Дано:

$U=100B$

$e=1.6·10^{-19}$Кл

$m_e=9.11·10^{-31}$кг

$B=5·10^{-4}$Tл

$α=90^o$

$R-?$

Решение:

Так как электрон влетел в однородное магнитное поле под прямым углом, то он будет двигаться по окружности радиуса $R$, где на него будут действовать сила Лоренца, которые будет задавать электрону центростремительное ускорение: $F_л=m_ea_{ц.с.}=eυB·sinα$, где $sinα=sin90=1$, $a_{ц.с.}={υ^2}/{R}; m_e{υ^2}/{R}=eυB$, откуда $R={m_eυ}/{eB}$(1). Скорость электрона $υ$ найдем из уравнения: $eU={m_eυ^2}/{2}$, откуда $υ=√{{2eU}/{m_e}}$(2), где $e$ - заряд электрона, $m$ - масса электрона.

Подставим (2) в (1): $R={m_e·√{{2eU}/{m_e}}}/{e·B}={√{2m_e·e·U}}/{e·B}={√{2m_e·U}·√{e}}/{√{e}·√{e}·B}={√{2m_e·U}}/{√{e}·B}={√{2·9.11·10^{-31}·100}}/{5·10^{-4}·√{1.6·10^{-19}}}={13.498·10^{-15}}/{20·10^{-4}·10^{-10}}=0.067=6.7$см.

Дано:

$Q_н=10^5$Дж

$p_1=2p_0$

$V_1=V_0$

$p_2=2p_0$

$V_2=2V_0$

$p_3=p_0$

$V_3=2V_0$

$p_4=p_0$

$V_4=V_0$

$Q_x-?$

Решение:

КПД цикла Карно определяется выражением: $η=1-{Т_х}/{Т_н}$(1)

Из уравнения идеального газа $pV={m}/{μ}RT$(2), следует: ${p_1V_1}/{T_1}={p_2V_2}/{T_2}⇒{2p_0V_0}/{T_1}={2p_0V_0·2}/{T_2}⇒T_2=2T_1$(3)

${p_2V_2}/{T_2}={p_3V_3}/{T_3}⇒{2p_02V_0}/{T_2}={p_02V_0}/{T_3}⇒T_2=2T_3$(4)

Из уравнений (3) и (4) следует, что $T_1=T_3$(5)

${p_3V_3}/{T_3}={p_4V_4}/{T_4}⇒{p_02V_0}/{T_3}={p_0V_0}/{T_4}⇒T_3=2T_4$(6)

$T_2=2T_3=2·(2T_4)=4T_4$(7)

Таким образом, максимальная температура цикла - $T_н=Т_2$, минимальная - $T_х=Т_4$.
Тогда КПД $η=1-{Т_4/{Т_2}=1-{Q_х}/{Q_н}$, следовательно ${Q_х}/{Q_н}={Т_4/{Т_2}$;
${Q_х}={Т_4/{Т_2}{Q_н}=1/4{Q_н}=25$кДж

Дано:

$B=0.5Тл$

$υ_0=0м/c$

$a=8м/с^2$

$x=1м$

$ε=2B$

$l-?$

Решение: ЭДС индукции в проводнике, движущемся в однородном магнитном поле: $ε=-{∆Ф}/{∆t}$(1). Изменение магнитного потока за малое время $∆t: ∆Ф=B·∆S$(2), где площадь определяется как: $∆S=l·∆x$(3), тогда имеем: $∆Ф=B·l·∆x$(4). Следовательно, $|ε|={B·l·∆x}/{∆t}=B·l·υ$(5), где $υ$ - скорость движения проводника. В конце пути длиной $x$ скорость проводника $υ=√{2ax}$(6), где $a$ - ускорение так, что подставив (6) в (5), имеем: $|ε|=B·l·√{2ax}$(7), откуда длина проводника $l$ равна: $l={|ε|}/{B√{2ax}}$(8). $l={2B}/{0.5·√{2·8·1}}={2B}/{0.5·4}=1м$

Дано:

$A=25·10^3Дж$

$A′=20·10^3Дж$

${T_н}/{T_х}-?$

Решение:

Обозначим напряжение на конденсаторе после перевода ключа в положение 1 через $U_1$, а после перевода ключа в положение 2 — через $U_2$. Поскольку энергия $Е$ конденсатора, заряженного до напряжения $U$, равна $Е={CU^2}/{2}$, то отношение энергии конденсатора при положении ключа 2 к энергии конденсатора при положении ключа 1 равно $n={Е_2}/{E_1}={{CU_2^2}/{2}}/{{CU_1^2}/{2}}={U_2^2}/{U_1^2}$

Пусть сила тока, текущего через резисторы, равна $l$. При этом напряжения $U_1$ и $U_2$ на конденсаторе равны напряжениям на соответствующих участках цепи имеющих сопротивления $R_1$ и $R_1+R_2$. На основании закона Ома для участка цепи, получаем: $U_1=IR_1$ и $U_2=I(R_1+R_2)$.

