круговой
Т–?
2π 2π  2
Fmax – ?

 4 (с).
частоте, то можем рассчитать T 
ω
π
Wк /Wп – ?
Скорость есть первая производная от смещения υ = х = Аωсos(ωt + φ0).
Скорость будет максимальной, если максимален косинус сosmax(ωt + φ0) = 1.
Тогда υmax = Аω. Ускорение есть первая производная от скорости a = υ = –
Аω2sin(ωt + φ0). Максимальное ускорение будет при максимальном синусе.
sinmax(ωt + φ0) = 1. Отсюда amax = Аω2. F = m a = –m  A  ω2  sin(ωt + φ0);
π2
2
2 F
 2,46 10 3 (H);
Fmax = mАω ; max  10  0,1 
4
2
2 2
mυ
mA ω
Wк 

cos2 (ωt  φ 0 ) ;
2
2
2
2 2
A
kx
mA ω
W
Wп 

sin 2 (ωt  φ 0 ) ; п  tg 2 (ωt  φ 0 ) , если x  ,
2
2
2
Wк
1
A
1
3
 A sin( ωt  φ 0 ) ; sin( ωt  φ0 )  . cos(ωt  φ0 )  1  
;
2
2
2
2
Wп 1 4 1
   ; Wк  3Wп
Wк 4 3 3
Ответ:
Т = 4 с; Fmax = 2.4610–3 Н; Wк = 3Wп.
2. Во сколько раз увеличится полная механическая энергия маятника при
уменьшении его длины в 4 раза и увеличении амплитуды колебаний в 3 раза?
Дано:
l1 = 4l2
A2 = 3A1
Решение:
1
Полная механическая энергия маятника Wmax
W2 /W1 – ?
ω
mA2 ω 2
, где

2
g
.
l
2 2
 3 A1 
2l12
mg 2 A2 W2 mg A2





Тогда W 
.
W1
2l22
mg 2 A12  A1 
2l 2
2
 4l 
  2   144 .
 l2 
Ответ:
W2 /W1 = 144.
3. Если увеличить массу груза, подвешенного к спиральной пружине на
600 г, то период колебаний груза возрастет в 2 раза. Определите массу
первоначально подвешенного груза.
Дано:
Решение:
m = 600 г = 0,6 m2 = m1 + m. Период математического маятника
кг
m
T2 = 2T1
T1  2π 1 ;
k
m1 – ?
m  Δm
m  Δm
m
T2  2π 1
 2  2π 1 ;
. По условию T2 = 2T1; 2π 1
k
k
k
Δm
m1  Δm  4m1 ; m1 
; m1 = 0.2 (кг).
3
Ответ:
m1 = 0,2 кг.
4. Первичная обмотка трансформатора с коэффициентом трансформации 5
включена в сеть напряжением 220 В. Сопротивление вторичной обмотки
трансформатора 2 Ом, ток во вторичной обмотке 3 А. Определите напряжение
на зажимах вторичной обмотки. Потерями в первичной обмотке пренебречь.
Дано:
Решение:
k=5
ε
Коэффициент трансформации k  1 ; ε = U + J  r. В первичной
U1 = 220 В
ε2
R2 = 2 Ом
обмотке J1 мал, ε1  U1; ε2 = U2 + J2r2, r2 – сопротивление
J2 = 3 А
вторичной обмотке.
U2 – ?
U
U1
. Отсюда можем посчитать U 2  1  J 2 R2  38 В.
Тогда k 
U 2  J 2 R2
k
Ответ:
U2 = 38 В.
5. В процессе колебаний в идеальном колебательном контуре в момент
времени t заряд конденсатора q = 4 нКл, а сила тока в катушке J = 3 мА. Период
колебаний Т = 6,3 мкс. Найдите амплитуду колебаний заряда.
2
Дано:
q = 4 нКл = 410-9 Кл
J = 3 мА = 310-3 А
Т = 6.3 мкс = 6,310-6
с
qm – ?
Решение:
q 2 LJ 2 qm2


Из закона сохранения энергии
;
2C
2
2C
qm2  q 2  LCJ 2 . Формула Томпсона: T  2π LC ;
T 2J 2
T2
2
 5 10  9 (Кл).
LC  2 , тогда qm  q 
2
4π
4π
Ответ:
qm = 510–9 Кл.
6. Емкость колебательного контура радиоприемника 0,2 пФ, а в катушке
индуктивности возникает э.д.с. самоиндукции 0,1 В при скорости изменения в
ней тока, равной 2 А/с. Определите на какую длину волны настроен
радиоприемник?
Дано:
С = 0.2 пФ = 210-13 Ф
ε = 0.1 В
J/t = 2 А/с
λ=?
Решение:
λ = сТ, где Т – период колебаний, который можно
определить из формулы Томпсона: T  2π LC .
Э.д.с. самоиндукции ε   L
ΔJ
ε Δt
ε Δt
C и
, отсюда L 
. Тогда T  2 π
Δt
ΔJ
ΔJ
λ = 188 (м).
Ответ:
λ = 188 м.
7. Если звуковая волна с частотой колебаний 500 Гц распространяется в
металлическом стержне со скоростью 2 км/с, то расстояние между ближайшими
точками волны, отличающимися по фазе на /2, будет равно:
1) 1 м 2) 2 м 3) 4 м
Дано:
ν = 500 Гц
υ = 2 км/с = 2000 м/с
φ = /2
l – ?
4) 6 м
5) 8 м
Решение:
2πΔl
υ
, где λ  υ  T  ;
ν
λ
Δφ  λ Δφ  υ
Δl 

