Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
k — электрохимический эквивалент серебра: k = M , m — масса се-
nF
ребра: m = pSd, сила тока / = jS.
Решив систему приведенных уравнений, получим
t = d 1,86 ч.
Mj
Ответ: t d 1,86 ч.
11.14.18. КПД установки п = A , где А — полезная работа уста-
Q
новки, Q — количество электроэнергии, необходимой для получения из воды водорода объемом V = 2,5 л и массой М. Но если бы КПД установки был равен единице, то масса выделившегося водорода была бы пропорциональна Q. Следовательно,
— = A M Q,
где M = k/t. С учетом выражения для КПД находим
m = пМ, или m = п k/t. (1)
Массу водорода выразим из уравнения Клапейрона — Менделеева:
pV = — ДТ, m = pLh .
^ H RT
Учитывая это, выражение (1) можно представить в виде
pvH = пШ.
RT
Следовательно, электролиз нужно проводить при силе тока
/ = P vH nktRT
и затратить энергию
Q = /Ut = d 134 кДж.
nkRT
Ответ: Q d 134 кДж.
608
Глава 12. МАГНЕТИЗМ
12.1.9. Согласно принципу суперпозиции в точке C (рис. 12.1.6) B — B1 + B2, где
B1 —
2 п R
_ ^o I2R2
2п(Д2 + d2)
а) Если токи текут в одном направлении, то B — B1 + B2. По условию R1 — R2 — R и Z1 —
— /2 — /. Тогда
R2
Рис. 12.1.6
^o IR2
2 п (R2 + d2)
Подставляя числовые данные, получим B — 24,9 мкТл.
б) Если токи текут в противоположных направлениях, то B — B1 - B2; B — 15 мкТл.
Ответ: а) В — 24,9 мкТл; б) В — 15 мкТл.
12.1.11. Индукция магнитного поля бесконечно длинного провода в точке O равна B1 — Ц0 . Индукция магнитного кругового тока
B2 — М-0 — . Векторы B1 и B2 сонаправлены, поэтому B — B1 + B2. Сле-
0 2 R
довательно, индукция магнитного поля в центре петли равна
: 414 мкТл.
2"R
12.1.15. Если обмотка состоит из одного слоя, то индукция ^o I
внутри катушки B1 — — 7,6 мТл. Необходимое число слоев об-
мотки соленоида
N — — —4.
Ответ: N — 4.
12.2.32. На протон при движении будут действовать сила Лоренца
*Л — qv0B
и сила электрического поля
609
Запишем уравнения движения протона вдоль нормали n к траектории и оси Z, параллельной векторам E и B (рис. 12.2.14):
2
-в0 = F1- maz = Fm
2
-Vn
или
Рис. 12.2.14
Составляющая скорости, перпендикулярная направлению полей, при движении частицы не изменяется.
Вдоль оси Z протон будет двигаться с постоянным ускорением
а2 = 2е ,
z —
и расстояние, пройденное им вдоль оси Z,
az t2 s = .
Радиус R спирали и период T обращения соответственно равны:
R = —v n T = 2 пВ = 2 п—
qB
vn qB
Расстояния, пройденные протоном вдоль силовых линий за время первого и второго оборотов:
2 2 2 „ = azT = 2п2-E „ = aZ(2T) _ aZT = 3 • 2п2—Е
Ir» О - 2 f> О о .
qB2
2gB2
610
Эти расстояния равны соответствующим шагам витков. Поэтому
Ло
2 = 2 3
A1 S1
„ A9
Ответ: — = 3.
A1
12.2.33. На а-частицу при движении будут действовать сила Лоренца
Fn = ?aUlB = ?a(u0sin в) B и сила электрического поля
Fm = QaE'
Запишем уравнения движения а-частицы вдоль нормали n к траектории и оси Z, параллельной векторам E и B:
2
= ma«z = Fэл,
R
2
—a V і
= QavlB, ma«z = QaE,
где составляющая скорости, перпендикулярная направлению полей, Vi = ^0 sin a.
Вдоль оси Z a-частица будет двигаться с ускорением
a2 = ^ ,
z —a
и расстояние, пройденное частицей вдоль оси Z,
at2 at2
s = V^t + -j— = U0OOS Pt + -2— .
Радиус R спирали и период T обращения соответственно равны:
R = —a vI = —a vO sin в T = 2 nR = 2 п—a
?aB ?aB vi ?aB
или
611
Расстояния, пройденные а-частицей вдоль силовых линий за время первых четырех и пяти оборотов:
аг(4Т)2 _ 8U0cosвп—a 32п2 — aE
s4 = (v0cos в) • 4 T s5 = (v0cos в) • 5Т +
2 q<*B
аг(5T)2 _ 10U0cosвп—а
2 q<*B
Следовательно, шаг пятого витка спирали
h = s
2п—
5
s4 =
4п— (v0cos в+9Be іd 53 мм-
Ответ: h d 53 мм.
О
12.2.35. Уравнения движения шарика в проекции на нормаль n к траектории и ось OZ (рис. 12.2.15):
—— = Nsin а - qvB, 0 = Ncos а - mg,
R
где Fn = qvB.
Решив данную систему уравнений, получим
Рис. 12.2.15
Тогда период обращения шарика 2 п R
v = _ qB + Vq 2 B 2 + 4—2 g tg а / R 2—/ R
T=
Так как Д = Isin а, то T=
4п—
Vq2B2 + 4—2g tg а/R _ qB
4п—
л/q2B2 + 4—2g/(l cos а) _ qB
1,31 с.
О
Ответ: T d 1,31 c.
І^У 12.3.12. На стержень действуют следую-
щие силы: тяжести mg, реакции опоры N, трения FTp между стержнем и поверхностью наклонной плоскости и Ампера Fa (рис. 12.3.7).
Запишем второй закон Ньютона в проекциях соответсвенно на оси OX и OY: mS ma = mg sin а - FTp - FAcos а,
Рис 12 3 7 0 = N - mg cos а - FAsin а.
612
Так как FTp = pN, а сила Ампера Fa = IBl, то, решив систему
приведенных уравнений, получим
а = g(sin а - u cos а) - (u sin а + cos а) d 2,2 м/с2.
-
Ответ: а d 2,2 м/с2.
12.3.23. На проводник действует сила Ампера. Направление этой силы совпадает с направлением перемещения проводника. Следовательно, работа силы Ампера:
