Решение задач по Физике (Кириллов) (1018048), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Эр — (б)чВ) = —. Поменяв в этом соотношении порядок Э Эг' дифференцирования по координатам и времени и подставив его в (1), получим закон сохранения заряда. 3.6.10. Протон, ускоренный разностью потенциалов (/, попадает в момент /=0 в однородное электрическое поле плоского конденсатора, длина пластин которого в направлении движения равна 1.
Напряженность поля меняется во времени как Е = ег, где е — постоянная. Считал протон 124 Рвала 3 нерелятнвистским, найти угол между направлениями его движения до и после пролета конденсатора. Краевыми эффектами пренебречь. Решение Выберем систему координат таким образом, чтобы ось х была параллельна пластинам, а ось у — перпендикулярна им. Пусть также протон влетает в конденсатор вдоль оси х. Скорость 1/„, с которой протон влетает в' конденсатор, найдем при помощи закона сохранения энергии: е// =>лг /2, откуда У„=(2е///т)"'. Эта компонента скорости не будет меняться во время движения протона. Найдем теперь время пролета протона через конденсатор: г =//Ъ',. Ускорение протона вдоль оси у имеет вид: а„= еш/и. Интегрируя это соотношение по времени от нуля до ц найдем компоненту скорости У„, которую будет иметь протон, вылетая из конденсатора: Ъ', =еег~/2т.
Отсюда найдем тангенс угла ° ч =и,~г,= г~ Гз2лл. О: ч = !'/ /32 у'. 3.6.11. Слабо расходящийся пучок нерелятивистских заряженных частиц, ускоренных разностью потенциалов 1/, выходит из точки А вдоль оси прямого соленоида. Пучок фокусируется на расстоянии 1 от точки А при двух последовательных значениях индукции магнитного поля В, и В~.
Найти удельный заряд ц/т частиц. Решение Рассмотрим частицу, влетевшую в магнитное поле со скоростью У под углом сг к линиям магнитной индукции. В этом случае частица будет двигаться по винтовой линии, ось которой совпадает с направлением вектора магнитной индукции В. Шаг винтовой линии равен и =УТсоза, где Т = 2яш/ / — период обращения частицы в магнитном поле.
Если а « 1, то шаг винтовой линии перестает зависеть от сс 1з = 2яш1//цВ . Заряженные частицы в слабо расходящемся пучке будут двигаться по винтовым линиям с одинаковым шагом. Следовательно, они будут фокусироваться в тех точках, расстояние от которых до точки А равно 125 Электричество и магнетизм целому числу шагов винтовой линии. Соответствующие соотношения для полей В, и Вз имеют вид: 1 1 =л, =и+1, (1) (2/ет)//е/В,) (2/гт)//е/Вз) где л — целое число. Выражая скорость (з через (/ с полющью соотношения Р=(2з/(//т)", решим систему (1) относительно 9/т. В результате получим з/ 8/г'(/ т /з( — В,) 8/гз(/ Ответ: т Хз(В В)2' 3.6.12.
С поверхности цилиндрического провода радиуса а, по которому течет постоянный ток /, вылетает электрон с начальной скоростью ео, перпендикулярной к поверхности провода. На какое максимальное расстояние удалится электрон от оси провода, прежде чем повернуть обратно под действием магнитного поля тока? магнитном поле его скорость остается неизменной. Поэтому, радиус кривизны траектории электрона в точке на расстоянии х от оси провода найдем, записав уравнение его движения: те~о//Я = егоВ.
Отсюда 2/гтевх //ое/ Рис. 3.9 резиение Направим ось х декартовой системы координа~ перпендикулярно оси провода, а ось у — вдоль нее. Рассмотрим заряд, двигающийся в плоскости ху. Магнитная индукция поля, создаваемого проводом с током может быть найдена с помощью теоремы о циркуляции (3.5.2) (см. также задачу 3.5.1): В =// //2лх. При движении заряда в 126 Глава 3 Пусть  — угол между осью х и касательной к траектории.
Тогда Нх = Н дВсозд, или сов д Ю = ахИ, Когда координата х меняется от а ло максииального расстояния г, на которое удаляется электрон от оси провода, угол В меняется от нуля до ж! 2. Поэтому вм ~ созддд= ~Ых/Я. о а Произведя элементарное интегрирование, получим соотношение: 1п(г lа) = поеУ из которого найдем (2ятг 1 г„= а екр — о 1,иоеТ 1 ( 2тггло„11 Ответ: г =аек Р, иое1 ~ 4. Колебания и волны 4.1.