 1 (м).
2π
2πν
Δφ 
Ответ:
[1]
8. Ток в идеальном колебательном контуре изменяется по закону
J(t) = 0,01cos(1000t) А. Найдите индуктивность контура, если емкость
конденсатора равна 20 мкФ.
1) 0,5 мкГн
2) 10 мкГн
3) 40 мкГн
4) 30 мкГн
5) 50 мкГн
3
Дано:
J(t) = 0,01cos(1000t) А
C = 20 мкФ = 210–5 Ф
Решение:
1
1
; L  2 ; ω = 1000 (рад/с);
LC
ωC
1
L 6
 0,05 (Гн) = 50 (мГн).
10  20 10  6
ω
L–?
Ответ:
[5]
9. Если в неподвижном лифте период собственных колебаний
математического маятника равен Т, то период колебаний этого маятника в
лифте, движущемся вниз с ускорением 0,5g, будет равен:
1) 2Т
2)
2Т
3) Т
4) Т/2
5) Т / 2
Решение:
Период колебаний математического маятника определяется по формуле
T2
g
l
l

T

2
π
T1  2π
; 2
;
; T2  T1 2 .
T1
g a
g a
g
Ответ:
[2]
10.
Точка совершает гармонические колебания с периодом 0,5 с и
амплитудой 2 см. Максимальная величина ускорения этой точки равна:
1) 3,2 м/с2
2) 4,5 м/с2
Дано:
T = 0,5 c
A = 2 см = 0,02 м
amax – ?
3) 6,4 м/с2
4) 8 м/с2
5) 12 м/с2
Решение:
Уравнение колебаний: x = Asin ωt. Ускорение есть вторая
производная от смещения: а = Аω2sin ωt.
2
amax
2
 2π 
 2π 
 Aω A   0,02  
  3,2 (м/с2).
T 
 0.5 
2
Ответ:
amax = 3,2 м/с2[1]
Часть Б
1. Один из двух математических маятников совершил 10 колебаний, а
другой за это же время – 6 колебаний. Разность длин маятников составляет
16 см. Определите длины маятников. Результат представьте в единицах СИ.
Дано:
Решение:
N1 = 10 кол.
t
l
t
l
T1  1  2π 1 ;
T2  2  2π 2 .
N2 = 6 кол.
N1
g
N2
g
l = 0.16 м
Разделим первое уравнение на второе:
l 1 – ? l2 – ?
N2
l
 1;
N1
l2
2
 N2 
l

  1 ;
l2
 N1 
2
N 
l1  l2  2  ;
 N1 
l1 = 0,36 l2
4
l2 = l1 + l = 0,36 l2 + l, отсюда l2 = 0,25 (м); l1 = 0,09 (м)
Ответ:
l1 = 0,09 м; l2 = 0,25 м
2. Ареометр массой 0,2 кг плавает в жидкости. Если его погрузить немного
в жидкость, а затем отпустить, то он начнет совершать колебания с периодом
3,4 с. Считая колебания ареометра гармоническими и незатухающими, найти
плотность жидкости, в которой он плавает. Радиус вертикальной
цилиндрической трубки ареометра равен 5,0 мм. Принять g = 10 м/с2. Результат
представьте в единицах СИ и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
m = 0,2 кг
 
Условие равновесия ареометра mg  FA  0
Т = 3,4 с
FA
h
FA = ρж  g (V + S  h)
r = 5,0 мм
где V – объем ареометра без трубки;
g = 10 м/с2
h – длина трубки;
mg
ρж – ?
S – площадь поперечного сечения
трубки
mg = ж  g (V + S  h)
при погружении ареометра в жидкость на х
FA > mg
FA = ж  g (V + S(h + x))
Fp = FA – mg = ж  g (V + S(h + x)) – ж  g (V + S  h) = ρж  g  S  x
Эта сила является возвращающей силой и вызывает колебания около
положения равновесия Fp = –k  x, отсюда k = ρж  g  S
4π 2 m
m
m
2
;
, отсюда
T 
T  2π
 2π
k
ρж  g  π  r 2
ρж  g  π  r 2
4π  m
4π  0.2
ρж  2

 869 (кг/м3)
2
2
2
T  g r
3,4 10  0,005
Ответ:
ρж = 869 кг/м3
3. Тяжелый шарик, подвешенный на нити длиной 1 м, описывает
окружность в горизонтальной плоскости (конический маятник). Найти период
обращения шарика, если маятник находится в лифте, движущемся с ускорением
5 м/с2, направленным вниз. Нить составляет с вертикальным направлением угол
60, ускорение свободного падения 10 м/с2. Результат представьте в единицах
СИ и округлите до целого числа.
Дано:
l=1м
ал = 5 м/с2
 = 60
g = 10 м/с2
Т–?
Решение:



