1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 35
Текст из файла (страница 35)
104. Если поле в конденсаторе однородно, а вне конденсатораравно нулю, тогда будет изменяться лишь поперечная составляющаяимпульса у каждого из nt = I/e электронов, пролетающих конденсатор в единицу времени:∆ (mv)⊥ = mv0 tg α.Таким образом, на пучок действует силаF = (I/e) mv0 tg α.С учетом третьего закона Ньютона и закона Гука дополнительное удлинение пружины, вызванное воздействием электронов на пластину конденсатора,I∆`∆`0 =mv0 tg α.eM gМожно вычислить силу иначе, определив полный заряд, находящийсяв любой момент времени внутри конденсатора и взаимодействующийс его полем.Заметим, что начальное предположение о сохранении продольнойсоставляющей импульса неверно! Действительно, при таком предположении получается, что электрон, пройдя конденсатор, увеличиваетсвою энергию.
Если бы это было так, можно было бы получить сколько угодно энергии без подвода ее извне, заставив электрон, например,с помощью постоянного магнитного поля многократно проходить через конденсатор.Электростатическое поле конденсатора потенциально, поэтому электрон, описав замкнутую траекторию, должен иметь опять начальную272ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмэнергию: A = q (U1 − U1 ) = 0! Значит, при выходе из конденсаторана большом расстоянии от него энергия электрона не должна измениться.
Поэтому сохраняется не продольная составляющая импульса,а полный импульс, что дает в выражении для импульса функции замену tg α на sin α. Таким образом, окончательно без учета отклоненияконденсатора от вертикали имеем∆`0 =3. 105. t =`,v0ay =eU,mdI∆`mv0 sin α.eM gh=ay t22=eU`2.2mv02 d2eU` xnt = nV hxv0 = nV 2mv.0d3. 106. Напряженность поля внутри конденсатора E = (E − IR)/d,где I ток, равный заряду, переносимому электронами, попавшими наположительно заряженную пластину в единицу времени. На эту пластину в общем случае попадает лишь часть пучка электронов, ограниченная теми из них, которые, двигаясь по параболической траектории,попадают на самый край пластины. Пусть y – расстояние до положительной пластины при взлете таких электронов, а t – время их полета.Тогдаat2 eE `2=.y=22m v02Число электронов, приходящих в единицу времени к положительнойпластине, I = eyxnV v0.
Таким образом,22I = eyxnV v0 = e xnV ` 2mv0d (E − IR) .ОтсюдаE.R + 2mv0d e2xnV `2Если же весь пучок попадает на положительную пластину (тогда y = d),то I = enV dxv0.I=273Электромагнитная индукция. Взаимодействие тока с магнитным полем3. 107. Рассмотрим небольшой интервал времени ∆t. За это времяк аноду подлетят ∆n = I∆t/e электронов (e – заряд электрона) исообщат ему импульс, равный mv∆n. Скорость v электрона у анодаможно найти из закона сохранения энергии: mv 2 2 = eU . Согласновторому закону Ньютона,F ∆t = mv∆n = mvI∆t/e,отсюда с учетом связи I = cU 3/2 получаемpF = (I/e) mv = c 2m/eU 2 ..Таким образом, отношение сил F F0 = (U /U0)2 = 4.Электромагнитная индукция. Взаимодействие тока с магнитным полем23.
108. E = −∆Φ/∆t, I = E/R, q = I∆t = B` R.3. 109. Изменения магнитного потока и соответственно ЭДС индукции уменьшатся вдвое из-за площади; отсюда следует, что и амплитуда тока станет меньше в два раза.3. 110. По закону Фарадея E = −∆Φ/∆t. По закону I = E/R.Следовательно, искомый заряд22πr−2πr4Φ0 − Φ=B;q = I∆t =Rρ · 2πrотсюда q = Br/4ρ.3. 111. Q =(SB)2R1t1+ t12 =(πa2 B )R21t1+ t12 .3. 112. Запишем работу вихревого электрического поля, вызвавшего изменение кинетической энергии протона:eEинд∆Φmv 2 mv02=e= eE =−.∆t22274ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмТок в пучке протоновI=nev,2πRI0 =nev0.2πRОтсюда1/22 3neEI = I02 + 2.2π mR23.