Следовательно, $n={U_2^2}/{U_1^2}=({R_1+R_2}/{R_1})^2=(1+{R_2}/{R_1})^2$

Дано:

$С_1=250·10^{-12}$ф

$С_2=150·10^{-12}$ф

$ε=6.2$В

$n=3.7$

$U_1-?$

Решение:

Напряжение на резисторе, подключенном параллельно к конденсаторам: $U=U_1+U_2$(1), где $U_1$ и $U_2$ - напряжения на первом и втором конденсаторах соответственно. Конденсаторы соединены последовательно, следовательно, заряды на них будут одинаковыми: $q=C_1U_1=C_2U_2$(2). Решая совместно уравнения (1) и (2), получим: $U_1={C_2U_2}/{C_1}; U_2={C_1U_1}/{C_2}$

$U={C_2U_2}/{C_1}+U_2⇒U_2({C_2}/{C_1}+1)=U⇒U_2={U}/{({C_2}/{C_1}+1)}⇒U_2={U}/{{C_2+C_1}/{C_1}}⇒U_2={C_1U}/{C_1+C_2}$(3). Аналогично: $U=U_1+{C_1U_1}/{C_2}⇒U_1(1+{C_1}/{C_2})=U⇒U_1={U}/{(1+{C_1}/{C_2})}⇒U_1={U}/{{C_1+C_2}/{C_2}}⇒U_1={C_2U}/{C_1+C_2}$(4).

Через конденсаторы ток не идет, поэтому закон Ома для рассматриваемой цепи запишется в виде: $J={ε}/{R+r}$(5), где $r$ - внутреннее сопротивление источника; $J$ - сила тока, текущего через источник и резистор. Падение напряжения на резисторе, согласно закону Ома для однородного участка цепи: $U=J·R=ε-Jr$(6). Ток короткого замыкания соответствует условию $R=0$, т.е. $J_0={ε}/{r}$(7). Согласно условию задачи: ${J_0}/{J}=n=3.7$(8).

Подставляя (5) и (7) в выражение (8), имеем: ${ε}/{r}:{ε}/{(R+r)}=3.7⇒{ε}/{r}·{(R+r)}/{ε}=3.7⇒{R+r}/{r}=3.7⇒R=3.7r-r=2.7r$, т.е. $R=2.7r$(9). Подставляя (9) в (5), получим: $J={ε}/{2.7r+r}={ε}/{3.7r}$(10).

После подстановки силы тока $J$ в (6), получим: $U=ε-{ε·r}/{3.7·r}⇒U=ε-{ε}/{3.7}={3.7ε-ε}/{3.7}⇒U={2.7ε}/{3.7}={2.7·6.2}/{3.7}=4.524B$

Подставляя числовые значения в (4), имеем: $U_1={150·10^{-12}·4.524}/{400·10^{-12}}=1.6966≈1.7B$

Дано:

$U=100B$

$e=1.6·10^{-19}$Кл

$E=2·10^3$В/м

$S-?$

Решение:

Если разность потенциалов $U$ ускоряющая, то работа ускоряющего электрон поля $A_1=|q|U$ ($q=e$ - заряд электрона) равна увеличению кинетической энергии электрона: $E_к-E_{к0}=A$.
Кинетическая энергия после прохождения ускоряющей разности потенциалов: $E_к={mv^2}/2$, где $m$ - масса электрона, $v$ - скорость, которую приобрёл электрон.
Так как начальная скорость равна нулю, начальная кинетическая энергия тоже равна нулю: $E_{к0}=0$.

Из (1) получим ${mv^2}/2=eU$

Когда электрон влетает в однородное электрическое поле, скорость его уменьшается до нуля, поскольку на него действует сила Кулона: $F_к=e·E$(2). Сила Кулона совершает работу: $A=-F_к·S$ (2), которая равна изменению энергии электрона $A=E_{к2}-E_к$ (3). Здесь $E_{к2}=0$ - конечная кинетическая энергия электрона (когда он остановился), $E_к={mv^2}/2$ - найденная ранее кинетическая энергия электрона после прохождения ускоряющей разности потенциалов.
Приравняв (2) и (3) получим: $-e·E·S=-{mv^2}/2$ (4).

