Физика

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ЖЕЛЕЗНОДОРОЖНОГО ТРАНСПОРТА
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ПУТЕЙ СООБЩЕНИЯ

(МИИТ)

СОГЛАСОВАНО:

Выпускающая кафедра _____________________

Зав. кафедрой _____________________________

(подпись, Ф.И.О.)

«_____»______________20 __ г.

УТВЕРЖДАЮ:

Проректором по учебно-методической
работе – директором РОАТ

(подпись, Ф.И.О.)

«_____»______________20 __ г.

Кафедра: Физика и химия

(название кафедры)

Автор: Зуева Е.С., к.п.н., доц., Скрипка М.В., ст. преп.

(ф.и.о., ученая степень, ученое звание)

ЗАДАНИЯ НА КОНТРОЛЬНУЮ РАБОТУ № 3
С МЕТОДИЧЕСКИМИ УКАЗАНИЯМИ

_____________________ФИЗИКА_____________________

(название дисциплины)

Haпрaвление/специальность: 280700.62 «Техносферная безопасность»
(наименование специальности)

Профиль/нaпрaвление Безопасность жизнедеятельности в техносфере,

подготовки: Инженерная защита окружающей среды

Квалификация (степень) выпускника: БАКАЛАВР

Форма обучения: ЗАОЧНАЯ

Москва, 20

_

г.

Составители: к.п.н., доц. Е.С. Зуева;

ст. преп. М.В. Скрипка

Рецензент : д.ф.-м.н, доц. З.Л. Шулиманова

ВВЕДЕНИЕ

В процессе изучения дисциплины «Физика» на втором курсе студенты
выполняют одну контрольную работу. Основная цель - является выработка
приемов и навыков решения контрольных задач из разных областей физики,
позволяющих проверить степень усвоения основных разделов теоретического
курса, помогающих в дальнейшем студентам решать инженерные задачи.

• 1. Общие требования к оформлению контрольных работ

При оформлении контрольных работ условия задач в контрольных
работах переписываются полностью, без сокращений.

Решения задач должны сопровождаться краткими, но исчерпывающими
пояснениями с обязательным использованием рисунков, выполненных
чертежными инструментами.

Для замечаний преподавателя на страницах тетради оставляются поля и
интервалы между задачами (не менее 5 см).

В конце каждой контрольной работы необходимо указать, каким учебным
пособием пользовался студент (название учебного пособия, автор, год издания).

Решение задач рекомендуется выполнять в следующей
последовательности:

• 1. Ввести буквенные обозначения всех используемых физических
  величин.
• 2. Под рубрикой "Дано" кратко записать условие задачи с переводом
  значений всех величин в систему единиц СИ.
• 3. Сделать (если это необходимо) чертеж, поясняющий содержание
  задачи и ход решения.
• 4. Сформулировать физические законы, на которых базируется решение
  задачи, и обосновать возможность их использования.
• 5. На основе сформулированных законов составить уравнение или
  систему уравнений, решая которую можно найти искомые величины.
• 6. Решить уравнение и получить в общем виде расчетную формулу, в
  левой части которой стоит искомая величина, а в правой - величины, данные в
  условии задачи.
• 7. Проверить единицы измерения полученных величин по расчетной
  формуле и тем самым подтвердить ее правильность.
• 8. Произвести вычисления. Для этого необходимо все значения величин в
  единицах СИ подставить в расчетную формулу и выполнить вычисления (с
  точностью не более 2-3 значащих цифр).
• 9. При подстановке в расчетную формулу, а также при записи ответа
  числовые значения величин следует записывать как произведение десятичной

дроби с одной значащей цифрой перед запятой на соответствующую степень
десяти. Например, вместо 2170 надо записать 2,17^.10³.

Выполненные контрольные работы сдаются на рецензию преподавателю
не позднее, чем за одну неделю до экзамена по физике. После рецензирования
вносятся исправления в решение задач в соответствии с замечаниями
преподавателя. Исправленные решения помещаются в конце тетради с
контрольными работами, которые сдаются на повторную рецензию.

Зачет по каждой контрольной работе принимается преподавателем в
процессе собеседования по правильно решенной и прорецензированной
контрольной работе.

В контрольной работе № 3 следует решить семь задач. Номера задач
определяются по таблицам вариантов к контрольным работам в соответствии с
номером своего варианта.

Выбор задач производится по таблице вариантов к контрольным
работам: первые четыре задачи выбирают по варианту, номер которого
совпадает с последней цифрой учебного шифра, вторые три – с
предпоследней цифрой учебного шифра студента.

Например, для шифра 1110-ТБб-1268 – первые 4 задачи берут из
восьмого варианта, пятую, шестую и седьмую – из 6 варианта.

Контрольные работы выполняются в тетради, на обложке которой
приводятся сведения о студенте (фамилия, имя, отчество, факультет, шифр,
номер специальности), а также номер контрольной работы, номер варианта и
номера всех задач контрольной работы.

ЗАДАНИЯ НА КОНТРОЛЬНУЮ РАБОТУ № 3

Методические указания к выполнению контрольной работы №3

В контрольную работу №3 включены задачи по темам: «Колебания и
волны», «Оптика», «Квантовая механика», «Физика атома и атомного ядра»,
«Молекулярная физика и термодинамика».

Тема «Колебания и волны» представлена задачами по темам
«Механические колебания» (расчет гармонических колебаний с определением
их основных характеристик); «Электромагнитные колебания» (задачи
решаются с применением формулы Томсона для электромагнитного
колебательного контура); «Механические и электромагнитные волны» (в
контрольную работу включены задачи по расчету характеристик механических
упругих волн, а также электромагнитных волн), «Волновые свойства света»
(«Интерференция», «Дифракция», «Поляризация»);

Тема “Тепловое излучение. Квантовые свойства света” представлена
задачами на темы: «Законы теплового излучения», «Фотоэффект», «Давление
света», «Эффект Комптона».

Тема «Элементы квантовой механики» представлена задачами на темы:
«Волновые свойства частиц», «Соотношения неопределенностей».

Тема «Атом водорода по Бору и его квантово-механическое
обоснование» включает задачи на теорию атома водорода по Бору.

Тема «Физика атома и атомного ядра» включает задачи на определение
энергии связи атомного ядра, на закон радиоактивного распада, ядерные
реакции.

Тема «Физические основы молекулярно-кинетической теории
представлена задачами по расчету параметров состояния идеальных газов и их
смесей с помощью уравнения Менделеева-Клапейрона и закона Дальтона, в
контрольную работу включены задачи по расчету внутренней энергии и
теплоемкости идеального газа.

Задачи по теме «Основы термодинамики» затрагивают такие вопросы как
первое начало термодинамики, работа газа при различных процессах, тепловой
двигатель, цикл Карно, задачи по расчету энтропии при протекании различных
термодинамических процессов.

Таблица вариантов к контрольной работе № 3

РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА

• 1. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высшая школа, 2003.

• 2. Трофимова Т.И. Краткий курс физики. – М.: Высшая школа, 2004.
• 3. Трофимова Т.И. Физика в таблицах и формулах. – М.: Дрофа, 2002.
• 4. Яворский А.А., Детлаф Б.М. Справочник по физике. – М.: Наука, Физматлит,
  2003.
• 5. Сборник задач по физике с решениями для втузов / E.М. Новодворская,
  Э.М. Дмитриев. – М.: OOO «Издательский дом «ОНИКС 21 век»: OOO
  «Издательство «Мир и Образование», 2005.
• 6. Извергина Е.Н., Петров Н.И. Все решения к «Сборнику задач по общему
  курсу физики» В.С. Волькенштейн. – М.: Олимп, 1999.
• 7. Чертов А.Г., Воробьев А.А. Задачник по физике. – М.: Высшая школа, 1997

Основные единицы системы СИ

Метр (м) – длина пути, проходимого светом за 1/299792458 с.

Килограмм (кг) – масса, равная массе международного прототипа
килограмма (платиноиридиевого цилиндра, хранящаяся в Международном
бюро мер и весов в Севере, близ Парижа).

Секунда (с) – время, равное 9192631770 периодам излучения,
соответствующего переходу между двумя сверхтонкими уровнями основного
состояния атома цезия-133.

Ампер (А) – сила неизменяющегося тока, который при прохождении по
двум параллельным проводникам бесконечной длины и ничтожно малого
поперечного сечения, расположенным в вакууме на расстоянии 1 м один от

другого, создает между этими проводниками силу, равную 2 -10 ⁷ H на каждый
метр длины.

Кельвин (К) – 1/273,16 термодинамической температуры тройной точки

воды.

Моль (моль) - количество вещества системы, содержащей столько же
структурных элементов (атомов, молекул, ионов и других частиц) сколько
атомов находится в нуклиде ¹²C массой 0,012 кг.

Кандела (кд) - сила света источника в заданном направлении,
испускающего монохроматическое излучение частотой 540 -10¹² Гц,

энергетическая сила света которого в этом направлении составляет

1 Вт

683 ср ^.

Дополнительные единицы системы СИ

Радиан (рад) - угол между двумя радиусами окружности, длина дуги
между которыми равна радиусу.

Стерадиан (ср) – телесный угол с вершиной в центре сферы,
вырезающий на поверхности сферы площадь, равную площади квадрата со
стороной, равной радиусу сферы.

Производные единицы физических величин (единицы геометрических
и механических величин, единицы тепловых величин, единицы электрических
и магнитных величин, единицы величин энергетической фотометрии и
световых величин, единица радиационной величины) образуются из основных
и дополнительных единиц измерения.

Физика колебаний и волн
Основные законы и формулы
Механические колебания и волны

• 1. Дифференциальное уравнение гармонических колебаний материальной
  точки массой m

k2

X +--- x — 0 или X + ^о ’ X — 0 ,
m

где m -масса материальной точки; o₀- круговая частота; х - смещение
материальной точки от положения равновесия; k – упругость.

• 2. a) Кинематическое уравнение гармонических колебаний материальной
  точки

x = A cos(o • t + p),

где x - смещение; A - амплитуда колебаний; o - круговая частота; p -
начальная фаза.

б) Скорость и ускорение материальной точки, совершающей
гармонические колебания

и = - Ao sin (o • t + p);

a = - Ao² cos(o • t + p).

• 3. Период колебаний:

• а) тела, подвешенного на пружине

T = 2п

m
к^,

где m – масса тела; к – жесткость пружины;

• б) математического маятника

T = 2п

g,

где £ - длина маятника; g - ускорение свободного падения;

• в) физического маятника

T = 2n — = 2n
^g

J

mga ^,

где J – момент инерции колеблющегося тела относительно оси вращения;

a – расстояние центра тяжести маятника от оси вращения;
J

L = — - приведенная длина физического маятника.

• 4. Сложение гармонических колебаний одного направления и одинаковой
  частоты:

• а) амплитуда результирующего колебания

A = A А' ■ А+ ■ A£. ■ £.°s^pp- ^pa);;

• б) начальная фаза результирующего колебания

A sin p + A, sin p
p = arctg —--—---²--—

A1 cos p1 + A₂ cos p₂

.

• 5. Траектория точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных
  колебаниях ,(x1 = A1 cos cot, y = A2 cos(ot + p] )

• a) y = (A 2 / A 1) x , (еслиразностьфаз A9 = 0);
• б) y = - (A 2/ A1) x , (еслиразностьфаз A^ ± n);
• в) x² / A2 + y² / A2 = - 1 (если разность фаз A^ = ±п /2)

• 6. Сила, действующая на колеблющуюся материальную точку массой m

2

F = -mm₀ x,

где m₀ - круговая частота; х - смещение точки от положения равновесия.

• 7. Кинетическая энергия точки, совершающей прямолинейные
  гармонические колебания,

mV mA On . ?/ \ mA On г / \i

T = —-— =---^ ^{0 sin}2 (mt + 9) = —[1 - cos 2(^оt + 9)],

где m -масса материальной точки; о₀ - круговая частота; V- скорость
материальной точки; А - амплитуда колебаний; 9 - начальная фаза.

• 8. Потенциальная энергия точки, совершающей прямолинейные
  гармонические колебания,

xx

П = - J Fdx = ^ mm2 xdx =

00

22

mm₀ x

2

mA оу

4

[1 - cos2(m₀1 + 9)],

где где m -масса материальной точки; о₀ - круговая частота; х -
смещение точки от положения равновесия; А - амплитуда колебаний; 9 -
начальная фаза.

• 9. Механическая энергия

mA² m2

E = T + П =-----0-.

2

• 10. Связь разности фаз Л9 колебаний с расстоянием между точками
  среды, отсчитанным в направлении распространения колебаний :

, 2п•Ax

^a9 = —-—,

л

где Л - длина волны.

• 11. Связь между длиной волны Л, периодом T колебаний и частотой v :
  Л = иТ, и = Лу,

где и - скорость распространения колебаний в среде
(фазовая скорость).

• 12. Волновое число

, 2п 2п о

k = — = — = —,
Л иТ и

где Л - длина волны; и - фазовая скорость; T - период колебаний.

• 13. Уравнение плоской бегущей волны

л ( x Л
у = A cos I t I,
V u)

где y – смещение любой из точек среды с координатой x в момент t;

u - скорость распространения колебаний в среде.

Или

y = A cos(at - kx + p₀),

где y – смещение точек среды с координатой x в момент времени t;

A - амплитуда волны; a - циклическая (круговая) частота; к - волновое
число; ф₀ - начальная фаза колебаний.

• 14. Фазовая (U) и групповая (U) скорости и связь между ними:

a _тт do, du

и = —, U = —, U = и - А —,
k dkdA

где a - циклическая (круговая) частота; к - волновое число; Л - длина
волны.

• 15. Уравнение стоячей волны

. 2п,

у = 2 A cos--x • cos ox = 2 A cos kx • cos at.

А

• 16. Координаты пучностей и узлов стоячей волны :

Л
x_n =± m —,
n2

( 1Л А

x =± m + — — (m = 1,2,...).

y V 2) 2

• 17. Эффект Доплера в акустике:

(u ± Unp )
^v = ----^v0,

^u ± ^uucm

где v - частота звука, воспринимаемая движущимся приемником;
vо - частота звука, посылаемого источником;

• u_np - скорость движения приемника звука;
• u_ucm - скорость движения источник звука;
• u - скорость звука.

Верхний знак берется, если при движении источника или приемника
происходит их сближение, нижний знак – в случае их взаимного удаления.

Примеры решения задач по теме
«Механические колебания и волны»

Задача 1. К невесомой пружине, коэффициент упругости которой 200

Н/м, прикреплен груз массой 1 кг. Груз смещен на 10 см от положения

равновесия, после чего предоставлен себе. Определить наибольшее и
наименьшее ускорения груза. Трением пренебречь.

Дано:

k = 200 H/м

m = 1 кг

А0 = 10 см = 0,1 м
a_тах - ?; a_min - ?

Решение.

Под действием силы упругости груз совершает свободное
гармоническое колебание, уравнение которого запишем в виде :

x = A cos at.

(1)

где А0 - амплитуда колебания, a - циклическая частота.