113. При изменении магнитного поля возникает электрическоеполе, раскручивающее кольцо. Магнитный поток22Φ = πB ` + r .ЭДС индукции∆Φ22 ∆BEинд ==π l +r= E · 2πr.∆t∆tСила, действующая на выделенный на кольце заряд ∆q,F = ∆qE.Тангенциальное (направленное по касательной к траектории) ускорениеat = qE/m = const, v = at∆t, ∆B = B,так как магнитное поле уменьшается до нуля. Окончательноv = qB `2 + r2 /2mr.3. 114. До удаления перемычки по закону Фарадея имеемq1∆Φ1 πR2 B0q2∆Φ2πR2 B0E1 ===, E2 ===−.C1∆t2 TC2∆t2 TОтсюдаπR2πR2q1 =B0C1, q2 =B0 C 2 .2T2TПосле удаления перемычки из закона сохранения заряда имеемπR2q1 + q2 = q1 + q2 =B0 (C1 − C2) .2TЭлектромагнитная индукция. Взаимодействие тока с магнитным полем275Из равенства потенциалов на обкладках конденсаторов q10 /C1 = q20 /C2получаемq10πR2B0C1 C1 − C2=,2TC1 + C2q20πR2B0C2 C1 − C2=.2TC1 + C23.
115. Используя закон Фарадея, получаемEИНД1,2 = B/v1,2, где EИНД1,2 = I1,2R1,2 + I0R0.Так как I0 = I1 − I2, тоI0 =EИНД1R2 − EИНД2R1v1 R2 − v2 R1= B`.R1 R2 + R0 R1 + R0 R2R1 R2 + R0 R1 + R0 R2Окончательно I0 = 3, 6 мА.3. 116. Используя закон Фарадея, получаемBv`, где ` = vt tg α, vt0 = `0.EИНД1,2 = B ∆S∆tСопротивление R = `R` = R`vt tg α. Тогда мощность, выделившаяся в цепи,EИНД.tP == B 2v 3 tg α.RR`ОкончательноEИНДt20 B 2v 3t20B 2v`0=tg α =tg α.Q = P t0 =2R2R`2R`3.
117. По закону Фарадея |EИНД| = B∆S/∆t = b`2ω/2. Мощность2 3F v = F `ω = EИНД/R; отсюда F = B ` ω 4R.3. 118. Запишем условие равенства моментов сил, действующих нарамку: (m1 + m2) g`2 cos α = I`1`2 sin α. ОкончательноI=m1 + m2gc tg α.`13. 119. За время τ под действием силы F = I0B` стержень приобретает скорость v = aτ = I0B`τ /m. Из закона сохранения энергии276ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизм2имеем mv 2 = mgh (1 − cos ϕmax ).
Отсюда получаем максимальный угол отклонения рамки:I0B`τI0B`τ√√ ≤ 1;ϕmax = 2 arcsinпри2m gh2m ghприI0 B`τ√2m gh> 1 рамка будет вращаться.3. 120. Из второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальноеи вертикальное направления имеем (рис. O.3.120)m` sin α · ω 2 = mg tg α ± qB` sin α · ω,αmg = T cos α,ττ cos α(знак перед вторым слагаемым в правой частиопределяется направлением вращения); отсюда sin αmgBqωgРис.
O.3.120ω2 ∓−= 0,m` cos αs 2BqBqgω+ =++.2m2m` cos αЕсли изменить направление вращения на противоположное, тоs 2gBqBq+−.ω− =2m` cos α 2m3. 121. Второй закон Ньютона с учетом силы действия магнитногополя на ток приводит к уравнению∆q∆EИНДB`∆vma = mg − B`I, где I ==C=C= CB`a.∆t∆t∆tТаким образом, подставляя выражение тока I через ускорение a в первое уравнение, получаемga=;1 + CB 2`2/mEИНД = −B`v,IR = E − B`v. Отсюда v =EB`.− mgRB 2 `2Электромагнитная индукция.
