Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
621
Коэффициент мощности cos ф можно найти, воспользовавшись выражением для сдвига фаз между током и напряжением:
tg ф = sinф = Jl - cos2ф = 2 nvL - I /(2nvC) cos ф cos ф R
Отсюда получим
R
cos ф =
Vr2 + (2nvL - 1/(2nvC))2
N = д - d 2250 Вт.
Vr2 + (2nvL - 1/(2nvC))2
Ответ: I0 d 17,2 A; /д d 12,3 A; N d 2250 Вт. 13.2.39. Полное сопротивление цепи
= JR2 + (Xi - Xc)2 ,
где Xi = rnL, Xc = 1/(юС) — реактивные сопротивления катушки и конденсатора соответственно, ю = 2nv. Поэтому
Z =VR2 + (2nvL - 1 /(2nvC))2 d 111,6 Ом.
Сдвиг фаз между током и напряжением
ф = arctg mL - 1/( mC) = arctg 2 nvL - 1/(2nvC) ~ 89°. RR
Минимальное сопротивление цепи
Zmin = R = 2 Ом
при частоте Vo, для которой реактивное сопротивление равно нулю: 2nVoL - і nVoC = 0,
откуда
Vo = ------
2 nJLC
Ответ: Z d 111,6 Ом; ф d 89°; Zmin = 2 Ом; V0 d 142,4 Гц.
Vo = - J= d 142,4 Гц.
и
622
13.4.13. Частота колебаний контура V = —1— . Находим диа-
2 пл/LC
пазон частот контура: от V1 = ----1--- = 22,2 МГц до V2 = -----------1- =
2пЛ/Е— 2п,/Щ;
= 16 МГц.
13.4.19. Частота собственных колебаний в контуре
ш0 = Ж- . (1)
По закону сохранения энергии
L/2 2
m = (O)
“2“ 2C . ( )
Решая (1) и (2), находим
т ___ qm т. _ ^m
7" = Jlc , ““ “0 "Sm.
Следовательно, длина волны, на которую настроен колебательный контур, и емкость конденсатора соответственно равны:
X = 2^ = d 37,7м,
q2
C = -L = = 2 • 10-9 Ф,
™0 L ImL
где c = 3^108 м/с — скорость света. Ответ: X d 37,7 м; С = 2 ¦ 10-9 Ф.
0
Ч А С Т Ь 4 ОПТИКА
Глава 14. ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
14.2.2. Выберем два произвольных луча SA и SB, падающих на зеркало (рис. 14.2.8). Отраженные лучи построим, используя закон отражения. Заметим, что они расходятся и пересекутся только их продолжения в точке S1, которая является мнимым изображением точки S, так как в ней пересекутся продолжения любых других отраженных от зеркала лучей. Покажем это. Треугольники SAB и S1AB имеют общую сторону AB и пары равных углов Z SAC = Z S1AC, Z SBC =
ZSAC = п - а1, ZS1AC = 2 - S1, но S1 = P1 как углы верти-
= Z S1BC
кальные, а P1 = а1 по закону отражения J. Следовательно,
A SAB = A S1AB.
Из равенства треугольников следует равенство высот, опущенных на сторону AB. Для любых ASAB высотой является перпендикуляр к зеркалу (или его продолжению), равный расстоянию SC, и любые лучи отразятся от зеркала так, что их продолжения пройдут через точку S1, которая и будет изображением точки S. Это изображение мнимое — его можно видеть, фотографировать, но получить на экране нельзя.
Ответ: изображение мнимое; рис. 14.2.8.
14.2.3. Построим симметричный отрезок A1B1 (опустим перпендикуляры AA2 и BB2 на плоскость зеркала и отложим на них равные отрезки AA2 = = A2A1 и BB2 = B2B1). Соединим точки A1 и B1, A1B1 — мнимое изображение отрезка AB (рис. 14.2.9).
Для того чтобы видеть изображение какой-либо точки предмета в зеркале, необходимо, чтобы в отраженном потоке лучей, идущих из этой точки на зеркало, нашлись бы лучи, попадаю-
Рис. 14.2.9
624
Рис. 14.2.10
щие в глаз наблюдателя. В данном примере в глаз должны попасть отраженные лучи, идущие из точек A и B.
Чтобы видеть весь предмет, глаз наблюдателя следует расположить так, чтобы в него могли попасть лучи, дающие изображения точек A и B. Как видно из чертежа, пространство, в каждой точке которого встречаются эти лучи, удовлетворяющие такому условию, заключено внутри затемненного треугольника (см. рис. 14.2.9).
Ответ: рис. 14.2.9.
14.2.5. Построим изображение источника света (лампы) — точку A , затем построим прямую, соединяющую точки A' и B: точка O пересечения этой прямой с поверхностью воды будет искомой точкой (рис. 14.2.10).
Ответ: точка О.
14.2.14. Из рисунка 14.2.11 видно, что rmin = + BC>
где AB = R cos ф и BC = (R + R sin ф^ ф.
Следовательно, rmin = R [cos ф + (1+ sin a)tg a] = 26 см.
Ответ: rmin = 26 см.
14.3.1. На рисунке 14.3.5 P — угол падения луча на плоскость AB, а у — угол падения луча на плоскость AC. В треугольнике BCO P + у = п - 8. Так как OB L AB, а
OC L AC, то в четырехугольнике ABOC угол 8 = п - a. Таким образом,
P + у = п - 8 = a.
Из треугольника BCD получаем, что искомый угол є = п - 2(Р + y) = п - 2a.
Ответ: є = п - 2a.
14.3.4. Светящаяся точка даст два мнимых изображения S1 и S2, расположенных относительно зеркал OA и OB симметрично точке S (рис. 14.3.6).
S
S4
Рис. 14.3.5
S
’3
Рис. 14.3.6
625
S
Из равенства треугольников AOS, BOS, AOS1, BOS2 следует, что изображения S1 и S2 лежат на дуге окружности с центром в точке O и радиусом R = OS. При этом Z SOS1 = а. Мнимый источник света S1 отражается в зеркале OB, давая изображение S3, лежащее на той же окружности, причем Z SOS3 = 2а = 90°. Аналогично образуется изображение S4 источника S2 в зеркале OA. Следующие изображения S5 и S6 образуются так же, а Z SOS5 = ZSOS6 = 3а =135°. Изображения S5 и S6, отражаясь в зеркалах OB и OA соответственно, дадут изображения, которые наложатся друг на друга в точке S7. Следовательно, будет семь изображений точки S, т. е. N = 7.