Продифференцировав выражение (1) по времени, определим скорость
груза

dx

v = — = -A cos at,

dt ⁰ ,

(2)

после дифференцирования скорости по времени определим ускорение:

du . 2 , 2

a = — = - A a cos at = -a x.

dt ⁰

(3)

Так как

2 К
a = —,
m

(4)

то:

k

a = -a x =--x.

m

(5)

Ускорение имеет максимальное значение при x = A0 , т.е. при наибольшем
отклонении от положения равновесия:

|amax| = — A0 .
m

В положении равновесия при x = 0 ускорение a = 0.

Проверка размерности расчетной формулы:

_г -i Н • м кг • м • м м

[ a ] =----= —-----= — .

м•кг с •м •кг с

(6)

Подставляя числовые значения в выражение (6), получим:

I a maxi = 200 • 0,1 = 20( м / с^!).

Ответ: наибольшее ускорение груза равно 20 м / с², наименьшее
ускорение груза равно нулю.

Задача 2. Материальная точка участвует одновременно в двух
перпендикулярных гармонических колебаниях, уравнения которых:

X = A cos a₁t
y = A cos a₂1
где А1 = 1 см; a 1 = п с’¹; А2 = 2 см; co 2 = n /2 с’¹.

Найти уравнение траектории точки. Построить траекторию с соблюдением
масштаба и указать направление движения точки.

Дано:
x = A cos cyt;
y = A cos a₂1
А1 = 1 см = 0,01м;

А2 = 2 см = 0,02м;

o1 = п с’¹;

а₂ = п/2 с^-1

y= f (х)?

Решение.

Чтобы определить траекторию точки, исключим время из уравнений (1) и
(2). Заметив, что У = A cos a₂1, применим формулу косинуса половинного

угла:

cos а2)=± лАТ+ cos а )/2

Используя это соотношение и отбросив размерности x и у, можно

написать:

у = 2cos

a₁t
2

1 + cos a₁t

= 2

;

x = cos a₁t,

откуда

у = ±2д/(1 + x)/2 или у = ±42x + 2

Выражение (3) есть уравнение параболы, ось которой совпадает с осью
ОХ. Как показывают уравнения (I) и (2), амплитуда колебаний точки по
оси OX равна 1, а по оси ОУ - 2. Следовательно, абсциссы всех точек
траектории заключены в пределах от -1 до +1, а ординаты - от -2 до +2. Для

построения траектории найдем по уравнению (3) значения y, соответствующие
ряду значений x удовлетворявших условию |х| < 1:

x

y = V 2х + 2 х

y = V 2х + 2

- 1 0 0 ± 1,41

- 0,75 ± 0,71 0,5 ± 1,73

- 0,5 ± 1 1 ± 2

Начертив координатные оси и выбрав единицу длины - сантиметр,
построим точки. Соединив их плавной кривой, получим траекторию
результирующего колебания точки, та представляет собой часть параболы,
заключенной внутри прямоугольника амплитуд.

Далее определим направление движения точки. Из уравнений (1) и (2)
находим, что период колебаний точки по горизонтальной оси Тх = 2 с, а по
вертикальной оси Ту = 4 с.

Следовательно, когда точка совершает одно полное колебание по оси ОХ,
она совершает только половину полного колебания по оси OY. В начальный
момент (t = 0) имеем: х = 1, у = 2 (точка находится в положении 1). При t = 1 с
получим: х = -1 и у = 0 (точка находится в вершине параболы). При t = 2 с
получим: х = 1 и у = -2 (точка находится в положении 2). После этого она будет
двигаться в обратном направлении.

Ответ: уравнение движения точки y = ±V2х + 2 есть уравнение параболы;
траектория движения точки изображена на рисунке.

Задача 3. Плоская волна распространяется в упругой среде со скоростью
100 м/с. Наименьшее расстояние между точками среды, фазы колебаний
которых противоположны, равно 1м. Определить период колебаний и частоту.

Дано:

и = 100м / с;

Л о = 11

Решение.

Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны,
колеблются с разностью фаз, равной 2п. Точки, находящиеся друг от друга на
любом расстоянии, колеблются с разностью фаз, равной

Аф = ^ Хх (1)

А

Решая это равенство относительно А, получаем:

А = 2пХх / Хф (2)

По условию задачи Лф = п.

Подставляя значения величин, входящих в выражение (2), получим:

2п-1
А =-----= 2(м).

п

Скорость и распространения волны связана с длиной волны А и периодом
колебаний Т отношением:

А = и - Т = и / v , (3)

где v - частота колебаний

Из выражения (3) определяем частоту колебаний:

и

^v = А .

Период колебаний

.
v

Проверка размерности расчетных формул:

г 1 ^м 1г-
L^vJ=—=- = Гц;

с - м с

г T X F=^с.

Вычисление:

V =

100

2

= 50( Гц);

Ответ: частота колебаний равна 50Гц, период колебаний равен 0,02 с.

Задача 4. Тонкое кольцо радиуса R совершает малые колебания около
точки О (рис.). Найти период колебаний, если они происходят в плоскости

рисунка.

Дано: R - радиус кольца

T- ?

///////

——
mg

Решение.

При отклонении центра кольца от вертикали, проходящей через точку
подвеса (рис.) на небольшой угол ф (ф << 1) на кольцо действует момент силы
тяжести, возвращающий его в положение равновесия.

M = - mgR sin ф = - mgRф.

Основное уравнение динамики твердого тела выглядит в данном случае
следующим образом:

Jd^ = M

dt²

где М - момент силы тяжести, J – момент инерции кольца относительно
точки O .

Согласно теореме Штейнера

J = Jc + ma ²

где Jc = mR² - момент инерции кольца относительно оси, проходящей
через его центр масс перпендикулярно плоскости кольца; a = R.

Следовательно,

J=2mR²

Подставляя (1) и (4) в (2), получим:

d²

2 mR^{2 ф} + mgRф = 0
dt²

откуда приходим к уравнению малых колебаний кольца:

d ²ф
dt²

+ ^о • ф = 0

где

_ 2п _ Fg~

⁰ T V 2 R

круговая частота колебаний.

Из формулы (7) выражаем период колебания кольца:

T = 2п

g

Ответ: период колебаний кольца T = 2п

2 R

g

Задача 5. Наблюдатель, стоящий на станции, слышит гудок проходящего
электровоза. Когда электровоз приближается, частота звуковых колебаний
гудка равна v1, а когда удаляется - v₂. Принимая, что скорость звука известна,
определить: 1) скорость uucm электровоза;

• 2) собственную частоту v₀ колебаний гудка.

Дано:

v1 - частота воспринимаемого сигнала при приближении электровоза;

v₂ - частота воспринимаемого сигнала при удалении электровоза;

и - скорость звука.

• 1) ^Uucm ^- ?
• 2) Vо - ?

Решение.

Согласно формуле, выражающей частоту v воспринимаемого сигнала в

где v - частота звука, воспринимаемая движущимся приемником;
v₀ - частота звука, посылаемого источником;

и_[д - скорость движения приемника звука;

и_ёяд - скорость движения источник звука;

и - скорость звука.

По условию задачи скорость приемника и_[д = 0, следовательно,

ν=

^uv о

υ±υ

ucm

^V1 =

^Uv 0
u — v
ист

(электровоз приближается к наблюдателю);

^UV

v2 =-----— (электровоз удаляется от наблюдателя).

U + Um

ист

Из уравнений (3) и (4) выражаем скорость источника звука:

V - V
^Uucm =^U.

v₁ +v₂

^v1 =

^UV 0

_ ^V0 ^(vi ^{+ V}2 )

V - V
и —¹--² U

V1 + v 2

2v 2

^,

2vv
^v о = ——

• V1 + v 2

.

Ответ: скорость электровоза и_ист

v - v

— • U,

V1 + V 2

^2vV
собственная частота колебаний гудка v0 = —1-2-
v₁ +v₂

.

Электромагнитные колебания и волны
Основные законы и формулы

• 1. Собственная частота колебательного контура

1

^m0 =

^,
LC

где L – индуктивность катушки;

С - электроемкость конденсатора.

• 2. Дифференциальное уравнение свободных гармонических колебаний

заряда в контуре и его решение:

^Q + -С • ^Q = 0, ^Q = ^Qm ^cos(m0t ⁺ 9),

где Qm - амплитуда колебаний заряда; m₀ - собственная частота

колебательного контура.

• 3. Сила тока в колебательном контуре и напряжение на конденсаторе в
  случае гармонических электромагнитных колебаний:

^dQ Г>. ^П

I = — = ^Q = ^-m0^Qm sin^(m0t + 9) = Im cos ^m0t + 9 + - ;

dt \ 2 J

U = Q = Qm ^cos(m0t + 9) = Um ^cos(m0t + 9),

CC

где Im = m₀ Qm - амплитуда силы тока;

U_m = Qm - амплитуда напряжения;

mC

m₀ - собственная частота контура.

• 4. Формула Томсона, устанавливающая связь между периодом Т
  собственных колебаний в контуре без активного сопротивления,
  индуктивностью L и электроемкостью С,

T = 2пДГс.

• 5. Эффективные (действующие) значения напряжения и силы

переменного тока:

U_m

U

Д2

I_m

¹д=^1д=д

где Um и Im – амплитудные значения напряжения и силы тока.

• 6. Закон Ома для цепи переменного тока, содержащей последовательно
  соединенные резистор сопротивлением R, катушку индуктивностью L и
  конденсатор емкостью С :

Im Im

U
m

z

или

_I = ^иД

^Д z

где Z - полное сопротивление цепи:

Z = 7R² + (Xl - X_c )² ;

XL – индуктивное сопротивление :

XL = mL

X_c - емкостное сопротивление:

X. =
^c тС

.

a - круговая частота переменного тока.

При этом сдвиг фаз между напряжением и силой тока определяется из

усло вия:

tg^ =

—

R

R

или cos ф = z .

• 7. Средняя мощность, выделяемая в цепи переменного тока:

< P >= I_Д • U_Д • cos ф,

где ф - сдвиг фаз между напряжением и силой тока.

• 8. Коэффициент мощности

cos ф =

R

R² + mL

2

1

_—

(aC)

где R – активное сопротивление;

mL - реактивное индуктивное сопротивление;

1

• - реактивное емкостное сопротивление.

mC

9. Волновое уравнение электромагнитной волны

——

ЛЕ =

1

и²

д² E
'^

——

ЛЕ =

1

и²

д² E
'W^,

Л д² 5² В² _п

где Л = —- +--- +--- - оператор Лапласа;

дx² ду² дz²

и - фазовая скорость электромагнитной волны.

• 10. Фазовая скорость распространения электромагнитных волн в среде:

и = ,

£^

где с = 3·10⁸ м/c - скорость электромагнитных волн в вакууме.

• 11. Уравнение плоской электромагнитной волны

E = E0 cos(^t - kx + ф),

——

——

где E₀ и H ₀

_-

H = H ₀ cos(юt - kx + ф),
соответственно амплитуды напряженностей

электрического и магнитного полей волны;

• ю - круговая частота;

, ю

k =волновое число;

и

Ф - начальная фаза колебаний в точке с координатой x = 0.

• 12. Связь длины электромагнитной волны с периодом Т и частотой v
  колебаний:

Л = иТ или Л = и / v .

• 13. В плоской электромагнитной волне

E ЕЛ=H Лт>,

где £ ₀ = 8,85 • 10

—

12

Ф/м - электрическая постоянная;

^0 = 4п • 10^—7 Гн / м - магнитная постоянная;

£ и li - диэлектрическая и магнитная проницаемости среды.

• 14. Объемная плотность энергии электромагнитных волн

^ю =¹ (^£0^£E2 ⁺ ^0^H^{2 )= £}0^£E2 = ^0EH² = E • H • 4^£0^£^0E = E-H,
2 U

где E - напряженность электрического поля волны;

H - напряженность магнитного поля волны;

и - фазовая скорость электромагнитной волны.

• 15. Вектор плотности потока энергии электромагнитной волны – вектор
  Пойтинга:

П = юи = [e , Hl ],

где ю - объемная плотность энергии электромагнитных волн;

и - фазовая скорость электромагнитной волны;

E - вектор напряженности электрического поля волны;

H - вектор напряженности магнитного поля волны

Модуль вектора Пойнтинга равен плотности энергии электромагнитной
волны.

Примеры решения задач по теме
«Электромагнитные колебания и волны»

Задача 1. Разность потенциалов между обкладками конденсатора
емкостью 0,5 мкФ в колебательном контуре изменяется со временем по
закону U = 100 sin1000πt [B]. Определить период собственных колебаний,
индуктивность, полную энергию контура и максимальную силу тока, текущего
по катушке индуктивности. Активным сопротивлением контура пренебречь.

Дано:

C =0,5мкФ=0,5⋅10^-6Ф;

Um = 100 B;

ω = 10³π рад/с

T = ? ω = ? Im = ? L = ?

Решение.

Напряжение на конденсаторе изменяется по гармоническому закону

U = U_m sinωt,

(1)

где Um - амплитудное (максимальное) значение напряжения на обкладках
конденсатора;

ω - собственная круговая частота колебаний, которая связана с периодом
соотношением

T = ²π
ω

.

(2)

Отсюда находим:

T=²π =2⋅10^-3(c).
10³π

Период собственных колебаний в контуре определяется по формуле
Томсона:

T = 2π LC .

(3)

Следовательно,

L= ^T2

4π²C

.

(4)

Проверка размерности расчетной формулы:

Вычисление:

[^L ] =---c

^L рад² - Ф²

[L ] = c = —

Ф 2 Кл

^{с 2} - В г

----= Гн

А - с

L (2-10 \)'
= 4(3,14)20,5-10

-6

= 0,2(Гн).

Полная энергия контура складывается из энергии электрического поля Wэ
конденсатора и энергии магнитного поля Wм катушки:

22

W = W + W =---+ — . (5)

Эм 22

Полная энергия контура равна максимальной энергии электрического

поля конденсатора:

²

W₉ =---

Эmax 2

или максимальной энергии магнитного поля катушки:

W_M = —

Mmax 2

.

(6)

(7)

Проверка размерности расчетных формул:

2

[W] = Гн - А² =-------= В - А - с = Дж

А

Произведем вычисление:

0,5-10^-6-100²

2

= 2,5-10^-3( Дж).

Зная полную энергию, можно определить максимальную силу тока,
2W

протекающего по катушке индуктивности: Im = А ;

Вычисление:

m

2 - 2,5 -10

0,2

3

- = 0,16( A ) .

Ответ: период собственных колебаний контура равен 2 -10^-3 c;
индуктивность катушки равна 0,2 Гн; полная энергия колебательного контура
равна 2,5 -10^-3 Дж; максимальная сила тока, текущего по катушке равна
0,16 А.

Задача 2. Длина электромагнитной волны в вакууме, на которую
настроен колебательный контур, равна 12 м. Пренебрегая активным
сопротивлением контура, определить максимальный заряд Q_m на пластинах
конденсатора, если максимальная сила тока в контуре Im = 1 A.

Дано: Я = 12 м;

I_m = 1 A.

m.

Q -ч

m

Решение.