Приравняв (1) и (4), получим: $eE·S=eU⇒S={U}/{E}$(3). Подставим числа: $S={100}/{2·1000}={1}/{20}=0.05м=5$см.

ЭДС индукции в движущем проводнике: $|ε|=B𝑣L·sin(β)$. $β$-угол между вектором магнитной индукции $B$ и скоростью движение проводника $𝑣$. Так как проводник скользит вдоль наклонной плоскости вниз, а угол наклона плоскости равен $β=90°-α$, тогда $|ε|=B𝑣L·sin(90°-α)=B𝑣Lcos(α)$

По закону сохранения механической энергии стержня: $mgh={m𝑣^2}/{2}$ ($m$ - масса стержня). Высота начального положения стержня относительно его второго положения, в котором он движется со скоростью $𝑣$: $h=l·sin(α)$. Тогда $𝑣=√{2glsinα}$

Получим: $|ε|=BL√{2glsin(α)}cos(α)=0,1·1·√{2·10·1.6·sin(30°)}·cos(30°)=0.35B$

Дано:

$n=1.5$

$γ=90°$

$φ-?$

Решение:

Закон преломления: $n_1sinφ=n_2sinβ$

$γ=180-φ-β=90°$, значит: $φ+β=90°$

$sinφ={n_2}/{n_1}cosφ, {n_2}/{n_1}=n$

$φ=arctgn=56°$

Дано:

$B=6·10^{-5}$Тл

$ν-?$

На электрон в магнитном поле действует сила Лоренца: $F_л=qvB$

Она обеспечивает центростремительное ускорение: $a_ц={v^2}/{R}$

$qvB=m{v^2}/{R}⇒{v}/{R}={qB}/{m}$

${v}/{2πR}=ν⇒ν={qB}/{2πm}≈1.68·10^6$Гц

Заряд на первом конденсаторе: $q_1=C_1U_0$, на втором: $q_2=C_{1}2U_0=2q_1$

На левых обкладках конденсаторов суммарный заряд - $q$, значит, после установления равновесия на каждой, будет по - ${q}/{2}$. Аналогично, на правых будет по ${q}/{2}$. Энергия системы в начале:

$E_н={q^2}/{2C}+{4q^2}/{2C}={5q^2}/{2C}$

В конце: $E_k={q^2}/{4·2C}+{q^2}/{4·2C}={q^2}/{4C}$

Отношение: ${E_н}/{E_k}=10$

Условие максимума: $∆l=kλ, k∈Z$

$\{\table\∆l_1=kλ; \ ∆l_2=(k+1)λ;$ (так как максимумы соседние)

$k={∆l_1}/{λ}$

$∆l_2=({∆l_1}/{λ}+1)λ$

$∆l_2=∆l_1+λ⇒λ=∆l_2-∆l_1=0.5$мкм

Работа внешних сил при повороте контура равна $A=-I∆Ф=-I(Ф_2-Ф_1)$, где $Ф_2$ - конечный поток, $Ф_1$ - начальный поток, пронизывающий контур.

$Ф=BS=B·πr^2$

$A=BI·πr^2=0.02·2·3.14·(0.03)^2≈1.1·10^{-4}$Дж = $0,11$мкДж

При повороте рамки в ней возникает ЭДС, равное $ε=-{∆Ф}/{∆t},∆Ф$ - изменение магнитного потока.

$Ф_1=BS; Ф_2=-BS$(рамку перевернули)

$ε={2BS}/{∆t}={2·0.2·0.01}/{0.1}=0.04В$

Пусть сопротивление одного куска проволоки после разрезания равно х, тогда другого - 160-х. Они соединены параллельно:

${1}/{20}={1}/{x}+{1}/{160-x}$

${1}/{20}={160-x+x}/{(160-x)x}$

$x^2-160x+3200=0$

$x_{1,2}={160±√{160^2-4·3200}}/{2}≈23.5$(Ом)

Тогда сопротивление другого куска $160-x≈136.5$Ом.

Сопротивление проволоки пропорционально длине $R=ρ{l}/{S}$

Отношение длин равно отношению сопротивлений ${136.5}/{23.5}≈5.8$