Fц  mg  ma ;
y

Fц
x
mg
  
a  aл  ац ;
mυ 2
(1)
Fц sin α 
R
oх:
Fц sin = maц;
oу:
Fц cos – mg = –maл;
aл
5
Fц cos = mg – maл (2)
Разделим уравнение (1) на (2)
υ2
tgα 
R ( g  aл )
υ  R( g  aл )tgα ;
T
2πR

υ
R = l sin
2πR
R
l cos α
1  cos 60
 2π
 2π
 2π
 2 (с)
( g  aл ) tgα
g  aл
10  5
R( g  aл ) tgα
Ответ:
Т=2с
4. Вдоль некоторой прямой распространяются колебания с периодом 0.25 с
и скоростью 48 м/с. Спустя 10 с после возникновения колебаний в исходной
точке на расстоянии 43 м от нее смещение оказалось равным 3 см. Определите
в тот же момент времени смещение в точке, отстоящей на 45 м от источника
колебаний. Результат представьте в сантиметрах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
Т = 0,25 с
2π  l 
2π  l 
x1  A sin  t  1  ;
x2  A sin  t  2  .
υ = 48 м/с
T  υ
T  υ
t = 10 с
2 π  l1 
l1 = 43 м
sin
t  
x
T
 υ
1
x1 = 0,03 м

Разделим первое уравнение на второе:
2 π  l2 
x2
l2 = 45 м
sin
t  
T 
υ
x2 – ?
Выразим из полученного выражения х2
2π  l 
2π 
45 
x1  sin  t  2  3  sin
10  
T 
υ
0,25 
48 
x2 

6
2π  l1 
2π 
43 
sin  t  
sin
10  
T  υ
0,25 
48 
Ответ:
x2 = 6 см
5. Контур состоит из катушки индуктивностью 28 мкГн (1 мкГн = 10–6 Гн),
сопротивления 1 Ом и конденсатора емкостью 2222 пФ (1 пФ = 10–12 Ф). Какую
мощность будет потреблять контур, если в нем поддерживать незатухающие
колебания, при которых максимальное напряжение на конденсаторе
5 В? Результат представьте в милливаттах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
–6
L = 2810 Гн
Jm
J m2  R
2
P
Jд 
;
P  Jд  R ;
R = 1 Ом
2
2
C = 222210–12 Ф
C  U m2 L  J m2
C  U m2
Um = 5 В

, отсюда J m2 
, тогда
2
2
L
Р–?
6
C  U m2  R 2222 10 12  25 1
P

 992 10  6 (Вт) = 0,992 (мВт)  1 (мВт)
6
2 L
2  28 10
Ответ:
Р = 1 мВт
7
ВАРИАНТ №9
ОПТИКА. СВЕТОВЫЕ КВАНТЫ
Часть А
1. Светящуюся точку, находящуюся в среде с показателем преломления n1,
рассматривают невооруженным глазом из среды с показателем преломления n2.
Каково будет кажущееся расстояние точки до границы раздела сред, если
светящаяся точка находится от этой границы на расстоянии h0, а глаз
расположен так, что в него попадают лучи, падающие на границу раздела под
небольшими углами? Рассмотреть два случая: 1) n1 > n2; 2) n1 < n2.
Решение:
a)
S
n1 > n2

S

A
H1  h0

n1
B
n2

SAB: AB = SA tgα = h0 tgα;
SAB: AB = SA tgβ = H1 tgβ;
h0 tgα = H1 tgβ;
tgα H1 sin α n2
;

 ,
tgβ h0 sin β n1
б) S

т.к. угол α берем
n2 > n1
S
маленьким, то

H n2

tgα  sinα.
;
h0 n1
n
n2
H 2  h0 2 ; H2 > h0.
; H1 < h0.
n1
n1
Ответ:
а) H1 < h0. б) H2 > h0.
A
 B

n1
n2
2. Монохроматический луч падает нормально на боковую поверхность
призмы, преломляющий угол которой равен 40°. Показатель преломления
материала призмы для этого луча равен 1,5. Найдите угол отклонения луча,
выходящего из призмы, от первоначального направления.
Дано:
φ = 40°
n = 1.5



–?


n
Решение:
α + φ = 90; α +  = 90; α = φ. Используем
sin α 1
закон преломления:
 , отсюда
sin β n
sinβ = n sinα;
β = arcsin(n sinα) = 74,5;
 = β – α = 74,5 – 40 = 34,5.
Ответ:
 = 34,5
3. От предмета высотой 3 см с помощью линзы получили действительное
изображение высотой 18 см. Когда предмет передвинули на 6 см, то получили
8
мнимое изображение высотой 9 см. Определите фокусное расстояние линзы (в
сантиметрах).
Дано:
Решение:
h = 3 см = 0,3 м
H1
H1 = 18 см = 0,18 м Коэффициент увеличения линзы: Г1  h  6 . Формула
d = 6 см = 0,06 м
f
1
1
1

 ; или Г1  1 ; f1 = Г1d1;
H2 = 9 см = 0,09 м тонкой линзы:
d1
F d1 f 1
1 1
1
F–?
 