Согласно закону сохранения энергии

Q = LIL
2C 2 ^,

(1)

где

^Qm²

2C

- максимальная энергия электрического поля конденсатора;

²

LI

^m - максимальная энергия магнитного поля катушки.

Длина электромагнитной волны в вакууме

Я = cT,

(2)

где c = 3 -108м / с - скорость распространения электромагнитной волны в
вакууме; T – период колебания.

Колебательный контур настроен на электромагнитную волну,
следовательно, собственная частота колебаний контура должна совпадать с
частотой электромагнитной волны, поэтому период электромагнитных
колебаний в контуре должен быть равен периоду колебаний электромагнитной
волны.

По формуле Томсона период колебаний в контуре

Т = 2п / 4LC. (3)

Из (1) имеем:

²

LC = Qm.. (4)

²

m

Подставим выражение (4) в формулу (3), получим:
T = 2nQm.

Im

Подставим выражение (5) в формулу (2), получим:

Я = с - 2п - Qm.
Im

Из формулы (6) выразим величину максимального заряда на пластинах
конденсатора:

λI_m

m

2πс

.

Проверка размерности расчетной формулы:

м⋅ А⋅с
[Q]= =Кл.

м

Вычисление:

Q = ¹²⋅¹ ≈ 6,37⋅10-⁹(Кл).

^m 2⋅3,14⋅3⋅10⁸

Ответ: максимальный заряд на пластинах конденсатора равен
6,37⋅10-⁹Кл.

Волновые свойства света

Основные законы и формулы

• 1. Скорость света в среде

с
υ= ,

n

где с – скорость света в вакууме; n – показатель преломления среды.

• 2. Оптическая длина пути световой волны

L=n⋅l,

где £ - геометрическая длина пути световой волны в среде с показателем
преломления n .

• 3. Оптическая разность хода двух световых волн

Δ=L₁-L₂.

• 4. Зависимость разности фаз от оптической разности хода световых волн
  Δϕ = 2π(Δ/λ),

где λ – длина световой волны.

• 5. Условие максимального усиления света при интерференции

Δ=±2кλ=±кλ (к = 0, 1, 2,…).

Условие максимального ослабления света при интерференции

Δ=±(2к+1)λ₂ (к = 0, 1, 2,…).

6. Оптическая разность хода световых волн, возникающая при отражении

монохроматического света от тонкой пленки

Δ=2dn²-sin²ι±λ

12

или

^А

А = 2dn cos г ± —,
22

где d – толщина пленки; n – показатель преломления пленки;

• 11 - угол падения; 12 - угол преломления света в пленке.

Добавочная разность хода А/2 возникает при отражении света от

оптически более плотной среды.

• 7. Радиус светлых колец Ньютона в отраженном свете

\ (2к -1)RA
rk = V Й
2n

(к = 1, 2, 3,…),

где к – номер кольца; R – радиус кривизны линзы; n – показатель
преломления среды, находящейся между линзой и стеклянной пластинко й.

Радиус темных колец Ньютона в отраженном свете

\ кRA
rk = \----
n

(к = 0, 1, 2,…).

• 8. Радиус к-ой зоны Френеля
  а) для сферической волны

ab

rk = \ ,

V a + b

где a – расстояние между диафрагмой с круглым отверстием и точечным
источником света;

b – расстояние между диафрагмой и экраном, на котором ведется

наблюдение дифракционной кар тины; к – номер зоны Френеля;

А - длина волны.

б) для плоской волны

г_к = у/bкА .

• 9. Дифракция света на одной щели при нормальном падении света
  (дифракция Фраунгофера).

Угол ф отклонения лучей, соответствующих минимуму интенсивности
света:

А
asin^ = +2k —- kA (к = 0, 1, 2, ...),

где a - ширина щели; к - порядковый номер минимума; А - длина волны.

Угол ф отклонения лучей, соответствующий максимуму интенсивности

А
a sin ф = ( 2k +1)—

(k = 0,1,2,3,...),

где ф - приближенное значение угла дифракции.

• 10. Дифракция света на дифракционной решетке при нормальном
  падении лучей.

Условие главных максимумов интенсивности:

d sin ф = ± kA

(k = 0,1,2,3,...),

где d – период (постоянная решетки); к – номер главного дифракционного

максимума в случае монохроматического света или порядок спектра в случае
белого света; ф - угол отклонения лучей, соответствующий максимуму

интенсивности.

• 11. Разрешающая способность дифракционной решетки

R =

А
АЛ

= kN,

где АХ - наименьшая разность длин волн двух соседних спектральных
линий (Ли Х + АХ ), при которой эти линии могут быть видны раздельно в
спектре, полученном посредством данной решетки; N – полное число щелей

решетки.

• 12. Формула Вульфа-Брэгга:

2d sin в = кХ,

где в - угол скольжения (угол между направлением параллельного пучка
рентгеновского излучения, падающего на кристалл, и атомной плоскостью в
кристалле);

• d – расстояние между атомными плоскостями кристалла.

• 13. Закон Брюстера:

^tgⁱБр = n 21

где 1_Бр - угол падения, при котором отразившийся от диэлектрика луч
полностью поляризован;

n ₂₁ = n² - относительный показатель преломления второй среды
n₁

относительно первой.

• 14. Закон Малюса:

I = 10 cos² а

где I0 – интенсивность плоскополяризованного света, падающего на
анализатор;

I – интенсивность этого света после прохождения им анализатора;

а - угол между направлением колебаний электрического вектора света,
падающего на анализатор и плоскостью пропускания анализатора (если
колебания электрического вектора падающего света совпадают с этой
плоскостью, то анализатор пропускает данный свет без ослабления).

• 15. Угол поворота плоскости поляризации монохроматического света при
  прохождении через оптически активное вещество:

• a) ф = ad (в твердых телах),

где а - постоянная вращения;

• d – длина пути, пройденного светом в оптически активном веществе;

• б) ф = ф = [а] pd (врастворах),

где [а] - удельное вращение;

ρ – массовая концентрация оптически активного вещества в растворе.

Примеры решения задач по теме
«Волновые свойства света»

Задача 1. Расстояние между двумя когерентными источниками равно 0,9
мм. Источники, испускающие монохроматический свет с длиной волны 640 нм,
расположены на расстоянии 3,5 м от экрана. Определить число светлых полос,
располагавшихся на 1 см длины экрана.

Дано: λ = 640 нм = 64·10^-8 м;
d = 0,9 мм = 9·10^-4 м;

L = 3,5 м.

^к = ?

х

Решение.

В точке О на экране (рис.) будет максимальная освещенность: точка О
равноудалена от обоих источников S'1 и S'2, поэтому разность хода волн, S'1 О и
S'2 О равна нулю. В произвольной точке экрана Ок максимум освещенности
будет наблюдаться, если оптическая разность хода когерентных волн равна
целому числу длин волн:

Д = S2 - S1 = kx (1)

где S2, S1 - оптические пути интерферирующих волн; X - длина волны
падающего света; к – номер светлой полосы (центральная светлая полоса
принята за нулевую).

Оптическая разность хода волн

д = xd, (2)

где x – расстояние от центральной светлой полосы до к-й светлой полосы.

Учитывая выражение (1), получим :

хd

Д = --= кХ

L

(3)

Из выражения (3) определяем число светлых интерференционных полос

на единицу длины:

κd
x = Lλ

Произведем вычисления:

κ

x

9⋅10^-4м

3,5м⋅64⋅10^-8м

= 400м^-1,

Следовательно, число светлых полос, располагавшихся на 1 см длины
экрана, равно 4.

Ответ: на один сантиметр экрана приходится 4 светлые полосы.

Задача 2. Для устранения отражения света от поверхности линзы на нее
наносится тонкая пленка вещества с показателем преломления 1,26, меньшим,
чем у стекла (просветление оптики). При какой наименьшей толщине пленки
отражение света с длиной волны 0,55 мкм не будет наблюдаться, если угол
падения лучей 30⁰?

Дано:

n = 1,26;

λ = 0,55 мкм =5,5 · 10^-7 м

i1 = 30⁰

d = ? n1

n2 ≥ n1

d

Решение.

Оптическая разность хода лучей, отраженных от верхней и нижней
поверхностей пленки (рис.)

Л = 2d у/n² - sin² i , (1)

где d – толщина пленки; n – показатель преломления пленки; i – угол
падения лучей.

В выражении (1) учтено, что отражение лучей на верхней и нижней
поверхностях пленки происходит от оптически более плотной среды , поэтому
потери полуволны в обоих случаях компенсируют друг друга.

Условие интерференционного минимума

Δ = (2к+1)λ₂ (2)

Из (1) и (2) находим:

(2k +1)λ

k=

4 n² -sin² i₁

(3)

Полагая к = 0,1,2,3...., получим ряд возможных значений толщины
пленки. Минимальной толщине пленки соответствует к = 0.

Подставим в расчетную формулу (3) числовые значения входящих
величин и произведем вычисления:

d = — 5,5-10 м = 1,2 ₄₀ -7 м = о,12 мкм

4V(1,26)² - sin² 300

Ответ: наименьшая толщина пленки равна 0,12мкм .

Задача 3. Радиус второго темного кольца Ньютона в отраженном свете
0,4 мм. Определить радиус кривизны плосковыпуклой линзы, взятой для опыта,
если она освещается монохроматическим светом с длиной волны 0,64 мм.

Дано:

_г. = 0,4 II = 0,4 -10^-31 ;
л = 0,6 iei = 0,6 -10^-61 .
k = 2

R -

Кольца Ньютона — кольцеобразные интерференционные максимумы и
минимумы, появляющиеся вокруг точки касания слегка изогнутой выпуклой
линзы и плоскопараллельной пластины при прохождении света сквозь линзу и
пластину (рис.). Простая интерференционная картина возникает в тонкой
прослойке воздуха между стеклянной пластиной и положенной на нее
плосковыпуклой линзой, сферическая поверхность которой имеет большой
радиус кривизны. Эта интерференционная картина имеет вид концентрических
колец, получивших название кольца Ньютона.

Волна 1 (рис.) появляется в результате отражения от выпуклой
поверхности линзы на границе стекло — воздух, а волна 2 — в результате
отражения от пластины на границе воздух — стекло. Эти волны когерентны, то
есть они имеют одинаковую длину и постоянную разность фаз, которая
возникает из-за того, что волна 2 проходит больший путь, чем волна 1. Если
вторая волна отстает от первой на целое число длин волн, то, складываясь,
волны усиливают друг друга. Напротив, если вторая волна отстает от первой на
нечетное число полуволн, то колебания, вызванные ими, будут происходить в
противоположных фазах и волны гасят друг друга. При этом радиус темного
кольца г_д = 7k - R - Л , (1)

где R — радиус кривизны линзы; k = 0, 1, 2, ...; X — длина волны света в
вакууме;

Из формулы (1) выражаем радиус кривизны линзы:

R =

rт²

.

k • Л

(2)

Проверка размерности расчетной формулы:

2

[R ] = — = м.

м

Произведем вычисление:

_R = (0,4 • 10 -3)2

2 • 0,6 •IO -⁶

= 0,133( м),

Ответ: радиус кривизны плосковыпуклой линзы равен 0,133 м.

Задача 4. На дифракционную решетку длиной 10 мм, имеющую 400
штрихов на 1 мм, падает нормально свет от разрядной трубки. Помещенная
вблизи решетки линза проецирует дифракционную картину (рис.) на плоский
экран Э, удаленный от линзы на расстояние 1м. Определить:

• 1) ширину спектра первого порядка, если границы видимого спектра
  составляют 780 нм (красный край спектра) и 400 нм (фиолетовый край спектра);
• 2) число спектральных линий красного цвета, которые теоретически
  можно наблюдать с помощью данной дифракционной решетки;
• 3) в спектре какого порядка эта решетка может разрешить две линии с
  длиной волны, равной 500 нм и 500,1 нм

Дано: 4 = 10 мм = 10^-2 м ;

N = 4^.10⁵;

• L = 1 м;

Хкр = 780 нм = 7,8.10^-7 м;

X ф = 400 нм = 4^.10^-7 м;

X1 = 500 нм = 5^.10^-7 м;

Xz = 500,1 нм = 5,001^.10-7 м.

^1 = ?; ккр = ?; к = ?

Решение.

Угол ф отклонения лучей, соответствующий максимуму фиолетового
цвета при дифракции света на решетке, определяется из условия:

d sin ф = кЛф (1)

k = 1, следовательно,

^ф

Sin ф = —.
1d

(2)

Аналогично, для дифракционного максимума красного цвета получим :
^sin ф2 = ^р (3)

d

Из рисунка следует, что расстояние от центра дифракционной картины до
фиолетовой спектральной линии равно

11 = L • tgФ1.

(4)

Соответственно, для красной спектральной линии

12 = L • tgф2 (5)

Ширина спектра первого порядка будет

А1 = 1₂ -11,

или с учетом (4), (5) :

^А1 = L^(tgф2 ^{- t}gФ1^{) (6)}

В случае малых углов ф для спектра первого порядка справедливо
выражение:

tgф - sin ф.

Поэтому, подставив выражения (2) и (3) в формулу (6), получим:

^А1 = L (4,.- 4 ) (7)

Зная число штрихов N на 1 мм решетки, найдем период решетки:

l

N^.

(8)

Подставляя (8) в формулу (7), получим:

L • N

А1 =----

l

(⁴кр^{- 4}ф ),

где N = 4 ⋅10⁵ - число штрихов, приходящихся на 1 метр решетки

Произведем вычисления:

А £ = 1 • 4 • 105(7,8 • 10 -⁷ - 4 • 10 ^-7) = 1,52 • 10 ^-1( м) = 15,2 см

Для определений числа спектральных линий красного цвета найдем
максимальное значение ктах., исходя из того, что максимальный угол
отклонения лучей не может превышать 90° (sin 90° = 1).

Из формулы (1) имеем:

d sinϕ
k=

^λкр

.

(9)

Следовательно,

k

max

d
λкр

.

С учетом (8), получим:
k
max

1

1

nλ_кр 4⋅10⁵⋅7,8⋅10

₇=3,3.

Так как число ктах должно быть обязательно целым, то ктах=3. Влево и
вправо от центра картины будет наблюдаться одинаковое число спектральных
линий, равное 2ктах. Таким образом, общее число спектральных линий равно
2к_тах = 6.

Так как разрешающая способность дифракционной решетки

R =λ =kN,

Δλ

то минимальная разница длин волн двух спектральных линий,
решеткой

(10)

разрешаемых

λ -λ =Δλ= λ

2 1 кN

.

(11)

Две спектральные линии разрешены, если
λ -λ≥ λ .

2 1 кN

(12)

Подставляя (11) в (12) и, учитывая, что λ = λ1 , получаем :

λ -λ≥ ¹ .

2 1 кN

Из выражения (13) следует, что спектральные линии
спектрах с порядком

(13)

разрешены в

λ

к≥ ¹

(λ2 -λ1)Ν

.

(14)

Произведем вычисления:

к≥

5 ⋅ 10 -⁷
(5,001-5)⋅10-⁷⋅10-²⋅4⋅10⁵

=1,25.