Взаимодействие тока с магнитным полем2773. 122. Так как скорость стержня постоянна, то сила действия магнитного поля на ток через стержень уравновешивается силой тяжести,действующей на него: IB` = mg. Законы Фарадея и Ома даютEИНД = −B`v,IR = E − B`v.ОтсюдаEmgR− 2 2.B` B `3. 123. По закону Ома I = U /R, где R = γl/S.Выражения длясил имеют вид F = IBl, mg = ρlSg.
ОкончательноFBUtg α ==.mg γρlg3. 124. Пусть высота подъема ртути равна x, а ширина проводящейпластины H. Тогда давление, ρgx = F /S = F /`H = IB`/`H, таккак F = IB`. ТокUU HxI==.γ`/Hxγ`v=Если x > h, то I = U Hh/γ`. Таким образом,hU BUBx=при 1,ρg`γρg`γUBx = 0 при<1ρg`γПри выбранных числовых значениях параметров x = 1, 5 м.3. 125. По второму закону Ньютона имеемmvB2 ` = mg + T − qvB B.Из условия минимальности скорости vH в нижней точке траекториитребуем, чтобы сила натяжения нити в верхней точке T = 0. Законсохранения энергии дает2mvHmvB2=+ 2mg`.22278ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмМагнитное поле работы не совершает, так как сила Лоренца направлена перпендикулярно скорости. Знак минус у силы Лоренца выбранв соответствии с условиями задачи.
Окончательно1/2sq 2 B 2 `2 4m2g vH = 5g` +1− 1+ 2 2.2m2q B `3. 126. Так как через контур r, R2 переменный магнитный потокне проходит, то ЭДС в нем не индуцируется и сопротивления r и R2оказываются включенными параллельно. ОтсюдаI=ε/NR2 r 1εR2=.R1 + R2r/(R2 + r) R2 + r r N (R2r + R1R2 + R1r)3. 127. По закону Фарадея падение напряжения на катушкеUL = ∆Φ/∆t = L∆I/∆t.Так как ток в цепи растет пропорционально времени, UL со временем не изменяется и в любой момент UK = LI/t.Следовательно, инапряжение на конденсаторе, равное напряжению на катушке, тожеостается постоянным:q0q0 − qUC ==,C0Cгде q0 – начальный заряд на конденсаторе; q – заряд, ушедший с обкладок конденсатора за время t; C – емкость конденсатора в моментt.
Из равенства LI/t = q0/C0 находим ток:I=q0 t.LC0Тогда ушедший с конденсатора зарядIt2q = Iср t = t = q0.22LC0279ОТВЕТЫ. ОптикаИз условия постоянства напряжения на конденсаторе найдем емкость:q0 − qt2C = C0= C0 1 −.q02LC0Ответ справедлив при условии, что q < q0, т. е. при условии, что2t 2LC0 < 1.3. 128. По закону сохранения энергии имеемU02I12I22C= L1 + L2 .222Приравнивая магнитные потоки, проходящие через катушки индуктивности, получаем L1I1 = L2I2 Решая систему уравнений, находим1/21/2L2 CL1 CI1 = U0, I2 = U0.L1 L1 + L2L2 L1 + L2ОптикаОтражение. Зеркала4.
1. hmin =H1+L/` .4. 2. Рассмотрим мнимый источник звука, находящийся в симDA* ℓℓ Aметричной относительно стены точке A∗ (аналогично тому, как проводится в оптике расℓCсмотрение отражения света от плоского зеркала; рис. O.4.2). Чтобы отраженный сигналℓBпришел сразу же вслед идущему по прямойРис.
O.4.2AB, необходимо, чтобыhi1/222∗ct = |AC|+|CB|−`0 = |A B|−`0 = (`1 + `2) + |BD|−`0,1102Отсюда|BD|2 = `20 − |AD|2 = `20 − (`2 + `1)2 .t=h`20+ 4`1`21/2− `0i.c.4. 3. При отражении звука угол падения равен углу отражения,280ОТВЕТЫ. Оптикаvtт. е. задачу можно рассматривать аналогично оптической задаче на отражение света вαctплоском зеркале. В момент подачи сигналаαизображение источника звука будет расположено симметрично относительно стены поℓℓРис. O.4.3другую сторону от нее на расстоянии ` от нее.Вместо отражения звукового сигнала от стены можно рассматриватьиспускание звука из точки изображения источника.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