Гармоиические колебаиия Основные формулы ° Уравнение второго закона Ньютона для тела, закрепленного на пружине а х гл — = -йх (4.1.1) //2 И х где х - смещение тела из положения равновесия, гл — его масса,— й' ускорение, й - коэффициент жесткости пружины. В уравнении (4.1.1) в качестве переменной может выступать не только смещение х, но и некоторая обобщенная координата а (например, угол (а и др.). В этом случае вместо обычной массы и жесткости появятся обобщенная масса щ,ее и Й,ье.
° Представим уравнение (4.1.1) в виде с/ х щ еж„х — О. (4.2.! ) г// Решение этого уравнения имеет вид .к = а, соз(а/е/ + а), (4.!.3) где а, - амплитуда колебаний, аЬ = 2/Р'= 2д/Т =Я/т - собственная циклическая частота колебаний, 1 - обычная частота, Т вЂ” период колебаний, выражение в круглых скобках носит название фазы колебаний, а - начальная фаза.
В случае эффективных массы и жесткости аЬ = /с,ее /~л,ьэ 2 ° Потенциальная и кинетическая энергии гармонического осциллятора йх щт 2 Е= —, Е= —. 2 2 (4.1.4) ° Для случая обобщенной координаты а (4.1.5) 12З Глава 4 Примеры решения задач 4.1.1. Найти период малых поперечных колебаний шарика массы и= 40 г, укрепленного на середине натянутой струны длины 1 = 1 м.
Силу натяжения струны считать постоянной и равной Р = 1О Н. Массой сгруны и силой тяжести пренебречь. Решение Зависимость возвращающей силы Р„от х имеет вид (см. рис.4.1) Р„= -2Р ейп р. По условию задачи шарик совершает малые колебания, т.е. рг «1. Из 2х 4хР рисунка видно, что ггг = —, следовательно, Р„= -2Р4г = — —. а) Рис.4.1 Уравнение движения шарика г4 х 4хР нг — = - —, г или д'х 4Р— + — х= О. газ т1 Отсюда получаем окончательное выражение для периода Т и ег численное значение: Т= 2лlщг = к т1!Р = О 2 с 129 Колебания и волны Ответ: Т= 2л/и(, = л гн! / Г = 0,2 с 4.1.2.
Шарик подвесили на нити длины 1 к точке О стенки, составляющей небольшой угол а с вертикалью (рис.4.2). Затем нить с шариком отклонили на небольшой угол д > а и отпустили. Считая удар шарика о стенку абсолютно упругим, найти период колебаний такого маятника. Рис.4.2 Рнс.4.3 Решение Из рис.4.3 видно, что период колебаний шарика равен Т=Т -ЛТ, где Т, = 2л,/~/1 - период свободных колебаний математического маятника длиной 1. Из рис.4.3 также видно, что /зТ = 2~Т /4-(То агсз1п(а//3))12л), В результате получаем следующее выражение для периода колебаний Г Т = ~ — (л + 2агсз1п(ег//1)].
13О Глава 4 Г Ответ: Т = ~ — [я+ 2агсз)п(а/)г)]. 8 4.1.3. Брусок массы лг, находящийся на гладкой горизонтальной поверхности, соединен со стенкой легкой горизонтальной пружиной жесткости )о н находится в покое. Начиная с некоторого момента, на брусок начала действовать вдоль пружины постоянная сила Е Найти пройденный путь и время движения бруска до первой остановки. Решение Запишем уравнение движения бруска г( х г (1) о(г начало оси х поместим в центр бруска при недеформированной пружине (см. рис.4.4).
Приведем (1) к следующему виду г(х г Р— +его (х — — )=О, (2) 1 г о ( Р' где ого = —. Сделаем в (2) замену переменной х, = х — хо, где хо = —. В гл (о (3) постоянные, значения которых найдем из начальных условий: при г=О брусок покоился н Рис.4.4 результате получим уравнение г гг х, — +пг х =О, о находился в точке х=О. Отсюда получаем которое описывает гармонические колебания бруска с частотой ого с центром колебаний в точке х, =О или х=х . Решение уравнения (3) имеет вид хг = ао сов(оаог + а), где ао и а - произвольные Колебания и волны Г х(О)=а соха=- —, о У,(0) =-а го з1па =О. Г Из(4) следует, что ао = —, а=л, т.е. к (4) Р х = — созоо ь 1 о.
(5) При колебаниях, описываемых уравнением (5), брусок останавливается в точках максимального отклонения от положения равновесия, т.е. при Е 2Р х, =+ — или х = О, —. Таким образом, брусок начинает движение в /с 2Р точке х=О и первый раз останавливается в точке х = †, пройдя путь )о 2Е 5 = —. Это движение происходит в течение половины периода )о Т ! 2л колебаний: != — =- — =л —. 2 2 во 2Е Гт г 4.1.4. Брусок массы и находится на гладкой горизонтальной поверхности.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