Так как к – целое число, то в спектре порядка k ≥ 2 указанная решетка
может разрешить две линии с длинами волн 500 нм и 500,1 нм.

Ответ: 1) ширина спектра первого порядка равна 15,2 см;

• 2) число спектральных линий красного цвета, которые
  теоретически можно наблюдать с помощью данной дифракционной решетки,
  рaвно 6;
• 3) решетка может разрешить две линии с длинами волн 500 нм и
  500,1 нм в спектрах, порядок которых к≥2.

Задача 5. Во сколько раз уменьшится интенсивность естественного света,
прошедшего через две призмы Николя, главные оси которых составляют угол
60^o Потери света в каждой призме составляют 10% (рис.).

к = 0,1.

Ι₀

Ι₂

Решение.

В рез ультате двойного лучепреломления естественный луч света, попадая
на первую призму Николя (поляризатор), раздваивается на обыкновенный (о) и
необыкновенный (е) лучи. Оба луча поляризованы во взаимно
перпендикулярных плоскостях. Обыкновенный луч, подчиняясь закону
преломления, преломляется и, подойдя к слою канадского бальзама в призме
(граница АВ), испытывает полное отражение и поглощается зачерненной
боковой гранью призмы. Необыкновенный луч проходит через призму. Таким
образом, на выходе поляризатора получается плоскополяризованный свет,
интенсивность которого с учетом потерь на отражение и поглощение света
поляризатором равна:

Ι1 = ¹₂Ι0(1-к), (1)

где I0 – интенсивность естественного света, падающего на поляризатор; к
– коэффициент, учитывавший потери на отражение и поглощение. Плоско

поляризованный луч света, падая на вторую призму Николя (анализатор), также
расщепляется на обыкновенный и необыкновенный лучи. Обыкновенный луч
полностью поглощается призмой. Необыкновенный луч проходит через
призму. После прохождения анализатора интенсивность света уменьшается как
за счет отражения и поглощения света анализатором, так и из-за несовпадения
плоскости поляризации света с главной плоскостью анализатора. В
соответствии с законом Малюса и с учетом потерь на отражение и преломление
света интенсивность равна:

12 = 11 (1 - к)cos² a , (2)

где α – угол между плоскостями поляризации поляризатора и
анализатора. Подставляя выражение (1) в (2), имеем:

12 = 210 (1 - к)² cos² a . (3)

Относительное уменьшение интенсивности света при прохождении света
через 2 призмы Николя равно:

Ι⁰ = ² .

Ι₂ (1 - к)² cos²α ^.

(4)

Подставив в расчетную формулу (4) значение к = 0,1; a = 60°,
получим:

Ι2 (1-0,1)²cos²60⁰

Ответ: интенсивность естественного света уменьшится в 9,88 раз.

• Задача 6. Луч света, идущий в стеклянном сосуде с глицерином,
  отражается от дна сосуда. При каком угле падения отраженный луч света
  максимально поляризован?

Решение.

Согласно закону Брюстера, луч света, отраженный от диэлектрика,
максимально поляризован, если:

tgiM = n 21.

Относительный показатель преломления

n

• n 21 = —,

n₁

tgi_e„ = ^147 =¹,^02,

i_6p = arctg (1,02) = 45,58°

Ответ: угол падения равен 45,58 °

Тепловое излучение. Квантовые свойства света
Основные законы и формулы

• 1. Закон Стефана-Больцмана

R_e = aT⁴,

где Re - энергетическая светимость (излучательность) абсолютно черного
тела,

a = 5.67-10

— I

• 8 Вт „ . -

– постоянная Стефана-Больцмана,

(м² - К ⁴)

Т - термодинамическая температура по шкале Кельвина.

2. Первый закон Вина (закон смещения Вина)

^b

m T

где Am - длина волны, на которую приходится максимум излучения
абсолютно черного тела,

b = 2,9 -10^—3 м - К - постоянная первого закона Вина.

3. Второй закон Вина

(rA^Т (max ^Ь ' ^T ,

где (r_AT) - максимальная спектральная плотность энергетической

светимости абсолютно черного тела,

b' = 1,3 -10⁵ Вт / (К⁵ - м³) - постоянная второго закона Вина.

4. Энергия фотона

s = hv или £ = ha,

где h - постоянная Планка, h = — - приведенная постоянная Планка;
2п

• v - частота фотона, a = 2nv - циклическая частота.

5. Масса фотона

s h

^m = ~(CA,

где с - скорость света в вакууме, Л - длина волны фотона.

• 6. Импульс фотона

^h

P = mc = —

Л'

• 7. Формула Эйнштейна для фотоэффекта:

hv = A + Emx

где hv - энергия фотона, падающего на поверхность металла,

А-работа выхода электрона,

(^k)

E_max - максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов.

• 8. Красная граница фотоэффекта:

A hc

v = — или Л = —.
0h 0A

где v₀ и Л₀ - минимальная частота света и соответствующая длина волны,
при которых еще возможен фотоэффект.

• 9. Давление, производимое светом при нормальном падении на
  поверхность,

P = Ee

c

где E_e = Nh^v - облученностьповерхности;

р - коэффициент отражения (для зеркальной поверхности р = 1, дл
черной поверхности р = 0);

ы - объемная плотность энергии излучения.

• 10. Изменение длины волны при комптоновском рассеянии

ДЛ = Л' — Л = ^—(1 — cos^) = -sin²- = 2Л_С sin² — ,
mc mc 2 2 ^,

где Ли Л' - длины волнпадающего ирассеянногоизлучения;
m - масса электрона; & - угол рассеяния;

h

^ЛС = = ^2,43пм - комптоновская длина волны.

mc

Примеры решения задач

Задача 1. Длина волны, на которую приходится максимум энергии в
спектре излучения черного тела 0,58 мкм. Определить энергетическую
светимость (излучательность) поверхности тела.

—7

Дано: Л0 = 0,58мкм = 5,8 • 10 м

Re — ?

Решение.

Энергетическая светимость Re абсолютно черного тела в соответствии с
законом Стефана-Больцмана пропорциональна четвертой степени
термодинамической температуры и выражается формулой

Re = °T⁴ , (1)

где ст - постоянная Стефана-Больцмана, Т - термодинамическая

температура.

Температуру Т можно вычислить с помощью закона Вина:

Л = -

0T

где b – постоянная первого закона смещения Вина.

Используя формулы (2) и (1), получаем выражение :

^Re = ^С

b

Л

⁴

Произведем вычисления:

R_e = 5,67 -10’8

² 2,9 -10’3 Y
,5,8-10’⁷,

= 3,54-10⁷ [ВТ 1 = 35,4(МВт 1.

V м 2 ) V м 2 )

Ответ: энергетическая светимость поверхности тела равна 35,4

(2)

(3)

МВт

• Задача 2. Определить максимальную скорость фотоэлектронов,
  вырываемых с поверхности серебра:

• 1) ультрафиолетовым излучением с длиной волны 0,155 мкм;
• 2) гамма-излучением с длиной волны 1 пм.

Дано: Л= 0,155 мкм = 1,55 - 10 ’7 м,

Л2 = 1 пм = 1 -10 ’¹² м.

max1 max2

Решение.

Максимальную скорость фотоэлектронов можно определить из уравнения
Эйнштейна для фотоэффекта

£=A+mf, (1)

где £ - энергия фотонов, падающих на поверхность металла,

А - работа выхода электрона,

mM

2

максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов.

Энергия фотона вычисляется также по ф ормуле:
hc

s = —
A ,

(2)

где h - постоянная Планка, с - скорость света в вакууме, A - длина
световой волны.

Кинетическая энергия электрона может быть выражена или по
классической формуле:

2

_F (k) ₌ ^muo

Emax 2 (3)

или по релятивистской формуле:

Е⁽k)
max

(4)

где E_o - энергия покоя электрона, в = и / c.

Скорость фотоэлектрона зависит от энергии фотона, вызывающего
фотоэффект. Если энергия s фотона намного меньше энергии покоя Eo
электрона, то может быть применена формула (3). Если же ’энергия фотона s

сравнима по величине с энергией покоя электрона Eo , то вычисление по
формуле (3) приводит к большой ошибке, поэтому нужно пользоваться

формулой (4).

1) Вычислим энергию фотона ультрафиолетового излучения по формуле

(2):

^si

-34 8

6,63■10 ³⁴ ■ 3■108

7

1,55 ■ 107

-18,
= 1,28 ■ 10 (Дж)

или

-18

1,28 ■ 10 ¹⁸

• ^s1 _J9 = ⁸⁽эВ).
• 1,6 ■ 10 ¹⁹

Полученная энергия фотона (8 эВ) много меньше энергии покоя
электрона (0,51МэВ). Следовательно, в этом случае кинетическая энергия
фотоэлектронов в формуле (1) может быть выражена по классической формуле
(3):

m v_m² _ax

• ^s1 = А ⁺ —0~₂---

Откуда

^иmax = V^2(s1 ^- A) / mo . (5)

Проверим размерность выражения (5).

1
¹

' = (1 Дж/1 кг) 2= f 'Н^1м 1²= f ¹^м¹"

I [ mo ] I V ¹ кг ) У 1с -1 кг

Подставим значение величин в формулу (5):

и

max

, _1Й _18

2(1,2810 ¹⁸ -0,75^.10 ¹⁸)

=31

9,11^.10 ³¹

= 1,08 -106 (м/с)

• 2) Вычислим энергию фотона гамма-излучения :

hc

^£ 2 = Т

-34 8

6, 63^.10 ^34.3^.10⁸

-13

= 1,99 -10 ¹³ (Дж)

или во внесистемных единицах:

1,99^.10 ¹³

£ =------= 1,24 -106 (эВ) = 1,24МэВ.

² 1,610 ¹⁹

Работа выхода электрона (А = 4,7 эВ) пренебрежимо мала по сравнению с
энергией фотона (£ ₂ = 1,24 МэВ), поэтому можно принять, что максимальная
кинетическая энергия электрона равна энергии фотона. Так как в данном случае
кинетическая энергия электрона больше его энергии покоя, то для вычисления
скорости электрона следует использовать релятивистскую формулу
кинетической энергии (4).

Из этой формулы

в=(lE+EkxEz/ / ( e0+emax).

Заметив, что и = c - в и E^gx = £₂, получим:

vmax

c V(^2Eo ^{+ £}2)^£2 .

^Eo ^{+ £} 2

Энергии Ео и £ ₂ входят расчетную формулу в виде отношения, поэтому
их можно выражать во внесистемных единицах.

Вычисление:

„ ч ш8 >1(2-0,51 ⁺1’24)-1,²⁴ , /ч

р_тя„ = 3 -10 -----------------------= 2,85 -10 (м / с)
^max 0,51 +1,24

Ответ: максимальная скорость фотоэлектронов, вырываемых с

поверхности серебра ультрафиолетовым излучением, равна 1,08 -10⁶ м / с;

максимальная скорость фотоэлектронов, вырываемых с поверхности
серебра гамма-излучением, равна 2,85 -108 м /с

Задача 3. Фотон с энергией ε = 0,75МэВ рассеялся на свободном
электроне под углом θ = 60°. Принимая, что кинетическая энергия и импульс
электрона до соударения с фотоном были пренебрежимо малы, определить: 1)
энергию ε^' рассеянного фотона; 2) кинетическую энергию Т электрона отдачи;
3) направление его движения.

Дано: ε = 0,75МэВ.

θ = 60°.

ε′-? T - ? ϕ-?

Решение.

• 1. Энергию рассеянного фотона найдем, воспользовавшись формулой
  Комптона:

X- л = ^п (1 - cos е), (1)

m₀c

где λ - длина волны падающего фотона;

λ′ - длина волны рассеянного фотона;

m₀ - масса покоя электрона;

c = 3 ⋅ 10⁸м/с - скорость света в вакууме;
θ - угол рассеяния фотона.

Выразив длины волн λ' и λ через энергии ε', рассеянного фотона, и ε ,
падающего фотона, получим:

2nhс 2пЙc 2д/i _л

- = (1 - cosθ).(2)

ε εm

Приведем выражение (2) к виду

1 1 1 - cosθ

- = .(3)

ε εm

Известно, что энергия покоя электрона

E₀ = m₀c² (формула Эйнштейна)

(4)

С учетом (4) формулу (3) запишем в виде:

' _ s

^£ = (s / E 0 )(1 - cos o) +1’

(5)

Подставив числовые значения величин, получим значение энергии
рассеянного фотона:

ε' = 0,43 МэВ.

• 2. Кинетическая энергия электрона отдачи, как это следует из закона
  сохранения энергии, равна разности между энергией падающего фотона
  и энергией рассеянного фотона:

T = s - S = 0,32(МэВ). (6)

• 3. Направление движения электрона отдачи найдем, применив закон
  сохранения импульса, согласно которому импульс падающего фотона P равен
  векторной сумме импульсов рассеянного фотона и электрона отдачи.
  ► ► ►

P = P4 mV, (7)

где P - импульс падающего фотона;

P ’ - импульс рассеянного фотона;
mV - импульс электрона отдачи.

Векторная диаграмма импульсов изображена на рисунке. Все векторы
проведены из точки О, где находился электрон в момент соударения с фотоном.
Угол φ определяет направление движения электрона отдачи.

Из треугольника OCD находим

|CD\ _ \CA\ sin О

Преобразуем формулу (10) так, чтобы угол φ выражался непосредственно
через величины ε и θ, заданные в условии задачи. Из формулы (3) следует:

s

s

= — (1 - cos О) +1.

E0

(11)

C учетом (5) формула (10) примет вид :

sin О

g? (1 + s / E0 )(1 - cos О)

(12)

. ■ „ . ■ О О _л . ₂о

Учитывая, что sin О = 2sin —cos— и 1 - cos О = 2sin — после соответствующих

преобразований получим:

tg? =

ctg (О /2)

1 + s / E ₀ ^.

(13)

После вычисления по формуле (13) найдем tg? = 0,701, откуда ф = 35°.

Ответ: энергия рассеянного фотона равна 0,43 МэВ; кинетическая энергия
электрона отдачи равна 0,32 МэВ; направление движения электрона отдачи
определяется углом φ, равным 35°.

Задача 4. Пучок монохроматического света с длиной волны 663 нм
падает нормально на зеркальную плоскую поверхность. Поток энергии равен
0,6 Вт. Определить силу F давления, испытываемую этой поверхностью, а
также число N фотонов, падающих на нее за время, равное 5 с.

Дано: А = 663нм = 663 -10-9 м;

Фе = 0,6 Вт;

Л t = 5 c.

F -? N -

Решение.

Сила светового давления на поверхность равна произведению светового
давления P на площадь S поверхности:

F = P - S. (1)

Световое давление может быть найдено по формуле

P = Ee (p + 1)-i, (2)

c

где E_e - облученность поверхности (энергия всех фотонов, падающих на
1м ² поверхности за 1 с;

p - коэффициент отражения (для зеркальной поверхности p = 1).

с = 3 -108 м /с - скорость света в вакууме.

