Задачи вступительных экзаменов по физике - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
67
ёл -? b т ёо ~ ё
Il = - - h = —-- ,
1R 2R' причем скорость перемычки должна быть направлена к источнику. Отсюда следует, что искомая скорость перемычки равна
_ 2g V ~ BL
и направлена к источнику в схеме, т.е. так, как указано на рисунке стрелкой.
III.12. При повороте рамки во внешнем магнитном поле в ней возникает индукционный ток. Поскольку в условии задачи сказано, что следует пренебречь индуктивностью рамки, то следует пренебречь и магнитным полем токов в рамке. Учитывая, что рамка изготовлена из тонкого проводника, будем пренебрегать и магнитным потоком, пронизывающим этот проводник. Тогда магнитный поток, сцепленный с рамкой, когда она повернулась на угол а от исходного положения, в соответствии с обозначениями, приведенными на рисунке, будет равен Ф = Bbacosa в рамке в этот момент времени
а величина действующей t = а/со ЭДС по закону электромагнитной индукции Фарадея должна быть равна
g(t) =
Iim АФ
=
At—>0 At
Bba lim
4t ->0
cos со (t + At) - COS CO t
At
- B b а со sin cot
Поскольку индуктивностью рамки мы пренебрегли, то согласно закону Ома для полной цепи по рамке с сопротивлением R в этот момент должен течь ток I(t) = <S(t)/R , создающий в соответствии с правилом Ленца момент, препятствующий вращению рамки. Согласно закону Ампера на верхнюю сторону рамки 68
Задачи всту nv тег, оных экзаменов по физике. Вып.7
действует сила F(t) = I(t) В b, направленная перпендикулярно как вектору индукции В, так и указанной стороне рамки. Момент этой силы относительно оси поворота, совпадающей по условию с нижней стороной рамки, равен
M(t) = F(t) a sin a(t) = со (В b a sin tot)2 /R.
Учитывая, что 0 < cot < к, из предыдущего выражения получим, что максимальная величина тормозящего момента будет тогда, когда рамка повернется на угол a = к/2, причем Mmax =M = co(Bba)2/R.
Во время поворота величина тока в рамке не остается постоянной, хотя его направление при заданном повороте и остается неизменным. Вычислить протекший по рамке заряд за время ее поворота можно, вспоминая, что по определению сила тока в момент времени t
Q(t + At) - Q(t)
I(t) = lim At->0
At
Поскольку в рассматриваемом случае
<J>(t + At) - Ф(і)
1 АФ 1 ,
— Iim = — Iim
R At-»о At R At->0
At
из сопоставления двух последних выражений получим:
Q = Q(n/fi>) - Q(O) = |ф(л/со) - Ф(0)|^ = 2 В b a/R.
Таким образом, искомое сопротивление рамки при выполнении сделанных выше предположений должно быть равно:
4M
R =
CoQ2
IV. ОПТИКА
IV. 1. Будем решать эту задачу, предполагая, как обычно, что лупу можно считать тонкой линзой, и справедливы правила построения изображения в параксиальном приближении. В этом приближении, как известно, изображение получается стигматич-ным, т.е. все лучи, исходящие из какой-либо точки предмета, после преломления пересекаются в одной точке. Поэтому для Решения задач. Механика
69
построения изображения можно использовать даже'те лучи, которые из-за ограниченности диаметра линзы реально не проходят через нее. Принципиально та или иная точка предмета не может наблюдаться, если к наблюдателю от данной точки не попадает ни одного луча.
Первый вопрос, который возникает при решении этой задачи, заключается в том, какова реальная форма острия иглы. Ответить на этот вопрос можно, воспользовавшись обратимостью хода световых лучей. На основании этого закона найдем форму острия по его изображению. Поскольку конец острия находится от лупы на расстоянии, меньшем фокусного, то его изображение будет мнимым и будет располагаться по ту же сторону от лупы, где находится острие. Если начать строить отдельные точки поверхности острия с помощью лучей, реально проходящих через лупу, то получить правильное представление о форме острия будет крайне сложно из-за того, что даже незначительные ошибки при проведении лучей, направления распространения которых отличаются незначительно, могут привести к значительным погрешностям нахождения точки пересечения этих лучей. Чтобы избежать этой трудности, рассмотрим ход луча, совпадающего с одной из образующих конуса изображения острия. Ясно, что соответствующие точки поверхности острия должны находиться на этом луче. Следует считать, что игла находится в однородной среде. Поэтому указанный луч должен совпадать с некоторой прямой, и, следовательно, рассматриваемый конец острия имеет вид конуса.
Пусть указанный луч пересекает главную плоскость лупы в точке А, а ее фокальную плоскость — в точке В, как показано на рисунке. Поскольку в параксиальном приближении в фокаль- 70
Задачи всту nv тег, оных экзаменов по физике. Вып.7
ной плоскости должны пересекаться все лучи, падающие на линзу параллельным пучком, и луч, идущий через оптический центр линзы (точка 0), не преломляется, то интересующий нас луч должен совпадать с лучом 1. Пусть угол наклона этого луча к главной оптической оси лупы равен Ь. Тогда из условия задачи и приведенного рисунка следует, что тангенсы половин углов при вершине иглы и ее изображения удовлетворяют соотношениям: tga = h/b и tg? = h/а , где h — расстояние от оптического центра лупы до точки падения на нее указанного выше луча, a b -удаление вершины изображения острия иглы от линзы. Поскольку получаемое изображение является мнимым, то согласно формуле тонкой линзы в параксиальном приближении должно быть выполнено соотношение а-1 - b-1 = F-1. Следовательно,