(1); d = d1 – d2 (2).
F d1 Г1d1
A
A
h
B
B
F
F
H1
H2
A
h
B
B
A
1
1
1
f
1
1
1
H2

 ; Г 2  2 ; f2 = Г2d2;


 3;
(3).
F d2 f2
d2
F d2 Г 2d2
h
Решаем систему уравнений относительно d1 или d2. Определяем F = 12 см.
Г2 
Ответ:
F = 12 см
4. На пластинку, изготовленную из материала с показателем преломления
1.8, перпендикулярно к ее поверхности падает красный луч света с длиной
волны 720 нм. Какой наименьшей толщины пластинку нужно взять, чтобы
прошедший пластинку свет имел максимальную интенсивность?
Дано:
n = 1,8
λ = 720 нм = 7,210–7 м
Решение:
 = 2dn, где d – толщина пластинки. Т.к.
интенсивность максимальная, то используем условие
максимума:  = kλ.
dmin – ?
Отсюда 2dn = kλ, где k = 1, т.к. d должна быть
λ 720  10 9
минимальной, то d min 

 0,2  10  6 (м) = 0,2 (мкм)
2n
2  1,8
Ответ:
dmin = 0,2 мкм
5. Какой наибольший порядок спектра натрия (λ = 590 нм) можно
наблюдать при помощи дифракционной решетки, имеющей 500 штрихов на
1 мм, если свет падает на решетку нормально?
9
Дано:
λ = 590 нм = 5,910–7
м
N = 500
l = 10-3 м
Решение:
Условие max на дифракционной решетке: dsinφ = kλ,
где k будет max, если max будет sinφ. А sinmaxφ = 1,
d
l
тогда k max  , где d  ;
λ
N
d
l
10 3
kmax – ?
k max  

 3,4 .
λ Nλ 500  5,9 10 7
k может принимать только целые значения, следовательно, kmax = 3.
Ответ:
kmax = 3.
6. Период дифракционной решетки 4 мкм. Дифракционная картина
наблюдается с помощью линзы с фокусным расстоянием F = 40 см. Определите
длину световой волны падающего нормально на решетку света (в нм), если
первый максимум получается на расстоянии 5 см от центрального.
Дано:
d = 410–6 м
l = 510–2 м
F = 4010–2 м
k=1
λ–?
Решение:
Запишем условие максимума для дифракционной решетки:
l
dsinφ = kλ. Угол φ можно определить из геометрии: tgφ  .
F
l
Для малых углов (φ < 10) tgφ  sinφ, тогда sin φ 
F
d sin φ dl
λ

.
k
kF
Ответ:
λ = 500 нм
7. Высота Солнца над горизонтом 46°. Чтобы отраженные от плоского
зеркала лучи пошли вертикально вверх, угол падения солнечных лучей на
зеркало должен быть равен:
1) 68° 2) 44° 3) 23° 4) 46° 5) 22°
Дано:
φ = 46°
α–?



Решение:
Угол падения равен углу отражения α = α.
Из рисунка видно, что α + α + φ = 90 или
90  φ
2α + φ = 90, тогда α 
 22 .
2
Ответ:
[5]
8. Посередине между двумя плоскими зеркалами, параллельными друг
другу, помещен точечный источник света. Если источник начнет двигаться в
направлении, перпендикулярном плоскостям зеркал, со скоростью 2 м/с, то
10
первые мнимые изображения источника в зеркалах
относительно друг друга со скоростью:
1) 0 м/с 2) 1 м/с 3) 2 м/с 4) 4 м/с 5) 8 м/с
будут
двигаться
Решение:

 
υотн  υ' ' υ' ; υотн  υ  υ  υ  υ  0 .



Ответ:
[1]
9. Предельный угол полного внутреннего отражения на границе алмаза и
жидкого азота равен 30°. Абсолютный показатель преломления алмаза равен
2,4. Во сколько раз скорость света в вакууме больше скорости света в жидком
азоте?
1) в 1,2 раза
Дано:
αпр = 30°
n = 2.4
β = 90
2) в 2 раза
3) в 2,1 раза
4) в 2,4 раза
5) в 4,8 раза
Решение:
sin α пр
n2
или для
sin
β
n
1
n1
n
полного внутреннего отражения: sin α пр  2 ;
n2
90
n1
с/υ2 – ?
n1 = 2,4;
c
n2 = n1sinαпр = 1,2. А абсолютный показатель среды n2 
, отсюда
υ2
c
 n2  1,2. .
υ2
Ответ:
[1]
Закон преломления:
пр