Подставляя выражение (2) давления света в формулу (1), получим:

F = ES (р +1). (3)

c

Так как произведение облученности на площадь поверхности равно
потоку энергии излучения, падающего на поверхность, то соотношение (3)
можно записать в виде:

Ф

F = -у- (р +1),
с

где Ф_у - поток энергии излучения.

Производим вычисления:

F = -,6УГ (1⁺ 1)= 4 ⁴⁰-9( Н).

3-108

(4)

Число фотонов, падающих за время Лt на поверхность, определяется по
формуле:

kW
N =---,

£

(5)

где Л W - энергия излучения, получаемая поверхностью за время Лt;

£ - энергия фотона.

Выразив в формуле (5) энергию фотона через длину волны

I
к

hc А
^£ = v

л J

получим:

—_v -Л-Лt

N = ----
h ■ c

(6)

Подставив в формулу (6) числовые значения величин и произведя
вычисления, получим:

_sr 0,6 - 663 -10 ^-9 - 5 ,.19

N =------------Г = 10 (фотонов)

6,63 -10^-34 - 3 -108

Ответ: сила давления, испытываемая поверхностью, равна 4нН ;
за пять секунд на поверхность падает 10¹⁹ фотонов.

Элементы квантовой механики
Основные законы и формулы

1. Длина волны де Бройля

2лЬ

Л =---

p^,

где p- импульс частицы.

В релятивистском случае

P = 1^(2Eo + Ek)Ek ,
c

где Ео - энергия покоя частицы,

Ек - кинетическая энергия частицы, равная

^Ek = m 0 c²

1

A 1 — v

Ui c

=-1
2

2

7

^,

где mo- масса покоя частицы, v - скорость частицы.

В нерелятивистском случае

^P = m0^ = V²mo^Ek ,

где кинетическая энергия частицы

E, =
k

2
m_o v

2

• 2. Соотношения неопределенностей:

• a) AxAPx > h (для координаты и импульса),

где Aрx - неопределенность проекции импульса на ось x, A>x -
неопределенность координаты x;

• б) AEAt > h ( для энергии и времени),

где AE - неопределенность энергии;

A t - время жизни квантовой системы в данном энергетическом
состоянии.

• 3. Нерелятивистское уравнение Шредингера относительно основной
  характеристики состояния микрообъектов - волновой функции у(r, t) имеет

вид:

h² (

д² д² д² ^

_—

+ ⁺

2 m ^6x² ду² дz² )

.

у + U (r, t У• у = ih — V

• 4. Стационарное уравнение Шредингера обычно записывают в виде :

Ay + 2m (E — U У = 0

Явный вид стационарного уравнения Шредингера определяется
конкретной зависимостью U(r).

• уг + 2m^(E — U ^y = 0;

dx h

В пределах «потенциальной ямы» (0 < x < l):

^2-+- + k²^ = 0, где ^{k 2} = ^{2 mE} / h²

dx²

Собственные значения энергии
h2 ₂

E =-----7- n , (n = 1,2,3... ),

8ml²

Нормированные собственные функции:

+n⁽x) = — sin

nnx

l^,

( n = 1,2,3... )

Коэффициент прозрачности потенциального барьера

D = D0 exp

\

V 2 m (U 0 - E) ;
h J

;

Для потенциального барьера произвольной формы

D = D0 exp -

l^^{2 m (U} -^E) 'dx ■

Примеры решения задач по теме
«Волновые свойства частиц»

Задача 1. Электрон, начальной скоростью которого можно пренебречь,
прошел ускоряющую разность потенциалов U. Найти длину волны де Бройля
для двух случаев: 1) U1 = 51 B; 2) U2 = 510 кВ.

Дано:

электрон

U1 = 51 B;

U2 = 510 кВ = 5,1^.10 ⁵ В .

Л -

Решение

Длина волны де Бройля Л для частицы зависит от ее импульса р и
определяется формулой:

Л=h,
^p

(1)

где h - постоянная Планка.

Импульс частицы можно определить, если известна ее кинетическая
энергия Ек . Связь импульса с кинетической энергией различна для
нерелятивистского случая (когда кинетическая энергия частицы много меньше

энергии ее покоя) и для релятивистского случая (когда кинетическая энергия
сравнима с энергией покоя частицы).

В нерелятивистском случае

P = J^2moEk , (2)

где mo - масса частицы.

В релятивистском случае

1

P = - (2Eo + Ek)Ek , (3)

c

²

где E о = mо С - энергия покоя частицы.

Запишем Формулу (1) с учетом соотношений (2) и (3) в нерелятивистском
случае:

; =

2m_oE_k, (4)

в релятивистском случае:

1^2 Eo + Ek) Ek
c

(5)

Сравним кинетические энергии электрона, прошедшего заданные в
условии задачи разности потенциалов Ui = 51В и U2 = 510кВ, с энергией
покоя электрона.

Как известно, кинетическая энергия электрона, прошедшего ускоряющую
разность потенциалов U, равна

Ек = e • U

В первом случае

Е_к = e • U 1 = 51 эВ = 0,51 • 10 —4 МэВ,

что много меньше энергии покоя электрона.

Следовательно, в этом случае можно применить формулу (4). Для
упрощениярасчетовзаметим, что Ек = 10 то С .

Подставив это выражение в формулу (4), перепишем ее в виде

h10

^1 — I------------------- — /— ..

~ -1 -44' 2 -\/2 m_nc

2m_o 10 m_oc

h

Учитывая, что выражение есть комптоновская длина волны

m0c

Л_к — 2,43пм, получим

Л - ¹⁰ 4

12 ê.

10²

Л - -^2,43пм -171 пм
1 ₂,.

Во втором случае кинетическая энергия

E_K - e - U₂ - 510кэВ - 0,51 МэВ

к2.

Кинетическая энергия электрона равна его энергии покоя. В этом случае
необходимо применить релятивистскую формулу (5).

Учитывая, что

Е_к - 0,51 МэВ - m ₀c²,

по формуле (5) найдем длину волны де Бройля :

Л₂

h

h

22

moc + moc )moc

2

3m₀²c^{2 ,}

Л₂ -

или

пм - 1,4пм.

Ответ: длина волны де Бройля в первом случае равна 171 пм, во втором
случае длина волны де Бройля равна 1,4 пм.

Задача 2. Кинетическая энергия электрона в атоме водорода составляет
величину порядка 10 эВ. Используя соотношение неопределенностей, оценить
минимальные размеры атома.

Дано:

Eк - 10эВ - 10 • 1,6 -10^-19 Дж - 1,6 • 10^-18 Дж

lmin

_—

?

Решение.

Соотношение неопределенностей для координаты и импульса имеет вид

∆P ⋅∆x≥h
x^,

(1)

где ΔP_x - неопределенность импульса частицы (электрона),

Δx - неопределенность координаты частицы (в данном случае
электрона), ћ - приведенная постоянная Планка.

Из соотношения неопределенностей следует, что чем точнее
определяется положение частицы в пространстве, тем более неопределенным
становится импульс, следовательно, и энергия частицы. Пусть атом имеет
линейные размеры l, тогда электрон атома будет находиться где-то в пределах
области с неопределенностью

l

2^.

(2)

В этом случае соотношение неопределенностей можно записать в виде

∆p ⋅ ≥ h
^x2 ^,

(3)

откуда

l≥

∆p

(4)

Физически разумная неопределенность импульса не должна превышать
значение самого импульса, т. е.

∆P ≤ P.

(5)

Импульс связан с кинетической энергией соотношением:

P = 2mE_k .

(6)

C учетом выражений (5) и (6) перейдем к равенству

2 h

l=

2mE_к ^.

(7)

Произведем вычисления, получим:

-34

2^.1,05^.10 ³⁴

l=

^min . -31

2^.9,1⋅10 ⋅1,6^.10

18^.

-10

= 1,231⋅10 ⁰(м)

Ответ: минимальные размеры атома составляют 1,231 ⋅ 10 (м) .

Атом водорода по Бору

и его квантово-механическое описание

Основные законы и формулы

• 1. Обобщенная формула Бальмера, описывающая серии в спектре

излучения атома водорода,

v = R

(

V m

1 ^

“

n

2

У

или — = R
A

2

V m

_-

1 ^

n

2

У

где v - частота спектральных линий в спектре атома водорода;

R = 3,29 • 10¹⁵ с ¹ - постоянная Ридберга;

R' = 1,10 • 107 м ¹ - постоянная Ридберга;

1

• - волновое число;

A

m определяет серию (m = 1,2,3,...);

• n определяет отдельные линии соответствующей серии (n = m + 1,m + 2,...);

m = 1 (серия Лаймена),

m = 2 (серия Бальмера),

m = 3 (серия Пашена),

m = 4 (серия Брэкета),

m = 5 (серия Пфунда),

m = 6 (серия Хэмфри).

• 2. Первый постулат Бора (постулат стационарных состояний)

m_eиr_n = n • ft, (n = 1,2,3...)

enn

где me - масса электрона; u_n - скорость электрона на n-й орбите

радиусом r_n .

• 3. Второй постулат Бора (правило частот)
  ^hv = En ~ Em ,

где E_n и E_m - энергии стационарных состояний атома соответственно до и
после излучения (поглощения).

• 4. Радиус n - й стационарной орбиты в боровской модели атома водорода

• ₂ h ² • 4ns₀

rn = ⁿ--2“, (n = 1,2,3...)

m_ee

где h=h/2п - приведенная постоянная Планка;

• s₀ - электрическая постоянная; m₀ - масса электрона;

e – элементарный заряд.

• 5. Первый боровский радиус

h² • 4ns co о

r1 = a ₀ =------20 = 52,8 пм

me • e

• 6. Энергия электрона в атоме водорода по Бору

¹

n 2
n

•

4

m_ee⁴

8h²e2 ⁽n ^{— 1,2,3} ■.' ),

13,6

E ^—--Г эВ (n — 1,2,3 ... )
n²

где h - постоянная Планка;

m₀ - масса электрона;

e – элементарный заряд.

• 7. Потенциальная энергия в водородоподобном атоме

Ze²

U —
4^50r ’

где r – расстояние между электроном и ядром;

Z – порядковый номер элемента.

• 8. Собственное значение энергии электрона в водородоподобном атоме

En

-

1
n²

•

24
Z m_ee

8 h²^ ₀²

(n =

1,2,3 ... )

9. Энергия электрона
описании

в атоме водорода при

квантово-механическом

En

_-

1
n²

_•

4
mee
8 h ²s 0

⁽n =

1,2,3 ... )

• 10. Энергия ионизации атома водорода

4
me

Ei^— - E^{1 —} - ^ед

8 h s о

• 11. Момент импульса (механический орбитальный момент) электрона

L — h4l(i+1,

где l- орбитальное квантовое число, принимающее при заданном n
значения: l — 0,1,2,3...,n-1 (всего n значений).

• 12. Проекция момента импульса на направление Z внешнего магнитного
  поля

LiZ ^— hml,

где L _Z — ml - магнитное квантовое число, принимающее при
заданном l значения: ml — 0,±1,±2,... ± l (всего 21 +1 значений).

• 13. Правило отбора для орбитального и магнитного чисел

Al — ±1, A ml — 0,±1.

Примеры решения задач на тему

«Атом водорода по Бору

и его квантово-механическое описание»

Задача 1. Определить энергию ε фотона, соответствующего второй линии
в первой инфракрасной серии (серии Пашена) атома водорода.

Решение.

Энергия е фотона, излучаемого атомом водорода при переходе

электрона с одной орбиты на другую

е = E,

Г-1—1-1

IП2 n2)

(1)

где E_i - энергия ионизации атома водорода ;

п1 = 1,2,3,...- номер орбиты, на которую переходит электрон;

п2 = п1 +1;п1 + 2;...;п1 + m - номер орбиты, с которой переходит электрон.
m - номер спектральной линии в данной серии.

Для серии Пашена п1 = 3; для второй линии этой серии m = 2;
п ₂ = п1 + m = 3 + 2 = 5.

Подставив числовые значения в формулу (1), найдем энергию фотона:
е = 0,97 эВ.

Ответ: энергия фотона, соответствующего второй линии в первой
инфракрасной серии (серии Пашена) атома водорода равна 0,97 эВ.

Задача 2. Вычислить радиус первой орбиты атома водорода (боровский
радиус) и скорость электрона на этой ор бите.

Решение. Согласно теории Бора, радиус электронной орбиты и скорость
электрона на ней связаны равенством mur = nh, где m - масса электрона, и -
скорость электрона на орбите; r – радиус орбиты; n – главное квантовое число;

h = _ = ^1,05'¹⁰ Дж ' с - постоянная Планка.
2п

Так как в задаче требуется определить величины, относящиеся к первой
орбите, то главное квантовое число n=1 и указанное выше равенство примет
вид:

mur = nh (1)

Для определения двух неизвестных величин r и u необходимо еще одно
уравнение. В качестве второго уравнения воспользуемся уравнением движения
электрона. Согласно теории Бора, электрон вращается вокруг ядра. При этом
сила взаимодействия между электрическими зарядами ядра и электрона
сообщает электрону центростремительное ускорение. На основании второго
закона Ньютона можем записать

22
mu _ 1 e
=• .

r 4ns0 r²

(е и m — заряд и масса электрона), или

2
1e
mu =---.

4ns 0 r

Совместное решение равенств (1) и (3) относительно r дает

(2)

(3)

4nsh
^r=m
me

(4)

Подставив сюда значения ћ, е, m и произведя вычисления, найдем боровский
радиус:

r = a = 5,29 • 10^-11 м.

Из равенства (1) получим выражение скорости электрона на первой орбите:

h

^u =O . (5)

(mr)

Произведя вычисления по формуле (4), найдем значение скорости
электрона на электронной орбите:

• u = 2,18 Мм / с.

Ответ: радиус первой орбиты атома водорода равен 5,29 • 10 ¹¹ м ;

скорость электрона на электронной орбите равна 2,18Мм /с.

Атомное ядро. Радиоактивность
Основные законы и формулы

• 1. Массовое число ядра (число нуклонов в ядре)

A = Z + N,

где Z –зарядовое число (число протонов); N – число нейтронов.

• 2. Закон радиоактивного распада

dN = -ANdt,

Или

N = N 0 e -^At

где dN - число ядер, распадающихся за интервал времени dt;

N – число ядер, не распавшихся к моменту времени t;

N0 - число ядер в начальный момент (t = 0);

Л - постоянная радиоактивного распада.

• 3. Число ядер, распавшихся за время t,

AN = N0 - N = N₀ (1 - e^-Лt).

• 4. В случае если интервал времени At, за который определяется число
  распавшихся ядер, много меньше периода полураспада T₁ , то число
  2

распавшихся ядер можно определить по формуле

AN = ANA t.

• 5. Зависимость периода полураспада от постоянной радиоактивного распада

T1 = (ln2)/A = 0,693/A.

2

• 6. Среднее время T жизни радиоактивного ядра, т.е. интервал времени, за
  который число нераспавшихся ядер уменьшается в е раз,

1

^T=л ■

• 7. Число N атомов, содержащихся в радиоактивном изотопе,
  mN

N =---A,
V

где m - масса изотопа; Ц - молярная масса;

NA = 6,02 • 10²³ моль-1 - постоянная Авогадро.

