Овчинкин часть 3 (1181127), страница 97
Текст из файла (страница 97)
(Отраженный поток от первой поверхности — = Л Фс [лг 4-1) = О,!7, прошедший поток Фо —— 0,8ЗФо, а отраженный от второй границы Фг/Фо = 0 ОЗ) тяп ап лс 6.217. Я вЂ” 0,034, где й = гяг+ ггг, г! — — " = 0,13, гг = л,-> ! Ич+Л, г = — 0,13, и, = л„= 1,69. Здесь г! и гг — амплитудные коэффициенты отра- жения от границ: вакуум — пленка, пленка — стекло, я 6.218. Е = = 0,42дин = 4,6 10 а Н. 4су 6.219.
г = О, т. е. наблюдается полное прохождение излучения без отра- жения. г 6.220. 6=Я вЂ” ' ~ — ) ~[ — итрЛТ-700эрг=7 10 5Дж, где ЛТ Зд а тг А — !о„= 2200 'С, А — атомная масса алюминия. 1,7! 4 6.221. а = !с — = 8 10З [) г г тг ЗРЛЯле 1 6.222. яр се 1О рад. Дифракционная расходимость бр клля,с — — 1О рад<с р. Л вЂ” 9 гэ 6.223. яр = 41 З!) 5 !0 рад, где 2 = — — длина волны рентгено[Хгкя г яяс Ю г вских лучей, г„= — с = 2,8 1О см — классический радиус электрона, -яз лясс ЗЛ лр ЛЯ = се 4,9.!О см З вЂ” концентрация электронов.
А 469 2лвг,са( о)ог 2лвг,саг г 2 6.224. 1. = — — '7 — -у — 7- — '-7 — Р! 7 10 см = 700 св. лет. Л2е ог — о! Лге 6.225. — = — — ~= !О '4; — ~ = аХТ, АТ = !О 3 К. 1. ог ~ ог Л2 6.226. 2ЛЛ = -7 ЬЛ = 50 ни. Лз 6.227. т = Л 5 37, 10 — >о с. с (14-Лд/1) 6.228. Появление спутников при комбинационном рассеянии обусловлено процессами рассеяния фснонов с поглощением и испусканием колеба2лсд )фооо тельного кванта йго = —. Отношение интенсивносгей хол 1„ Р = ехр — — е яо 0,34. В этой формуле обозначено л(оо, Т> ГО ! о4 л(ы,т) .! ~ Лвт ~ ('Л ( гг(ог,Т) = ехр — — 1 — среднее число колебательных квантов. '().БТ~ 6.229. читывая то о стоятельство, что не весь резонатор заполнен поглощающим вешествоч, эффективная длина пути, которую свет проходит за время генерации, буде! равна Лэфф = сто = 5,4 1О см.
Интенсивность вол- 9 ны 1(гоо, Л) =То(ого)е мч, откуда х — — 10 см — вс 1 61 ьофф 19 6,230. Изотопическийс двиг — = ' = 0,86 10 с бог лго(М4! — Мгв) — ь оо М4РМ39 1 лБТ -Ь < — ")) ' - 1,05 1О . Резонансное поглощение будет наблюдаться. г )! М 6.23!. Т~Мс "(М" М") =275к. )гв М23М22 2 2 6.232, Т~ ( "1 ДМ Ме =3,3 !О-'К. (М! М г(Б 6.233. нф — — ~ —— е ~ = 0,5 10)о см!с; н, = ~ = 2нф = 10)в см/с. о' он-ол) г 6,235.
г = — ' — . алсе 6.236. 21! —— " " 13,5 м, 2(2 — — 24! оо 27 м (х = 0,508). 4лох л(1 е)олог о -5 -3 с 41 1 6.237. л = = 9,3 10 см, Где с = — — =-. оуо 4 6.238. Коэффициент поглощения излучения аоо 1 — схр г 4„2 А ог — уу, оо г .3)У' 470 С 3 0 соз 0 = — = — ! — —, где 0 =3' — заданный уюл.
Отсюда рп 2' с и И вЂ” О/2) По условию задачи и — 1 = и~1, тогда 2 — =~<1, 2 с 1 2 (1 Ч-и) (1 — В /2) о откуда следует и э — = 0,00!37, т, е. 2 показатель преломления п, при коюром реализуется указанный процесс, отвечает условию а„— 1 э 0,00137. Показатель преломления воздуха л = е = 1 + 4яЛ(а, где а — поляризу- 2 емость молекул, Л( — концентрация молекул, Ж = †.