10.
Две линзы – рассеивающая с фокусным расстоянием – 4 см и
собирающая с фокусным расстоянием 9 см расположены так, что их главные
оптические оси совпадают. На каком расстоянии друг от друга следует
поместить линзы, чтобы пучок лучей, параллельных главной оптической оси,
пройдя через обе линзы, остался бы параллельным?
1) 4 см 2) 5 см 3) 9 см
будут параллельными.
4) 13 см
5) На любом расстоянии лучи не
Решение:
d = F2 – F1 = 5 (см).
11
F1
F1
Ответ:
[2]
Часть Б
1. Пучок параллельных световых лучей падает из воздуха на толстую
стеклянную пластину под углом 60 и, преломляясь, переходит в стекло.
Ширина пучка в воздухе 10 см. Определите ширину пучка в стекле. Показатель
преломления стекла 1,51. Результат представьте в единицах СИ и округлите до
сотых.
Дано:
α = 60
а = 10 см
nст = 1,51
b–?
AB 


A

a
;
cosα

a

b
AB 
B

b
;
cosβ
Решение:
sin α nст

 nст ;
sin β nв
sin α sin 60
sin β 

 35
nст
1,51
a cosβ
a
b
 0,16 (м)
; b

cos α
cosα cosβ
Ответ:
b = 0,16 м
2. На дне стеклянной ванны лежит зеркало, поверх которого налит слой
воды высотой 20 см. В воздухе на высоте 30 см над поверхностью воды висит
лампа. На каком расстоянии от поверхности воды смотрящий в воду
наблюдатель будет видеть изображение лампы в зеркале? Показатель
преломления воды 1,33. Результат представьте в единицах СИ и округлите до
десятых.
12
Дано:
h1 = 20 см
h2 = 30 см
n = 1,33
h–?
Решение:
S
h2


a
S` – мнимое изображение;
sin β 1
sin α1
α1 = α2
 ;
 n;
sin α 2 n
sin β
a
b
a  2b
(1); tgβ 
(2); tgα 
tgα 
h2
h1
h
(3)
,  – малы
ah
sin α tgα
bh n
; a 2 ; b 1

h1
nh2
sin β tgβ

b
b
n

h1


S

2ah1 
 a 

nh2 
a 
;

h2
h
a a  2b
;

h2
h
 2h 
2  0,2 

h  h2 1  1   30  1 
  0,6 (м)
 1,33  0,3 
 nh2 
Ответ:
h = 0,6 м
3. Два когерентных источника S1 и S2 испускают монохроматический свет с
длиной волны 600 нм (1 нм = 10–9 м). Определите, на каком расстоянии от
точки О будет первый максимум освещенности, если ОС = 4 м и S1S2 = 1 мм.
Принять L1  L2  ОС; ОС >> S1S2. Результат представьте в миллиметрах и
округлите до десятых.
Дано:
 = 600 нм
OC = 4 м
S1S2 = 1 мм
L1 = L2 = ОС
у1 – ?
Решение:
d
C
S1
L1
 = k – условие максимума
 = L2 – L1;
2
2
S1S 2 
d


2
2
2
L1  OC   yк 
  OC   yк  
2 
2


2
2
S1S2 
d


2
2
2
L2  OC   yк 
  OC   yк  
2 
2


S2
L2
yк
O
2
L22

L12
 OC 
2
yк2
2
d d 
d d 
d
 2 yк     OC 2  yк2  2 yк     4 yк  2 yк d ;
2 2
2 2
2
L22  L12  ( L2  L1 )( L2  L1 )  2(OC )Δ
2(ОС) = 2укd,
отсюда
yк 
(OC )  Δ
;
d
yк 
k λ
 l ; l = ОС;
d
13
(OC)  1  λ 4  600  10 9
y1 

 24  10  4 (м) = 2,4 (мм)
3
d
10
Ответ:
у1 = 2,4 мм
4. Объектив проекционного аппарата с фокусным расстоянием 0,15 м
расположен на расстоянии 4,65 м от экрана. Определите площадь изображения
на экране, если площадь диапозитива равна 4,32 см2. Результат представьте в
единицах СИ и округлите до сотых.
Дано:
Решение:
F = 0,15 м
1 1 1
S
2
;
;
S` = Г2 S
Г



f = 4,65 м
S
F f d
S = 4,32 см2
S – площадка диапозитива
f  F 4,65  0,15
1 Г 1
Г 1 1
S` – ?
Г

 30
  ;
  ;
F
0,15
F f f
f F f
S` = 302  4,32 = 3888 (см2)  0,39 (м2)
Ответ:
S` = 0,39 м2
5. Найдите коэффициент увеличения изображения предмета АВ, даваемого
тонкой рассеивающей линзой с фокусным расстоянием F. Результат округлите
до сотых.
Дано:
АВ
F
Г–?
Решение:
1 1 1
   ;
d1 = 2F;
F d1 f1
фокальная
плоскость
A
B
2F
F
побочная
оптическая ось
A`
B`
F
2F
F`
1 1 1