• 8. Активность радиоактивного изотопа

A = - dN / dt = AN,

или

A = AN₀ e ~ ^Л = A₀ e^{- Л},

где dN - число ядер, распадающихся за интервал времени dt;

• A₀ - активность изотопа в начальный момент времени.

• 9. Удельная активность изотопа

A
a = —
m^.

• 10. Дефект массы ядра

A m = Zmp + (A - Z) mn - m я,

где Z – зарядовое число (число протонов в ядре);

А - массовое число (число нуклонов в ядре);

(A - Z) - число нейтронов в ядре;

m_p - масса протона; m_n - масса нейтрона; m_z - масса ядра.

• 11. Энергия связи ядра

2

^Есв = Amc ,

где Am - дефект массы ядра; с - скорость света в вакууме.

Обычно для расчетов пользуются внесистемными единицами энергии
– МэВ и массы – а.е.м. Тогда численное значение коэффициента
пропорциональности c² = 931 МэВ.

Примеры решения задач на тему
«Атомное ядро. Радиоактивность»

Задача 1. Вычислить дефект массы и энергию связи ядра ₃⁷Li .

Решение.

Масса ядра всегда меньше суммы масс свободных (находящихся вне
ядра) протонов и нейтронов, из которых ядро образовалось. Дефект массы ядра
Am и есть разность между суммой масс свободных нуклонов (протонов и
нейтронов) и массой ядра, т.е.

^Aт = Zmp +(A - Z )^mn - тя (1)

где Z – зарядовое число (число протонов в ядре);

А - массовое число (число нуклонов в ядре);

(A - Z) - число нейтронов в ядре;

m_p - масса протона; m_n - масса нейтрона; m_z - масса ядра.

В справочных таблицах всегда даются массы нейтральных атомов, но не
ядер, поэтому формулу (1) целесообразно преобразовать так, чтобы в нее
входила масса нейтрального атома. Можно считать, что масса нейтрального
атома равна сумме масс ядра и электронов, составляющих электронную
оболочку атома:

m_a = m. + Z • m_e . (2)

az e

Из (2) выразим массу ядра:

m_z = ma - Zme.

Выразив в равенстве (1) массу ядра по формуле (2), получаем

Am = Zm_n + (A - Z)m_n - m_n + Zm.,, или

p na e

^Am = ^Z(mp + ^me ) + ⁽A ^{- Z})^mn ^{- m}a .

Замечая, что

• ^mp ^{+ m}e = ^mH ,

где m_H - масса атома водорода, окончательно находим

Am = ZmH + (A - Z )mn - ma . (3)

выражение (3) числовые значения масс, получим

Am = 3 ■ 1,00783 + (7 - 3)-1,00867 - 7,01601 = 0,04216( а .е. м.).

В соответствии с законом пропорциональности массы и энергии

E = c² ■ Am,

где с – скорость света в вакууме.

2 16 2 2

Коэффициент пропорциональности c = 9 ■ 10 м /с , или

с² = — = 9-10¹⁶ Дж / кг.

Am

Если вычислить энергию связи, пользуясь внесистемными единицами, то
с² = 931 МэВ / а.е. м.

Если вычислить энергию связи, пользуясь внесистемными единицами,
то c² = 931 МэВ / а.е.м. С учетом этого формула (4) примет вид

E = 931- Am (МэВ).

Подставив найденное значение дефекта массы ядра в формулу (5),
получим

E = 931 ■ 0,04216Мээ = 39,2МэВ.

Ответ: дефект массы ядра ₃⁷Li составляет 0,04216 а.е.м.

энергия связи атомного ядра ₃⁷Li равна 39,2МэВ.

Задача № 2. Вычислить энергию ядерной реакции 1¹ P+15¹ B---->324He.

Дано:

1 11 4

1P + 5 B >3 2 -He;

m_P = 1,00783а .е. м.;

m_B = 10,01294а .е. м.;

m_He = 4,00260а .е. м.

m_e = 0,00055а ..е. м.

_Q-_

Решение.

Q = ^(mp + ^mB ^{- 3m}He ^{)- c2}, ⁽¹⁾

где m_P - масса протона;
m_B^Я - масса ядра бора;
m_H^Я_e - масса ядра гелия;

с - скорость света в вакууме.

2

Пользуясь внесистемными единицами полагают c = 931

МэВ

а.е.м.

При числовых подсчетах по формуле (1) массы ядер бора и гелия
находим как разность масс нейтральных атомов и масс электронов,
содержащихся в электронных оболочках данных атомов:

тВЯ = mB - 5me;

mHe = mHe ^{- 2}me •

Q = (m_P + mB - 5me - 3 • m_He + 6 • me )• c 2;

^Q = ⁽mp + ^mB ^{- 3}mHe + me )• c²

Q=(1,0078а.е. м + 10О129Оем. - 3 • 4,002ба.е. м. + 0,0005й.е. мм) • 931МэВ=-91^413МэВ;

а.е.м.

Так как Q < 0, энергия поглощается, реакция является эндотермической.

Ответ: энергия ядерной реакции равна – 918,413 МэВ, реакция является
эндотермической.

Молекулярно-кинетическая теория идеального газа
Основные законы и формулы

• 1. Уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева-Клапейрона)

PV = —RT,
У

где P – давление газа, V - его объем, T-термодинамическая температура, m -

масса газа, ц - масса одного моля газа,

R = 8,31 Дж /(моль • К)-универсальная газовая постоянная,

V = — - число молей.

ц

• 2. Количество вещества (в молях)

N

_V = -t— или
NA

m

У ’

где N - число молекул газа, NA = 6,02^.10²³ моль^-1 – постоянная Авогадро.

• 3. Количество вещества в смеси газов определяется по формуле:

V = Vi+V2+... + Vn = Ni/Na + N2/NA + ... + Nn/NA

или

v = m1/y1 + m₂/y₂ + ... + m_n/y_n,

где VI, Ni, mi, yI - соответственно количество вещества, число молекул, масса,
молярная масса i-й компоненты смеси.

Молярная масса смеси газов:

V =

m1 + m 2 +... + mn

^V1 + ^V 2 ⁺ -^Vn

где mi - масса i-го компонента смеси, vi - количество вещества i-го компонента
смеси, n - число компонентов смеси.

Массовая доля wi i-го компонента смеси газов (в долях единицы)

m

^i =

m^,

где m- масса смеси.

Концентрация молекул

n — N / V — NA p / p,

где N – число молекул, содержащихся в данной системе;

p - плотность веществ; V- объем системы.

Формула справедлива не только для газов, но и для любого агрегатного
состояния вещества.

• 4. По закону Дальтона давление смеси газов равно сумме их парциальных
  давлений

P — P1 + P2 +... + P_n,

где n – число компонентов смеси.

Парциальным давлением называется давление газа, которое имел бы каждый
газ, входящий в состав смеси, при условии, что при данной температуре он
один заполнял бы весь объем.

• 5. Основное уравнение молекулярно-кинетической теории:

• P — n₀ kT

или

2

^{P —} 3 no < ^pn > ,

где P – давление газа;

n₀ – число молекул в единице объема;

R in-23п.„/т/

k —---— 1,38 • 10 Дж/К - постоянная Больцмана;

NA

• < £n > - средняя кинетическая энергия поступательного движения одной
  молекулы;

Т - абсолютная температура.

• 6.Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекулы:

3

(£_п) — -kT

^п2^,

-23

где k = 1,38 • 10 Дж / К - постоянная Больцмана.

Средняя полная кинетическая энергия молекулы:

{^) = -kT
п2,

где i – число степеней свободы молекулы (для одноатомного газа i = 3;

для двухатомного газа i = 5; для многоатомного газа i = 6).

Средняя кинетическая энергия, приходящаяся на одну степень свободы:

1

(^ = —kT
¹2

Средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул

3

• <s_n >= -kT,
  ⁿ2^,

где к = 1,38 • 10^-23 Дж / К - постоянная Больцмана;

• 7. Скорости молекул:

средняя квадратичная скорость

< v_Ke >= 73 kT / m1 = 73 RT/1 ,

средняя арифметическая скорость

< v >= J8kT / nm1 = д/ 8 RT / ди ,

наиболее вероятная скорость

< vВ >= 42kT / m1 = 42RT /I ,
где mi - масса одной молекулы.

• 8. Закон для распределения молекул идеального газа по скоростям (закон
  Максвелла):

f (u) = 4n

( ^mo

3

^ 2

7 2nkT J

2

m ou

• u² • e (^2kT)

^,

где ^{f (u)} - функция распределения молекул по скоростям.

• 9. Распределение Больцмана (распределение частиц в силовом поле)
  E_n

n = n ₀ e ^kT ,

где n - концентрация частиц, En - потенциальная энергия молекулы в поле
тяготения, n0 - концентрация частиц в тех точках поля, где E n= 0.

• 10. Барометрическая формула, выражающая зависимость давления
  идеального газа от высоты h над поверхностью Земли

• - ^gh
• p = p0e RT

где P - давление газа на высоте hi;

• P₀ - давление газа на высоте h = 0 ;
• Т - термодинамическая температура воздуха на высоте h = 0 .
• 11.Средняя длина <l> свободного пробега молекул газа

• < l >= ---

72nd² n ’

где d - эффективный диаметр молекул; n - концентрация молекул газа.

• 12 .Среднее число соударений молекул в единицу времени
  < v >

< z >=----
< l >

.

• 13 .Динамическая вязкость (коэффициент внутреннего трения):

П = 3р ■ V ^-l = 3ⁿ0mV,

где р - плотность газа (жидкости);

• n0 - концентрация молекул газа;
• mi - масса одной молекулы;

• l - средняя длина свободного пробега молекул.

где

р

и

• 14. Теплопроводность (коэффициент теплопроводности) газа:

Л- = 3Cуд.V ■ р-^и-I,

Cуд.V - удельная теплоемкость газа при постоянном объеме;

• - плотность газа;
• - средняя арифметическая скорость молекул;

l средняя длина свободного пробега молекул

• 15. Диффузия (коэффициент диффузии):

Д=3 и-i

.

Примеры решения задач на тему
«Молекулярно-кинетическая теория идеального газа»

Задача 1. Баллон содержит 80 г кислорода и 300 г аргона. Давление смеси
10 атм, температура 15⁰С. Принимая данные газы за идеальные, определить
емкость баллона.

Дано: m1 = 80 г = 8^.10^-2кг;

Аr m2 = 300 г = 3^.10^-1кг;
t = 15⁰C; Т = 288К.

P = 10 атм = 1,01^.10⁶ Па.

V - ?

Решение.

По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений
газов, входящих в состав смеси. Парциальным давлением газа называется
давление, которое производил бы газ, если бы только он один находился в
сосуде, занятом смесью.

По уравнению Менделеева-Клапейрона парциальные давления кислорода
P1 и аргона P2 выражаются формулами

По закону Дальтона для смеси газов

P = P1 + P2,

„ (m, m₂ ^ RT

P= + ' “F,

I M1 M 2 ) V

где R = 8,31 Дж /(ммол- К) - молярная газовая постоянная

Из (3) выражаем объем баллона:

(m, m₂ ^ RT

V = — + — - т.

I M1 M2 ) P

(2)

(3)

(4)

Проверим размерность расчетной формулы:

[V] = 1 моль -

1 Дж -1К -1 м²

1 моль -1К -1Н

1Н -1 м -1 м³

1Н

3

= м .

Подставим числовые значения в формулу (4) и произведем вычисления:

V = (

0,08

32 -10^-3

+

0,3 . . 8,31 - 288
) - (

40-10 ^-3 10-1,01 -105

) - 0,024(м³) - 24л.

Ответ: объем баллона равен 24 л.

Задача 2. Найти кинетическую энергию вращательного движения одной
молекулы кислорода при температуре 13⁰С, а также кинетическую энергию
вращательного движения всех молекул, содержащихся в 4 г кислорода.

Дано:

m = 4г = 4 ⋅10-³кг;

t = 13" C; T = 286Ё;

µ = 32 ⋅10-³кг/моль.

εвр -

w

вр

Решение.

Известно, что на каждую степень свободы молекулы газа приходится
одинаковая энергия, выражаемая формулой

ε0=¹kT,

(1)

где k - постоянная Больцмана, T- абсолютная температура газа.

Так как вращательному движению двухатомной молекулы (молекула
кислорода - двухатомная) приписываются две степени свободы, то энергия
вращательного движения молекулы кислорода выразится формулой

εвр=2⋅ ¹₂kT. (2)

ε₀ =1,38⋅10²³⋅286=3,94⋅10-²¹(Дж).

Кинетическая энергия вращательного движения всех молекул газа:

W = Ns
вр вр ,

где N - число всех молекул газа.

Число молекул N можно получить по формуле

N = NAν ,

где NA - число Авогадро, ν - количество вещества в молях:

m
ν= ,

^µ

где m - масса газа, µ - масса одного моля газа, следовательно,
m

N=NA .
^µ

Подставив это выражение N в формулу (3), получим

m

Wвр =NA εвр.
^µ

(3)

(4)

(5)

(6)

Подставим численные значения физических величин в формулу (6) и

произведем вычисления, получим:

4-10^-3 „

W„„ = 6,02-1023 --г-3,94-10"²¹ = 296( Дж).

вр 32 -10=³

Ответ: кинетическая энергия вращательного движения одной молекулы
кислорода при температуре 130С равна 3,94 -10^-21 Дж, кинетическая энергия
вращательного движения всех молекул равна 296 Дж.

Задача 3. В современной вакуумной камере достигается вакуум порядка
0,1 нПа. Какова средняя длина свободного пробега молекул азота в камере при
температуре 27°C . Чему равно среднее число столкновений каждой молекулы
с остальными в единицу времени?

(Массу молекулы азота считать равной 5^.10^-20 кг).

Дано:

N2

P=0,1 ʜΠa=10^-10Πa;

t = 27° C ; Т=300К;

m1 = 5^.10^-20 кг.

l -? <z> -?

Решение.

Средняя длина свободного пробега молекул определяется из
соотношения:

< l >=

< V > _ 1

< z > 22ссП n ’

(1)

где <v> - средняя арифметическая скорость молекул,

<z> - среднее число столкновений каждой молекулы с остальными в единицу

времени,

n- концентрация молекул газа, ст - эффективный диаметр молекулы.

Концентрация молекул газа связана с его давлением соотношением:

P = nkT,

где к – постоянная Больцмана, Т – термодинамическая температура.
Таким образом,

l = КТ .
22пс² P

Эффективныйдиаметрмолекулы с =3 10^-10м,
Постоянная Больцмана к=1,38 10^-23 Дж/К,
Произведем вычисления по формуле (3):

(2)

(3)

l =

1,38 -10^-23 ■ 300

72 ■ 3,14 ■ 9-10-²⁰-10-¹⁰

1 -10⁸( м)..

Из формулы (1) выразим среднее число столкновений <z> молекул в единицу

времени:

< Z >=

< V >

< l >^,

(4)

где средняя арифметическая скорость молекул

< v >= J 8 kT / nm1.