Поскольку показа- Р 4Т = лттсот 1+ 2ял/а, то п — 1 2яЛ'а = — Р. Таким 2ла И ратуре и — 1 ос Р. Отсюда следует отношение Рис. 243 образом, при данной темпе- Пх ! )х и,— ! — т. е. Р„=ро ' — — 4,6атм=Р сг по — 1 Ро * по — 1 471 Установившаяся ситуация соответствует постоянству оптической толщи- ны слоя 4„,( = сопз(. Откуда следует т а п4/Зс(З/Зш-4/З 2 6.239. п = — "" опо, 6.240. В = '/8яп~с~Т щ 60 кГс. 72 6.241. Т =-~ — ' — — — — — 1,47.!0 К. с сх)( пйв 6.242.
о — ] — 16 км/с. сУ ! 8/ с тМ з 2оУ „ //Ю~ ЗЯРгР 6,243, о — "~~ — 1п — 27,4 км/с, где М = = 3,68 мг, с М /)з 32 6.244. е = — (4 — е(0)) 0,83, л =тге 0,91. 1 3 6.245'. Р,„= 4,6 атм. Решен ие. При скорости частицы о > — — фазовой скорости света в с и среде — возникает коническая поверхность, ограничивающая световой поток излучения, исходящею ог движущеюся электрона (рис. 243). При эюм утл 0 определяется соотношением Давление воздуха (при / = 0 'С), при ко!ором реализуется черснковское излучение под углом О = 3', должно быль больше 4,6 атм.
6.246. Р = Ро 40,3 агм, где л > с = 1,01812 — условие возник- лс — 1 в новения чсрснковского излучения. 6.247. Т = шс ( ~ = 4,54 ГэВ, где л = 1 + — (по — 1) = 1,015. 2 (л!„с) (шис) 6.248. 1+ ~ ) >л> 1+ ~ "), т.е. 1,414>л>1,254. Р Р 6.250'. Р еще н ив. Потенциальная энергия атома в неоднородном поле 1/(г) = — — Е (т), откуда сила, действующая па единицу объема а 3 2 Рм Р ~/Ез(г). 2 В условиях задачи эта сила направлена по радиусу к центру. Условие равновесия жидкости приводит к уравнению — = Р.
Интегрируя его с гранич- дР Нс ным условием Р( ) = О, получим Р(с) = ! б (г) 2 Из условия задачи следует, что е = 1 + 4япМл~ 1, откуда Е = —. Учи- с М 2' тывая граничное условие на поверхности шарика Р(Я) = Рпг находим радиус шарика 1/4 а//л,з — 6,8 А. 2 ЯРтв( 2 2 8г в// 6.251'. // = 40 см, где >ло — масса молекулы кислорода.
3шея1вТ Ре ш е н ив. Проекция магнитного момента молекулы 02 (в пренебрежении вращением молекулы как целого) на направление внешнего магнитного поля В квантуется по правилу Р/ 8/л!/МВ Здесь д/ — фактор Лэнде, рь — магнетон Бора, и/ Е ( —./, —./ + 1, ..., 2)— проекция полного момента количества движения неспаренных электронов/. Так как/ = Ь+ 3 и поусловиюзадачи Ь = О, тоУ = 5 = 1 ив = 2. Следовательно, возможны три значения проекции магнитного момента: — 2ап, 0; 2(ьп.
Вероятность того, что молекула находится в состоянии с проекцией ш/2аь шт2и в// пропорциональна ехр — . Тогда средняя энергия молекулы 1БТ и = 472 Безразмерный параметр — = 1,69.10 ее! и поэтому 2рв — г й,;! ()в — — 2рвВ 1 + + 2рвВ !— Так как Йв < О, то молекуле Ог вьподно чвгягиватьсяч в магниг нос поле (как всякому парамагнетику). Умножая ()в па число втянутых молекул Н, получим полный выигрыш в энергии. Пусть х — высота столба втянутой жидкости, 5 — его сечение. Тогда Н =, где р — плотность жидкого кислорода, и! — масса молекулы Ог, Тар5х то о ким образом г (Тв~ 8 (рьд) р5 3 хБТ то г и втягивающая сила В = — — = — — —. Приравнивая эту силу весу 8 (ряв) р5 дх 3 2БТ аго столба втянутой жидкости высотой Н, получаем Н = — 40 см.