 ;
F d2 f2
dF
2F  F 2
f1  1

 F;
d1  F 2 F  F 3

l = d1 – d2 = F;
d2 = F;
d2 F
F F F


d2  F F  F 2
F 2
1
l '  f 2  f1   F  F ;
2 3
6
l' 1
Г    0,17
l 6
f2 
Ответ:
Г = 0,17
14
ВАРИАНТ №10
СТРОЕНИЕ АТОМА И ЯДРА. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ
ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ
Часть А
1. Определите задерживающее напряжение, необходимое для прекращения
эмиссии электронов с фотокатода, если на его поверхность падает излучение с
длиной волны 0,4 мкм, а красная граница фотоэффекта 0,67 мкм. Постоянная
Планка 6,6310-34 Джс, скорость света в вакууме 3108 м/с. Ответ представьте в
единицах СИ и округлите до сотых.
Дано:
 = 0,4 мкм = 410–7м
кр = 0,67 мкм = 6,710–7м
h = 6,6310-34 Джс
с = 3108 м/с
Uз – ?
Решение:
Формула Эйнштейна для
c
mυ 2
c
фотоэффекта: h  A 
или h  A  eU з . Для
λ
2
λ
красной границы фотоэффекта
1 1 

1
1
 34
8

hc 
 λ λ  6,63 10  3 10  4 10  7  6,7 10  7 
c
кр 

  1,25 (В).
h
 A , тогда U з  

19
λ кр
e
1,6 10
Ответ:
Uз = 1,25 В
2. Чему равна масса фотона рентгеновского излучения с длиной волны
2,510–10 м?
1) 0 кг
2) 3,810-33 кг
3) 6,610-32 кг
4) 8,810-31 кг
5) 1,610-19 кг
Дано:
 = 2,510-10 м
Решение:
c
Энергия фотона: ε  h ; энергия и масса связаны
λ
m–?
соотношением:
h
6,63 10 34
c
2
2
m


 8,8 10 31 (кг).
ε = mc . Тогда mc  h ; отсюда
8
10
cλ 3 10  2,5 10
λ
Ответ:
[4]
3. Пучок ультрафиолетовых лучей с длиной волны 110-7 м сообщает
металлической поверхности за 1 секунду энергию 10-6 Дж. Определить силу
возникшего фототока, если фотоэффект вызывают 1% падающих фотонов.
1) 510-10 А 2) 610-14 А 3) 710-10 А 4) 810-10 А 5) 510-9 А
15
Дано:
 = 10-7 м
t = 1 с
W = 10-6 Дж
N2 = 0,01N1
Решение:
ε
, где W – энергия всех фотонов в пучке, N1 –
W
c
число фотонов в пучке, ε  h – энергия одного фотона;
λ
Wλ
Δq e N 2 e 0,01Wλ
N1 
; N2 = 0,01N1; J 


 8  10 10 (А).
Δt
Δt
hcΔt
hc
Ответ:
[4]
W = εN1, N1 
J–?
4. Мощность излучения Солнца 3,91026 Вт. Считая его излучение
постоянным, найдите, за какое время масса Солнца уменьшится вдвое?
Принять массу Солнца 1,98941030 кг, скорость света в вакууме 3108 м/с.
Результат представьте в терагодах (1 Тера = 1012) и округлите до целого числа.
Дано:
Р = 3,91026 Вт
m = М/2
М = 1,98941030 кг
с = 3108 м/с
t–?
Решение:
Связь массы и энергии: E = mc2; где E = Pt, отсюда
M
Mc 2
2
Δ
m

.
Pt = mc ;
, тогда t 
2
2P
1,9894 10 30  (3 10 8 ) 2
t
 2,3 10 20 (c)  7 1012 ( лет )  7(Тлет )
26
2  3,9 10
Ответ:
t = 7 Тлет
5. Сколько возможных квантов с различной энергией может испустить
атом водорода, если электрон находится на третьей стационарной орбите?
1) 1
2) 2
3) 3
4) 4
5) 5
Решение:
n=3
n=2
n=1
Ответ:
[3]
6. Какое неизвестное ядро X образуется в результате ядерной реакции
р 115В  α  α  Х ?
3
1) 2 Не
1
4) 1 p 5) 31 Н
Решение:
1
11
4
4
A
1 P  5B  2α  2α  z X ;
Используя закон сохранения энергии и закон сохранения массы, определяем
A
А = 4, Z = 2. Это 42 He .
z Х .
Ответ:
[2]
2) 42 Не
3) 63 Li
16
7. На поверхность площадью 3 см2 за 5 минут падает свет с энергией 20
Дж. Определить световое давление на поверхность, если она: а) полностью
поглощает лучи; б) полностью отражает лучи.
Дано:
S = 3 cм2 = 310–4 м2
t = 5 мин = 300 с
W = 20 Дж
p3 – ?
Решение:
h
W
а) полное поглощение Δp  ; p3 
 7,4  10 7 Па.
λ
Stc
h
б) p  – импульс фотона. При отражении изменение
λ
2h
h
импульса фотона Δp  2 . Такой же импульс получит зеркало p3  Δp 
,
λ
λ
если N фотонов, отраженных за единицу времени на единицу площади
N 
W
Wλ

