Сборник задач по физике - Кобушкин В.К.
Скачать (прямая ссылка):
—>
ставляющую по направлению Bi.
Из рис. 88 видно, как направлено Bi около левой катушки. И так как из-за увеличения сопротивления реостата в правой
катушке Z1 убывает, то убывает и Bj. Это означает, что Bn должно иметь составляющую, как указано на рис. 88, и по правилу буравчика Z11 направлено так, как указано на рисунке.
Задача № 120
Для определения электронов используется откачанная
цилиндрическая камера, в которой помещена проволока К, раскаливаемая электрическим током, ряд диафрагм С и фото-
VeS Сборник задач по физике 89 пластинка P. Камера помещается в однородное магнитное поле, перпендикулярное к плоскости чертежа. Диафрагмы расположены по окружности радиуса R. Между электродом К и диафрагмами приложено ускоряющее электроны напряжение U. Вывести условие, при котором электроны, выходя из К, попадут на фотопластинку через диафрагмы С (рис. 89).
Решение. Пролетая от проволоки К до первой диафрагмы С, электрон набирает скорость,' которая может быть определена на основании закона изменения кинетической энергии материальной точки: ото2 ,, , л.
—2—=eU. (1)
Дойти до фотопластинки P смогут лишь те электроны, которые, начиная от первей диафрагмы, будут двигаться по окружности радиуса R. Поэтому, исходя из второго закона Ньютона в виде
Рис- 89' = (2)
совместно с (1) по исключении v2 получим искомое решение
2 U=vBR.
Само же отношение можно найти из (1) или (2). Раздел IV ОПТИКА. КОЛЕБАНИЯ
В этом разделе используются известные формулы тонкой линзы
^(«-^(і+ту.
где F—главное фокусное расстояние линзы; d — расстояние от предмета до линзы; /—расстояние от линзы до изображения; kx — коэффициент линейного поперечного увеличения
линзы; D = -L- — оптическая сила линзы; п — показатель преломления материала линзы относительно среды; R1 и R2-— радиусы ограничивающих линзу сферических поверхностей.
U Л I mv2
Ь = Л + —J- ,
где Av — энергия кванта света; А — работа выхода электрона
mv1 -из тела; —^--кинетическая энергия «выбитого» квантом
света электрона.
Освещенность поверхности E определяется по формуле
где Ф — световой поток, падающий на поверхность S.
В формуле для определения периода гармонических колебаний T
=2
т—масса колеблющегося малого тела; k — коэффициент воз-
L bF А
вращающей силы, т. е. k = -^-, где Дх— отклонение тела
от равновесия, а ДF— возникшая при этом возвращающая сила,
'/35* 91 Задача № 121
На высоте А над поверхностью воды, налитой в сосуд с зеркальным дном, находится точка А. Зная глубину сосуда d и показатель преломления воды п, построить все изображения -точки А и рассчитать их положения.
Решение. Можно увидеть четыре ярких изображения: два — наблюдателем, находящимся над водой и смотрящим на поверхность воды, и два — наблюдателем, находящимся в воде и смотрящим один раз наверх, а другой раз на зеркальное дно.
Первое изображение обусловлено тем, что часть света, отражаясь от воды, попадает в глаз наблюдателю (рис. 90, а). Очевидно, изображение А' будет находиться в воде на расстоянии A'= A от поверхности воды.
Второе изображение будет обусловлено тем, что часть света, пройдя в воду и отразившись от зеркала, вновь выйдет наружу и попадет в глаз наблюдателю (рис. 90, б). Зто изображение А" будет находиться на расстоянии h" от поверхности жидкости. Найдем его:
A" = (a H- 2b) - J5- = (A tg а, + 2d tg а2) .
Считая все углы аи а2 и а3 малыми, что справедливо для •случая наблюдения из точки, близкой к вертикали AA", по-
?2 лучим tg а a sin а, и, значит, п= и п— , откуда
tP а» 1
а3= а1> и» значит, С учетом tga3 ~ ИГ П0ЛУЧИМ
Третье изображение А"' увидел бы наблюдатель, смотрящий из воды вверх. Это изображение обусловлено светом, попадающим в глаз сразу после преломления на границе воздух — вода (рис. 99, в):
h"'=-?— = hJi^ =hn
tg «2 tg OC2
(считаем tg a a; sin a).
Четвертое изображение А"' увидел бы наблюдатель, находящийся в воде и смотрящий на зеркало. Это изображение обусловлено светом, отразившимся от зеркала, и еще не вышедшим из воды (рис. 90, г):
h""= с _ « + *> ft'tg ttI + d tg а2 _ Jin . ^ tg а2 tg«2 tga2 "1"
Очевидно, можно построить еще много изображений, обусловленных повторными отражениями и преломлениями, но каждое следующее будет все менее ярким, ибо количество света, дающее это изображение, будет все меньшим из-за рассеяния, поглощения, отражения и т. д.
Задача № 122
Две собирающие линзы, плоскости которых находятся на расстоянии / F1 + F2, имеют общую главную ось. На расстоянии dx > F1 на главной оси — светящаяся точка. Построить ее изображение и рассчитать положение (рис. 91, а).
Решение. Первый луч пускаем по главной оси, второй — под небольшим углом к ней. Для построения его хода проводим побочную ось аа параллельно второму лучу. Второй луч и побочная ось аа пересекут фокальную плоскость AA в одной точке с. Этим определен ход второго луча до второй линзы. Аналогично строим с помощью побочной оси bb его ход после второй линзы. Таким образом, получим А" — искомое изображение точки А.