(5)

Подставим выражение (5) в формулу (4), получим::

Z = ^8kT

l - J n - m1 ’

-23

где к = 1,38 -10 Дж \ К - постоянная Больцмана; Т - термодинамическая

температура;

l – средняя длина свободного пробега молекул; m₁ – масса одной молекулы.

Произведем вычисления:

< Z >= ^{8 -}1,38 • 10 -300 = 4,59 -10^-9(с_1)

10⁸ - 73,14 - 5 -10^-20

.

Ответ: средняя длина свободного пробега молекул равна 1 -108м;
среднее число столкновений, испытуемых одной молекулой в единицу времени,
равно 4,59 -10 9.

Задача 4. Азот находится по давлением 100 кПа при температуре

290 К. Определите коэффициент диффузии D и внутреннего трения п .
Эффективный диаметр молекул азота принять равным 0,38нм .

Дано: P = 100 кПа = 10⁵ Па;

T = 290К;

d = 0,38 нм = 0,38 -10^-9 м

D - ?; п - ?;

Решение.

На основании представлений молекулярно-кинетической теории газов
коэффициент внутреннего трения идеального газа (динамическая вязкость) и
коэффициент диффузии определяются по формулам :

1 -¹ 2

l = -• 2 ² • d² • n,
п

D =¹ • l • V ;

3

(1)

(2)

(3)

1

П = 3 ' l' V ' n' m 0

где l - средняя длина свободного пробега молекул азота;

П - коэффициент внутреннего трения;

D - коэффициент диффузии;

• n - концентрация молекул газа;
• V - средняя скорость молекул газа;

• m₀ - масса одной молекулы;

d — эффективный диаметр молекул газа.

Концентрацию молекул газа по заданным значениям давления и температуры
определим из основного уравнения молекулярно-кинетической теории газов:

P = nkT. (4)

Выражая концентрацию из уравнения (4) и подставляя в формулу (1)

получим

/ = -nkT—
п•22•d² • P

1,38 • 10 ^—23 • 290

1

- 6,3•IO^—8(м)

3,14• 22 • (0,38•IO ^—9)² •IO⁵

Проверка размерности расчетной формулы:

[l]=

Дж • К

К

м² • Па

н • м

2

м • н

= м

Средняя скорость молекул

8RT

\ да

(5)

где R = 8,31

Дж

(моль • К)

– молярная газовая постоянная;

Т – термодинамическая температура;

™ —3 кг

и = 28 • 10 ³--молярная масса азота.

моль

Вычислим среднюю скорость молекул азота:

V =

8 • 8,31 Дж290К

----(моЬК------ 468м/с.

_ а кг

3,14 • 28 Л0^—3-----

моль

Проверка размерности расчетной формулы:

[V ] =

Дж • К
моль К
—

кг • моль

л

1

2

= ₍ДЖ)2 = (
кг

1

н • м^

кг

■ )2 = (

кг • м
с² • кг

2¹

м

■ )² = м;

с

к

7

Для расчета коэффициента диффузии воспользуемся полученными
результатами:

D = 1 • l • V = -• 6,3•io

33

⁸ • 468 - 1,0«10^—5(—).

с

Для расчета коэффициента внутреннего трения подставим в формулу (3)
концентрацию n и массу одной молекулы азота m₀, учитывая, что

1

П = 3 ^l ^ V ^n^m0;

P = nkT;

Имеем:

п =

m 0 • n • V • k • T

m 0 • V

3 • n • V2 • d² • P 3 • _n •

2;

Масса одной молекулы газа

т₀ = ^U,
0 _NA

23 —1

где и - молярнаямассагаза, NA = 6,02 -10 моль постоянная Авогадро.

Произведем вычисления:

ц-V
п =------i—

NA • 3•n•2²•d²

28 • 10

—

³ • 468

1;

6• 10²³ • 3 • 3,14• 2² • (3,8• 10^—9)²

П -1,2•IO

—

5 кг

.

м • с

Проверка размерности расчетной формулы:

[п]=

кг • м • моль
моль • с • м²

кг

м • с

м²

Ответ: коэффициентдиффузииравен 1,0 •10 ⁵—,

с

коэффициент внутреннего трения равен 1,2 -10 ⁵ кг—.

м - с

Задача № 5. Каково давление воздуха в шахте на глубине 1 км, если
считать, что температура по всей высоте постоянна и равна 22 ° С, а ускорение
свободного падения не зависит от высоты. Давление воздуха у поверхности
Земли принять равным 10 ⁵ Па .

Дано:

h = 1 км = 103 м;

t = 22 ° C; Т = 295К = const;

P = 105 Па

P0

—

Решение.

Воспользуемся барометрической формулой:

р _ р „ -№ (^h-^h0 )^/(RT)

Ph P0 ' e ,

(1)

где P_h и P₀ - давления воздуха на высоте h и h₀ соответственно;

и =29 -10^-3 кг / моль - молярная масса воздуха;

g = 9,8м / с² - ускорение свободного падения;

R = 8,31 Дж /(К - моль) - молярная газовая постоянная;

Т - термодинамическая температура.

За начало отсчета высоты примем дно шахты, тогда h₀ = 0;

P_h

P⁰ e - pgh /(RT)

10⁵

• 29.10- 3.9,8103 = 112291,9 - 1,12 -10⁵( Па) .

8,31-295

кг - м - м
моль - с²
Дж - К
К - моль

кг - м ²

2

с - н - м

кг - м - с¹

2

с - кг - м

Ответ: давление воздуха на дне шахты 1,12 -105 Па.

Основы термодинамики

Основные законы и формулы

• 1. Количество теплоты, сообщенное телу при теплообмене :

dQ = C • dT,

где С – теплоемкость тела; Т – термодинамическая температура.

• 2. Виды теплоемкостей тел и связь между ними :

^m

С = —С^ = mc

P

уд ,

где С_р - молярная теплоемкость тела; с уд. - удельная теплоемкость тела.

• 3. Молярные теплоемкости при разны процессах:

Сир = — R С*,= -R

pP 2 ; pV 2

^,

где C^p - молярная теплоемкость при изобарическом процессе;

^С pV - молярная теплоемкость при изохорическом процессе.

• 4. Уравнение Роберта-Майера:

Срр - С^у = R.

• 5. Внутренняя энергия идеального газа:

U = L. m. R. T
2 p ’
где m - масса газа; ^p - молярная масса газа;

i - число степеней свободы молекулы;

R = 8,31 Дж /(моль. К) - молярная газовая постоянная;

Т – термодинамическая температура.
или

U = m. Cv

. T =

^p

PV

Г ^-1

• 6. Элементарная работа, связанная с изменением объема газа:

V2
dA = PdV или A =J ^PdV,

V1

где V₁ и V₂ - начальный и конечный объемы газа.

• 7. Первое начало (закон) термодинамики

• a) в дифференциальной форме:

dQ = dU + dA,

где

dQ – количество тепла, сообщенное системе;

dU

• – изменение внутренней энергии системы;

dA – работа, совершенная системой.

• б) в интегральной форме :

Q—AU+A.

• 8. Работа газа при изотермическом процессе

A — Q — P. V. InP — — RTIn —^1
11 —2 Ц —г'

где P₁ и P₂ – начальное и конечное давления.

• 9. Уравнение адиабатического процесса (уравнение Пуассона):

PV^Y — const или TV ^Y-1 — const'

C_P

где 7 — - показатель адиабаты.

C_V

• 10. Термический коэффициент полезного действия тепловой машины :

A

п — —

Q1 ^,

где Q₁ - количество тепла, полученное системой от нагревателя;

A – работа цикла.

• 11. Термический коэффициент цикла Карно :

п = Q

ʜ

Q

Q T -
xн

ʜ

т

н

т
х

^,

где Q_ʜ – тепло, полученное от нагревателя;

Q_x – тепло, переданное холодильнику;

Т_н – температура нагревателя; Т_х – температура холодильника

• 12. Изменение энтропии двух состояний системы:

A S — S ₂ - S i >j dQ,
1T

где S₁ и S₂ – начальное и конечное состояние системы. Знак равенства
соответствует обратимом процессу, а знак неравенства – необратимому.

dQ - элементарное количество теплоты, полученное телом при температуре Т.

AS — S 2

• - S1 — ^{— f} C In T + R In V2

ЦI T1 V1J

т.е изменение энтропии идеального газа при переходе его из состояния 1 в
состояние 2 не зависит от вида процесса перехода.

При адиабатическом процессе :

s — const; AS — 0.

При изотермическом процессе :

mV

AS = —R ln —
V Vi ^.

При изохорном процессе:

AS = m C_r In T2
v V Ti

• 13. Энтропия для квазистационарных пр оцессов:

dS = dQ

T^.

• 14. Формула Больцмана:

S = k • ln W,

где S – энтропия системы;

W – термодинамическая вероятность состояния системы;

k = 1,38 • 10 ²³ Дж / К - постоянная Больцмана.

Примеры решения задач на тему
«Основы термодинамики»

Задача 1. Двухатомный идеальный газ (v = 2моль) нагревают при
постоянном объеме до температуры T₂ = 289К. Определить количество

теплоты, которое необходимо сообщить газу, чтобы увеличить его давление в
n = 3 раза.

Дано: i = 5;

• V = 2моль;
• V - const;

T₂ = 289K;

Pt =

P1

n = 3

Q - ?

Решение.

Количество теплоты Q , поглощаемое газом при изохорическом
процессе, определяется по формуле:

Q = mc,AT,

где m - масса нагреваемого газа;

c_v - удельная теплоемкость газа при постоянном объеме;

AТ - величина изменения температуры газы.

(1)

iR

Известно, что с, =---
v 2 v

.

Для двухатомного газа

i ⁵, ^Cv

5R=2,5 R.

2 v v

Подставив выражение c_v в формулу (1), получим

Q = m • 2,5 • RAT = 2,5 • v • R ■ TT,

V

(2)

где v = ^— - количество вещества (m - масса газа, V — молярная масса
V

газа).

Запишем уравнение Менделеева-Клапейрона для двух состояний
идеального газа:

P1V = -RTi,
^V

p₂v =—RT2
^V

По условию задачи V = const, процесс изохорический.

Разделим (4) на (3), имеем (закон Шарля):

Р Т

P2 = ^;

P1 T1

(3)

(4)

(5)

T

По условию задачи — = 3, следовательно, T = 3T;

T1

A T = 3T1 - T1 = 2T 1; (6)

С учетом полученного значения AТ по формуле (2) вычисляем значение
количества теплоты, сообщенное газу:

Q = 2,5 -v • R • AT = 2,5 • 2 • 8,31 • 2 • 289 * 24016(Дж)

Проверка размерности расчетной формулы:

Q ]=

моль •

Дж

моль • К

• К

= Дж

Ответ: количество теплоты, которое необходимо сообщить газу, равно

24,016кДж.

Задача 2. Во сколько раз необходимо увеличить объем
v = 5моль идеального газа при изотермическом расширении, если его энтропия
увеличилась на AS = 57,6Дж / К ?

Дано: v = 5моль ;

A S = 57,6 Дж / К;

V2

V1

Решение.

Так как процесс изотермический, то в выражении энтропии

Количество теплоты Q, полученное газом, найдем по первому началу
термодинамики: Q = ∆U + A, где ΔU - изменение внутренней энергии газа;

A – работа совершаемая газом против внешних сил. Для изотермического
процесса ΔU = 0 , следовательно,

Q=A;(2)

Работу газа при изотермическом процессе определяем по формуле
A= ^m⋅RT⋅ln^V2 ;

µV1

С учетом (2) и (3) равенство (1) примет вид:

m⋅R⋅T VV

ΔS = ⋅ln ² =ν ⋅R ⋅ln ²

µ⋅T V1V1

(3)

(4)

где ν = ^m - число молей газа;
^µ

R = 8,31 ^Дж

(К ⋅ моль)

молярная газовая постоянная.

Из (4) получаем :

ln ^V2 = ∆^S = ^57,6⋅ = 1,386282;

V₁ ν⋅R 5⋅8,31

V2 = e1,386282 ≈ 4

V1 ^.

Ответ: объем необходимо увеличить в 4 раза.

Задача 3. Тепловая машина работает по обратимому циклу Карно (рис.3).
Температура теплоотдатчика 500⁰K. Определить термический КПД цикла и
температуру теплоприемника тепловой машины, если за счет каждого
килоджоуля теплоты, полученной от теплоотдатчика, машина совершает работу
350 Дж.

Дано:

T1 = 500⁰K

Q1 = 1кДж ^.= 10³ Дж

A = 350 Дж

η - ? T2 - ?

Решение.

Термический КПД тепловой машины показывает, какая доля теплоты,
полученная от теплоотдатчика, превращается в механическую работу.
Термический к.п.д. выражается формулой:

A

n = —

Q1

(1)

где Q1 - теплота, полученная от теплоотдатчика; А - работа, совершенная
рабочим телом тепловой машины.

Зная КПД цикла, можно из формулы

T - T

n = 1~T2~ (2

определить температуру охладителя T2 (теплоприемника)

T2 = T, (1 - n) (3)

Произведем вычисления:

n = 350 / 1000 = 0,35;

T2 = 500К -(1 - 0,35) = 325К.

Ответ: термический КПД тепловой машины равен 35%;

Температура теплоприемника равна 325К.

Задача № 4. Определит изменение энтропии 14 г азота при изобарном
нагревании его от t, = 27° до 1₂ = 127°.

Дано: m = 14г = 14 -10 ³ кг;

1₁ = 27 °; Т₁ = 300К;

1₂ = 127°; Т₂ = 400К;
P = const .

AS - ?

Решение.

Изменение энтропии

² m CpdT m ^T2 dT m T2

^Д S = \» T = vc^t - »C ln T₁’

где AS изменение энтропии газа при постоянном давлении;
m - масса газа;

(1)

кг

^ = 28 -10 ³---- - молярная масса азота;

моль

T₁ и T₂ - термодинамические температуры газа в первом и втором состоянии

соответственно;

C_p - молярная теплоемкость газа при постоянном давлении

Молярная теплоемкость газа при постоянном давлении

Cp

i^{+ 2} К

• R

2

(2)

где i - число степеней свободы; т.к. молекула азота состоит из двух атомов,
i = 5;

R = 8,31, Дж .

(К • моль)

молярная газовая постоянная.

Подставляем (2) в (1), получаем:

д s = m • l+l • r • in TL;

V 2 T

(3)

д S =

14•IO-³ • 3,5

28 •iO -³

8,31 • in —

300

= 4,18( Дж).

К

Проверка размерности расчетной формулы:

[дS ] =

кг • Дж • моль
кг • моль • К

Дж
К

Ответ: изменение энтропии равно 4,18 Дж

К

.