.
Stε Sthc
p3 
2h Wλ
2W


 14,8  10 7 Па. .
λ Sthc Sthc
p3 = 7,410-7 Па; p3 = 14,810-7 Па.
Ответ:
8. Сколько граммов урана с атомной массой 0,238 кг/моль расщепляется за
сутки работы атомной электростанции, тепловая мощность которой 106 Вт?
Дефект массы при делении ядра урана равен 410-28 кг. КПД электростанции
составляет 20%.
Дано:
М = 0,238 кг/моль
t = 1 сут = 86400 с
Р = 106 Вт
m = 410-28 кг
η = 20% = 0,2
m1 – ?
Решение:
Ап
, где Ап = Pt,
Аз
m
Pt
N A – число
Аз = Е, т.е. η  . E = (mc2)N; где N 
M
E
Коэффициент полезного действия η 
ядер в массе m. Тогда η 
m1 
PtM  100 %
, отсюда
(Δmc2 )m1N A
PtM
 4,7  10 3 кг  4,7 г.
2
Δmc ηN A
Ответ:
9. Электрон, ускоренный электрическим полем, приобрел
скорость, при которой его масса стала равна удвоенной массе
покоя. Чему равна разность потенциалов, пройденная
электроном? Масса покоя электрона 9,110-31 кг, заряд электрона
1,610-19 Кл, скорость света в вакууме 3108 м/с. Результат
представьте в мегавольтах (1 МВ = 106 В) и округлите до
десятых.
m1 = 4,7 г
p2
p
p1
y
17
Дано:
m0 = 9,110-31 кг
|е| = 1,610-19 Кл
с = 3108 м/с
Решение:
Работа поля A = |e|U идет на изменение кинетической энергии
частицы Ек = Ек – 0 = Ек; Ек = mc2 – m0c2 = 2m0c2 – m0c2 =
= m0c2;
m0 c 2
eU  m0c ; U 
, m0 – масса покоя, с = 3108 м/с.
e
2
U–?
m0 c 2 9,1  10 31  (3  10 8 ) 2
U

 0,51 (МВ)
e
1,6  10 19
Ответ:
U = 0,5 МВ
10.
Какое количество воды, взятой при 0°С можно перевести в пар,
если использовать все тепло, выделяющееся при образовании из протонов и
нейтронов 0,2 г гелия? Результат представьте в тоннах (т) и округлите до
целого числа.
Дано:
Решение:
t = 0°С, Т = 273 К
t = 100°С, Т = 373 К Энергия, выделяющаяся при образовании из протонов и
mг = 0,2 г = 210-4 кг нейтронов гелия, идет на нагревание и парообразование
воды Е = Q1 + Q2, где Q1 = CвmвT, Q2 = r mв. Е = mгc2N,
mв – ?
m
N  г N A = 3,011022. Тогда Cв mв (Т к  Т1 )  rmв  Δmг c 2 mг N A ; mг – дефект
Mг
Mг
массы ядра гелия. mг = zmp + nmn – mя, z = 2, n = 2. mг = 4.7310-29 кг.
E
Е = 1,31011 Дж. mв 
= 48103 (кг) = 48 (т).
Cв ΔT  r
Ответ: mв = 48 т.
11.
Какая часть атомов радиоактивного кобальта
20 суток, если период полураспада равен 72 суткам?
Дано:
58
27 Со
t = 20 суток
Т = 72 сут
N
=?
N0
58
27 Со
распадается за
Решение:
 λt
Используем закон радиоактивного распада: N  N 0 e , где
N - число нераспавшихся атомов; N = N0 – N – число
ln 2
 λt
распавшихся атомов. N   N 0 (1  e ) , λ 
–
T
постоянная радиоактивного распада атомов.
N
N
 1  e  λt – доля распавшихся атомов.
 1  e  λt = 0,175.
N0
N0
Ответ:
N
N 0 = 0,175
18
Часть Б
1. Электрон в атоме водорода может находиться на круговых орбитах
радиусами 0,510-8 м и 210-8 м. Во сколько различаются угловые скорости
электрона на этих орбитах?
Дано:
Решение:
-8
r1 = 0,510 м
qя е
qя е
2
F
а
;
F

 mω2 r
-8
к = maц;
ц =  r;
к
2
2
r2 = 210 м
4πε0r
4πε0r
1/2 – ?
qя е
qя е
2
(1);

m
ω
r
 mω22 r2 (2)
1 1
2
2
4πε0r1
4πε0 r2
Разделим уравнение (1) на (2), получим
r22 ω12  r1
,

r12 ω22  r2
отсюда
ω1
r22 r2
r23
(2 10 8 )3
 2  3 
8
ω2
r1 r1
r1
(0,5 10 8 )3
Ответ:
1/2 = 8
2. На сколько увеличится масса пружины жесткостью 10 кН/м при ее
растяжении на 3 см (1 кН = 103 Н). Скорость света в вакууме 3108 м/с.
Результат представьте в аттокилограмах (1 акг = 10-18 кг).
Дано:
Решение:
k = 10 кН/м
k  x2
2
Закон сохранения энергии Δm  c 
, отсюда
x = 3 см
2
c = 3108 м/с
k  x 2 10 4  9  10 4
Δm 