8 (ряВ) 3 Кяутот г г 6.252. Требуемая мощность Ф ж — 2лд5 26,2 МВг, где В В тс кя( ед 13 кГс. 6.253. Для измерения степени поляризации с точностью 10 К требуется 10'о наблюдать 10'о распадов (закон 1/Ж). Необкодимос время 10 =1О с Зч. 6.254. г35 = (с%1п 2 10 !сарг/К. ч 7 6.255. 5 ВТ 7,5.!Ого Вт!смг. яе б г 6.256. В.ы=' т~ ст =9 104 эрг-10мДж. где г„„=-~-~ — классиг. тс ческий радиус электрона. Заметим, что движение электрона можно считать релятивистским, если приобретенный им импульс р тс. Чтобы эффективно использовать лазер, необходимо, чтобы ася энергия излучения падала на площадку размером )..
у, 2чг 6.257". — '5 —" 0,9 1О 7, где Е = 2,7)сьт, а Я = 25 мэ — энерговы— — — ь деление водородного цикла. Ре шс н не. Запишем сначала протон-протонный цикл образования и- частицы 4р -ь 4Не + 2еч + 2т„ Используя табличные значения избытков масс, можно получить выделяемую в реакциях этого цикла энергию Я = 24,68 МэВ 25 МэВ. 473 Определим подробнее энерговыделение в реакциях образования нейтрино р+ р П+е'+ тс Если добавить слева и справа по два электрона, то получим 2, 'Н - г!О + от + е, где гН и !Р— нейтральные атомы. Используя табличные данные для изг бытков масс, получим Д = (2 0,07825 — 0,014102) 931,5016 — 2 0,51! 0,42 МэВ. Однозначно определить энергию нейтрино нельзя.
Однако можно утвер- ждать, что она не превосходит <юлученного значения 0,42 МэВ. Таким об- разом, энергия, уносимая нейтрино, составляет менее 1,7 гь ~ †' 100 8 ! а (042 о ~ 24,58 от энерговыделения цикла. При этом нейтрино сразу покидает звезду. Ос- тальная энергия, выделяющаяся в реакциях протонного цикла в центральной части Солнца, поглощается окружающими слоями и в конце концов уносит- ся фотонами с поверхности Солнца. При этом мы пренебрегаем энергией, уносимой корпускулами (например, солнечным ветром). На каждый акт полно!о цикла рождаются два нейтрино Определим те- перь среднее число фотонов, выделяющихся за полный цикл.
Очевидно оно равно где сз — средняя энергия одного фотона, улетающего с поверхности звезды. Полная энергия излучения с = ~ й(ю) ~~ гуса, Ую где Й(гс) = — — число осцилляторов поля в интервале частот от ~о до лс со + Ао.
Число фотонов 2)(ы) с(ы яы о ехр — -! е,т Тогда искомая средняя энергия фотона оехр ет -! 4 7) " г 2,404 ы а'гс ю ехр — — 1 евт Поскольку скорости нейтрино и фотона одинаковы, и можно считать, что они вылетают изотропно, то искомое отношение потоков нейтрино и фотонов — < — ' * =0,93.10 1„28т 5,4)гвт 0 (2 Р = — и еу - — ~ 2р — = 4,4 10" дин/см~- 4,5 !от атм, 5 " 5т„~ А~ где и, = 2и — концентрация электронного газа, 2 — валентность урана. Уравнение адиабаты Р!'1~ = сопз1, гюэтому при взрыве Такиы образом Р = Р,.1! = 7 25 !О' атм.
ЗсЛВ Решение. Согласно условию задачи должно выполняться следующее условие ч=4Ь >В, где Ь = М вЂ” среднее расстояние между атомами примеси, а  — лармо- -1/3 ровский радиус закручивания пары как целого. Так как циклотронная частота для пары са = — = †, то радиус закручивания пары (и — мгновен- 2еВ сВ гадис ~ис' ная скорость центра масс пары) и шис Р арс ы сВ 2сВ Поскольку координата центра масс пары локализована на расстояниях поРЯДка е, то импУльс ЦентРа масс паРы Рп не может иметь опРеДеленного значения. Т.
к. среднее значение импульса равно нулю, то согласно соотношению неопределенностей л (Ревя) мах б)1 е лс = —. Используя известные соотношения 2с!Ь Отхуда Вана = ИСЗ = =у лс геч Л гйну'~; ив —— !Зита)цзЛ ЗЛ т та получаем ишиаьг. И„= .„'= 25ОО Э. зал)у 6.263. — = ~(ЛО)зсгазб+ / — ~ + ~ — '! = 1,3 1О з. 1 '1 Е У' 6.264.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