Задания к контрольной работе № 3

• 300. Точка совершает гармонические колебания с периодом 2 с.
  Амплитуда колебания 10 см. Найти смещение, скорость и ускорение точки
  спустя 0,2 с после ее прохождения через положение равновесия. Начало
  колебания связано с положением равновесия.
• 301. Спиральная пружина под действием подвешенного к ней груза
  растянулась на 6,5 см. Если груз оттянуть вниз, а затем отпустить, то он начнет
  колебаться вдоль вертикальной линии. Определить период колебания груза.
• 302. Пружинный маятник совершает гармонические колебания с
  амплитудой смещения 0,04 м. При смещении 0,03 м сила упругости равна 9·10^-5
  Н. Определить потенциальную и кинематическую энергии, соответствующие
  данному смещению и полную энергию маятника.
• 304. Чему равно отношение кинетической энергии точки, совершающей
  гармонические колебания, к ее потенциальной энергии для момента времени
  t=T/12, где Т - период колебаний.
• 305. Волна распространяется по прямой со скоростью 20 м/с. Две точки,
  находящиеся на этой прямой на расстоянии 12м и 15м от источника волн,
  колеблются с разностью фаз 0,75 п. Определить длину волны и период
  колебания.
• 306. Найти смешение от положения равновесия точки, отстоящей от
  источника колебаний на расстоянии X/I2, для момента времени Т/6. Амплитуда
  колебания 0,05 м.
• 307. Определить скорость распространения волн в упругой среде, если
  разность фаз колебаний двух точек, отстоящих друг от друга на 15 см, равна

п/2. Частота колебаний 25 Гц.

• 308. Самолет, летящий со скорость 300 м/с, является источником
  звуковых волн с частотой 1000 Гц. На сколько отличается частота звука,
  воспринимаемого наблюдателем при удалении от него этого самолета?
• 309. Поезд проходит мимо станции со скоростью 40 м/с. Частота тона
  гудка электровоза равна 300 Гц. Определить кажущуюся частоту тона для
  человека, стоящего на платформе в случае приближения поезда.
• 310. Плоская электромагнитная волна частотой 106 Ад, имеющая
  амплитуду напряженности электрического поля 120 В/м, распространяется в
  воздухе. Записать уравнение электромагнитной волны с числовыми
  коэффициентами, положив начальную фазу равную нулю.
• 311. В однородной и изотропной среде с диэлектрической
  проницаемостью s = 3 и магнитной проницаемостью ц = 1 распространяется
  плоская электромагнитная волна. Амплитуда напряженности электрического
  поля в ней 10 В/м. Найти фазовую скорость волны.
• 312. Колебательный контур состоит из конденсатора и катушки
  индуктивности. Определить частоту колебаний, возникающих в контуре, если
  максимальная сила тока в катушке индуктивности 1,2 А, максимальная
  разность потенциалов на обкладках конденсатора 1200 В, полная энергия
  контура 1,1 мДж.
• 313. Колебательный контур, состоящий из катушки индуктивности и
  конденсатора емкостью 1 пФ, имеет частоту колебаний 5 МГц. Найти
  максимальную силу тока, протекающего по катушке, если полная энергия
  контура 0,5 мкДж.
• 314. Колебательный контур радиоприемника состоит из катушки
  индуктивностью 1 мГн и переменного конденсатора, емкость которого может
  изменяться в пределах от 9,7 до 92 пФ. В каком диапазоне длин волн может
  принимать радиостанции этот приемник?
• 315. Входной контур радиоприемника состоит из катушки индуктивностью
  2 мГн и плоского конденсатора с площадью пластин 10 см² и расстоянием
  между ними 2 мм. Пространство между пластинами заполнено слюдой с
  диэлектрической проницаемостью 7. На какую длину волны настроен
  радиоприемник?
• 316. В однородной изотропной немагнитной среде с диэлектрической
  проницаемостью равной 3 распространяется плоская электромагнитная
  волна. Амплитуда напряженности электрического поля волны 10 В/м. Найти
  амплитуду напряженности магнитного поля и фазовую скорость волны.
• 317. Плоская электромагнитная волна распространяется в вакууме.
  Амплитуда напряженности электрического поля волны 50 мВ/м. Найти
  амплитуду напряженности магнитного поля и среднее за период колебаний
  значение плотности потока энергии.
• 318. Резонанс в колебательном контуре с конденсатором 10^-6 Ф наступает
  при частоте 4000 Гц. Если параллельно первому конденсатору подключить
  второй конденсатор, то резонансная частота становится равной 200 Гц.
  Определить емкость второго конденсатора.
• 319. На какой частоте суда передают сигнал бедствия SOS, если по
  международному соглашению длина радиоволны должна быть 600 м?
• 320. Расстояние от щелей до экрана в опыте Юнга равно 1 м. Определить
  расстояние между щелями, если на отрезке длиной 1 см укладывается 10
  темных интерференционных полос. Длина волны монохроматического света
  равна 0,7мкм.
• 321. На мыльную пленку (показатель преломления равен 1,33) падает
  монохроматический свет с длиной волны 0,6 мкм (желтый свет) под углом 45°.
  При какой наименьшей толщине пленки отраженные лучи будут окрашены в
  желтый цвет? При какой наименьшей толщине пленки она будет казаться
  темной? Что будет с окраской пленки, если менять угол падения?
• 322. В воздухе, находится тонкая планка из вещества с показателем
  преломления равным 1,4. Толщина пленки 0,25 мкм. На пленку падает
  нормально монохроматический свет, при этом отраженные лучи максимально
  ослаблены в результате интерференции. Какова длина волны этого света?
• 323. На щель шириной 0,1 мм нормально падает параллельный пучок света
  от монохроматического источника (длина волны равна 0,5 мкм). Определить
  ширину центрального максимума в дифракционной картине, наблюдаемой на
  экране, удаленном от щели на расстояние 3м.
• 324. На дифракционную решетку, содержащую 250 штрихов на 1мм.
  падает нормально свет с длиной волны 0,6мкм. Найти общее число
  дифракционных максимумов, которые дает эта решетка. Определить угол, под
  которым наблюдается последний дифракционный максимум.
• 325. На грань кристалла каменной соли падает параллельный пучок
  рентгеновского излучения. Расстояние между атомными плоскостями равно 280
  пм. Под углом 65° к атомной плоскости наблюдается дифракционный
  максимум первого порядка. Определить длину волны рентгеновского
  излучения.
• 326. Чему равен угол между главными плоскостями двух николей, если
  интенсивность естественного света, прошедшего через эту систему,
  уменьшилась в 5,4 раза? Считать, что каждый николь поглощает и отражает –
  14% падающего на него света.
• 327. Луч света переходит из кварца в жидкость. Отраженный луч
  максимально поляризован при угле падения, равном 40°. Определить
  показатель преломления жидкости и скорости распространения света в ней.
• 328. Между двумя параллельными николями помещают кварцевую
  пластинку толщиной 1 мм, вырезанную параллельно оптической оси. При этом
  плоскость поляризации монохроматического света, падающего на поляризатор,
  повернулась на угол 20°. При какой минимальной толщине пластинки свет не
  пройдет через анализатор?
• 329. На грань кристалла каменной соли падает параллельный пучок
  рентгеновского излучения. Расстояние между атомными плоскостями равно 280
  пм. Под углом 65° к атомной плоскости наблюдается дифракционный
  максимум первого порядка. Определить длину волны рентгеновского
  излучения.

• 340. Температура абсолютно черного тела равна 2000 К. Определить длину
  волны, на которую приходится максимум спектра энергии излучения, и
  спектральную плотность энергетической светимости для этой длины волны.
• 341. Определить температуру и энергетическую светимость абсолютно
  черного тела, если максимум энергии спектра излучения приходится на длину
  волны 600 нм.
• 342. На поверхность калия падает ультрафиолетовое излучение с длиной
  волны 150 нм. Определить максимальную кинетическую энергию (в электрон–
  вольтах) фотоэлектронов и задерживающую разность потенциалов.
• 343. Фотон с энергией 10 эВ выбивает электроны из серебряной пластины.
  Определить импульс, полученный пластиной, если принять, что направления
  импульсов фотона и фотоэлектрона перпендикулярны поверхности пластины.
• 344. Определить угол рассеяния фотона, испытавшего соударение со
  свободным электроном, если изменение длины волны при рассеянии равно
  3,62 пм.
• 345. Определить импульс электрона отдачи при эффекте Комптона, если
  фотон с энергией, равной энергии покоя электрона, был рассеян на угол 180°.
• 346. Фотон с энергией 0,25 МэВ рассеялся на свободном электроне.
  Энергия рассеянного фотона равна 0,2 МэВ. Определить угол рассеяния
  фотона.
• 347. Угол рассеяния фотона равен 90°. Угол отдачи электрона равен 30°.
  Определить энергию падающего фотона.
• 348. Пучок монохроматического света с длиной волны λ=663 нм падает
  нормально на зеркальную плоскую поверхность. Поток энергии Фe=0,6 Вт.
  Определить силу давления, испытываемую этой поверхностью, а также число
  фотонов, падающих на нее за время 5 с.
• 349. Определить давление солнечного излучения на зачерненную
  пластинку, расположенную перпендикулярно солнечным лучам и
  находящуюся вне земной атмосферы на среднем расстоянии от Земли до
  Солнца.
• 350. На грань кристалла никеля падает параллельный пучок электронов.
  Кристалл поворачивают так, что угол скольжения ϑ изменяется. Когда этот
  угол делается равным 64°, наблюдается максимальное отражение электронов,
  соответствующее дифракционному максимуму первого порядка. Принимая
  расстояние между атомными плоскостями кристалла равным 200 пм,
  определить длину волны де Бройля электронов и их скорость.
• 351. Заряженная частица, ускоренная разностью потенциалов U = 200 B,
  имеет длину волны де Бройля 2,02 пм. Найти массу частицы, если ее заряд
  численно равен заряду электрона.
• 352. Найти длину волны де Бройля для атома водорода, движущегося при
  температуре 293 К с наиболее вероятной скоростью.
• 353. Определить неопределенность координаты электрона, движущегося в
  атоме водорода со скоростью 2,0⋅10⁶м/с, если относительная неопределенность
  скорости равна 0,1. Сравнить полученную неопределенность с диаметром
  атома водорода, вычисленным по теории Бора для основного состояния, и
  указать, применимо ли понятие траектории в данном случае.
• 354. Электрон с кинетической энергией 10 эВ находится в металлической
  пылинке диаметром 1 мкм. Оценить (в процентах) относительную
  неопределенность скорости электрона.
• 355. Если допустить, что неопределенность координаты движущейся
  частицы равна дебройлевской длине волны, то какова будет относительная
  неопределенность импульса этой частицы?
• 356. Определить радиус, частоту и скорость обращения электрона для
  первой орбиты по теории Бора, а также энергию ионизации.
• 357. Найти наибольшую и наименьшую длины волн в видимой области
  спектра излучения атома водорода.
• 358. Вычислить по теории Бора радиус второй стационарной орбиты и
  скорость электрона на этой орбите для атома водорода.
• 359. Атом водорода в основном состоянии поглотил квант света с длиной
  волны 0,1215 мкм. Определить радиус электронной орбиты возбужденного
  атома водорода.
• 360. Определить постоянную распада, среднее время жизни ядра и число
  ядер радиоактивного изотопа йода ¹₅³₃¹I , распавшегося в течение суток, если
  первоначальная масса йода была 10 мг.
• 361. Определить возраст древних деревянных предметов, если удельная
  активность изотопа ¹⁴₆С в них составляет 3/5 удельной активности этого же
  изотопа в только что срубленных деревьях.
• 362. Активность некоторого радиоактивного препарата уменьшается в 2,5
  раза за 7 суток. Найти его период полураспада и среднюю продолжительность
  жизни ядра.
• 363. Счетчик Гейгера, установленный вблизи препарата радиоактивного
  изотопа серебра, при первом измерении регистрировал 5200 α-частиц в минуту,
  а через сутки только 1300. Определить период полураспада изотопа.
• 364. Мощность двигателя атомного судна составляет 15 МВт, его КПД
  равен 30%. Определить месячный расход ядерного горючего при работе этого
  двигателя. Считать, что при каждом акте деления ядра урана-235 выделяется
  энергия 200 МэВ.
• 365. Найти электрическую мощность атомной электростанции,
  расходующей 0,1 кг урана-235 в сутки, если КПД станции равен 16%. Считать
  энергию, выделяющуюся при одном акте деления ядра урана-235, равной 200
  МэВ.
• 366. Определить массовый расход урана-235 в ядерном реакторе атомной
  электростанции. Тепловая мощность электростанции равна 10 МВт, КПД
  электростанции составляет 20%. Считать, что при каждом акте деления ядра
  урана-235 выделяется энергия 200 МэВ.
• 367. Найти мощности экспозиционной, поглощенной и эквивалентной доз
  на расстоянии 1,5 м от препарата радиоактивного кобальта-60 массой 1 мг.
• 368. Определить экспозиционную, поглощенную и эквивалентную дозы от
  0,1 г препарата радия-226 за 20 минут на расстоянии 1 м.
• 369. Найти экспозиционную, поглощенную и эквивалентную дозы для
  биологической ткани при облучении в течении 10 минут препаратом иридия-
  192 массой 5 мг, находящимся на расстоянии 20 см.
• 370. За неделю из стакана испарилось 50 г воды. Сколько в среднем молекул
  вылетало с поверхности воды за 1с.
• 371. В баллоне емкостью 15 л находится смесь, содержащая 10 г водорода,
  54 г водяного пара и 60 г окиси углерода. Температура смеси 27⁰С. Определить
  давление.
• 372. На сколько изменится атмосферное давление при подъеме на высоту
  100м над уровнем моря, если давление на уровне моря равно 100 кПа. Считать,
  что температура равна 290К и не изменяется с высотой.
• 373. На какой высоте над поверхностью Земли атмосферное давление вдвое
  меньше, чем на поверхности? Считать, что температура воздуха равна 290 К и
  не изменяется с высотой.
• 374. На сколько процентов отличается давление воздуха в шахте глубиной
  1 км от давления на поверхности. Температуры считать одинаковыми и
  равными 27⁰С.
• 375. В ходе цикла Карно рабочее вещество получает от теплоотдатчика
  количество теплоты 300 кДж. Температуры теплоотдатчика и теплоприемника
  равны соответственно 480 К и 280 К. Определить термический КПД цикла и
  работу, совершаемую рабочим веществом за цикл.
• 376. Идеальная тепловая машина работает по циклу Карно, термический
  КПД которого 40 %. Температура теплоприемника 0⁰С. Найти температуру
  теплоотдатчика и работу изотермического сжатия, если работа
  изотермического расширения 8 Дж.
• 377. В результате изохорического нагревания воздуха массой 1 г давление
  газа увеличилось в 2 раза. Определить изменение энтропии газа.
• 378. Найти изменение энтропии при изобарическом расширении гелия
  массой 8 г от объема 10 л до объема 25 л.

Найти изменение энтропии при изобарическом расширении гелия массой 8
г от объема 10 л до объема 25 л.

• 379. Кусок льда массой 2 кг с начальной температурой – 10⁰С в результате
  нaгревания расплавлен. Найти приращение энтропии системы.

ПРИЛОЖЕНИЯ

1. Основные физические постоянные

2. Масса и энергия покоя некоторых частиц

3. Массы некоторых нейтральных атомов в а.е.м.

Эффективные диаметры атомов и молекул

Работа выхода электронов из металла

Множители и приставки для образования десятичных кратных и дольных
единиц и их наименования

Греческий алфавит