 50 (акг)
m–?
2  c2
2  9  1016
Ответ:
m = 50 акг
3. С помощью камеры Вильсона, помещенной в магнитное поле 0,01 Тл,
наблюдается упругое рассеяние -частицы на неподвижных ядрах дейтерия.
Найдите начальную энергию -частицы, если радиусы кривизны начальных
участков траекторий ядра дейтерия и -частицы после рассеяния оказались
равными 0,1 м. Обе траектории лежат в плоскости, перпендикулярной линиям
индукции магнитного поля. Масса протона mp = 1,6710-27 кг, элементарный
заряд qp = 1,610-19 Кл. Считать массу -частицы равной 4mp, заряд 2qp; массу
ядра дейтерия – 2mp, заряд qp. Результат представьте в эВ (1 эВ = 1,610-19 Дж) и
округлите до целого числа.
19
Дано:
В = 0,01 Тл
R = 0,1 м
mp = 1,6710-27 кг
qp = 1,610-19 Кл
m = 4mp
q = 2qp
mд = 2mp
qд = qp
W – ?
Решение:
Wα  Wα  Wд – закон сохранения энергии
mα υ α2
– энергия -частицы после рассеяния
2
mα υα2
q BR
qα Bυα 
Fл = mац;
,
отсюда
υα  α
R
mα
Wα 
2
mα  qα BR 
(qα BR) 2

 
Wα 
;
2  2mα 
2mα
(qд BR) 2
Wд 
2mд
2
2
q 2p  ( BR) 2 3 q 2p 3 ( BRqp ) 2
(qα BR) 2 (qд BR)
( BR) 2  4q p

Wα 



 
 

2mα
2mд
2  4m p 2m p 
2
2 mp 4
mp
3 (0,01  0,1 1,6 10 19 ) 2
 
 72 (эВ)
4
1,67 10  27
Ответ:
W = 72 эВ
4. Энергия покоя электрона 0,51 МэВ (1 МэВ = 1,610-13 Дж). Какова
скорость электрона после сообщения ему энергии 1 МэВ в ускорителе?
Результат представьте в гигаметрах за секунду (1 Гм/с = 109 м/с) и округлите до
сотых. Скорость света в вакууме 3108 м/с.
Дано:
Решение:
Е0 = 0,51 МэВ
E = mc2;
E = E0 + Eк;
Eк = 1 МэВ
m0
m
;
E0 = m0 c2;
с = 3108 м/с
2
 υ
1  
υ–?
c
E0  Eк
m0c 2
1
;


2
2
E0
 υ
 υ
m0c 2 1   
1  
c
c
2
 υ   E0 
1     
;
 c   E0  Eк 
2
2
2
 E0 
 0,51 
  3 108 1  
υ  c  1  
  2,82 108 (м/с) = 0,28 (Гм/с)
 0,51  1 
 E0  Eк 
Ответ:
υ = 0,28 Гм/с
5. На дифракционную решетку падает нормально пучок света от
газоразрядной трубки, наполненной атомарным водородом. Постоянная
решетки 510-4 см. С какой орбиты должен перейти электрон на вторую орбиту,
20
чтобы спектральную линию в спектре 5-го порядка можно было наблюдать под
углом 41. Постоянную Ридберга принять равной 10967876 м-1.
Дано:
Решение:
-4
d = 510 см
1
1
1
1
1
1
 1
;
 R 2  2  ;
 2
n
2
m=2
1
1
λ
Rλ
n 
n
m
m

k=5
m2 Rλ
φ = 41
d sin φ
d sin = k,
отсюда
λ
n–?
k
n
1
1
k

2
Rd sin φ
m

1
1
5

4 10967876  5  10  4  sin 41
3
Ответ:
n=3
6. В результате реакции слияния неподвижных ядер дейтерия (заряд ядра
Z = 1, массовое число А = 2) и трития (Z = 1, А = 3) образуется новое ядро и
нейтрон. Определите кинетическую энергию нейтрона. Зависимостью массы от
скорости пренебречь. Принять: 1 а.е.м. = 931,49 МэВ; масса атома дейтерия –
2,0141 а.е.м.; масса атома трития – 3,01605 а.е.м.; масса атома гелия –
4,00260 а.е.м.; масса нейтрона – 1,00867 а.е.м. Результат представьте в
мегаэлектрон-вольтах и округлите до целого числа.
Дано:
Решение:
2
3
2
3
4
1
1 H; 1H
1 H 1 H 2 He  0 H
mд = 2,0141 а.е.м.
Q = [mд + mтр – mг – mn]  с2 – энергия, выделяемая при слиянии
mтр = 3,01605 а.е.м.
ядер дейтерия и трития
mг = 4,00260 а.е.м.
Q = 17,5 (МэВ)
mn = 1,00867 а.е.м.
Эта энергия распределяется между атомами гелия и нейтрона
Ек.n – ?
0 = mгυг – mnυn;
mгυг = mnυn
Возведем последнее выражение в квадрат
(mгυг)2 = (mnυn)2
Определим соотношение Ек.г / Ек.n
 mг υг2 
 mn υ 2n 
  mn 
 ; mг Eк.г  mn Eк.n
mг 
2
2




Eк.n 
mг Eк.г
 4Eк.г ,
mn
отсюда
Eк.n 
Eк.г 
Eк.n
4
5
Q  Eк.г  Eк.n  Eк.n
4
4  Q 4  17,5

 14 (МэВ)
5
5
Ответ:
Ек.n = 14 МэВ
21