Основные формулы и примеры решения задач

Основные формулы и примеры решения задач
Основы механики, молекулярной физики и термодинамики, электростатики, электромагнетизм.
Волновая и квантовая оптика. Элементы квантовой механики. Элементы атомной и ядерной физики.
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Скорость мгновенная
где r — радиус-вектор материальной точки,
t — время,
s — расстояние вдоль траектории движения,

 — единый вектор, касательный к траектории.
dr ds 
v=
 ,
dt dt
Ускорение:
мгновенное
тангенциальное
нормальное
полное
где
dv
;
dt
dv 
;
a =
dt
v2
ап =
n;
R
2
2
а = а + аn, a = a   a n ,
a=
R — радиус кривизны траектории,
n — единичный вектор главной нормали.
d
,
dt
d
=
,
dt
Скорость угловая
где  — угловое перемещение.
=
Ускорение угловое
Связь между линейными и угловыми величинами
s = R, v = R,
a = R, an = 2R.
Импульс (количество движения)
материальной точки
где m — масса материальной точки
Основное уравнение динамики
материальной точки (второй закон Ньютона)
Закон сохранения импульса для изолированной системы
Радиус-вектор центра масс
p = тv,
F=
dр
= та.
dt
 mi v i = сonst.
Rc =
 miri /  mi .
Скорости частиц после
столкновения:
упругого центрального
неупругого
где v1 и v2 — скорости частиц до столкновения,
т1 и т2 — массы частиц.
m1 v1  m 2 v 2
,
m1  m 2
m v  m2 v 2
u2 = - v2 + 2 1 1
;
m1  m 2
m v  m2 v 2
u 1 = u2 = 1 1
,
m1  m 2
u1 = - v1 + 2
Сила сухого трения
где  — коэффициент трения,
Fn — сила нормального давления.
Fтр =  Fn,
Сила упругости
Fуп = kl,
где k — коэффициент упругости (жесткость),
l — деформация.
Сила гравитационного взаимодействия
где m1 и m2 — массы частиц,
G — гравитационная постоянная,
r — расстояние между частицами.
Fгр = G
A=
Работа силы
Мощность
N=
m1m2
,
r2
 Fds.
dA
= Fv.
dt
Потенциальная энергия:
k ( l ) 2
;
2
m1m2
П = -G
;
r
упругодеформированного тела
П=
гравитационного взаимодействия
двух частиц
тела в однородном гравитационном поле
где g — напряженность гравитационного поля (ускорение
свободного падения),
h — расстояние от нулевого уровня.
Напряженность гравитационного поля Земли
где М3 — масса Земли,
R3 — радиус Земли,
h — расстояние от поверхности Земли.
П = mgh,
g=
Потенциал гравитационного поля Земли
GM 3
,
( R3  h) 2
=-
Кинетическая энергия материальной точки
Т=
Закон сохранения механической энергии
Момент инерции материальной точки
где r — расстояние до оси вращения
Момент инерции тел массой т относительно оси,
проходящей через центр масс:
тонкостенного цилиндра (кольца) радиуса R, если ось
вращения совпадает с осью цилиндра
сплошного цилиндра (диска) радиуса R, если ось вращения
совпадает с осью цилиндра
шара радиуса R
тонкого стержня длиной l , если
ось вращения
перпендикулярна стержню
Момент инерции тела массой т относительно
произвольной оси (теорема Штейнера)
где J0 — момент инерции относительно параллельной оси,
проходящей через цент масс,
d — расстояние между осями
Момент силы
где r — радиус-вектор точки приложения силы.
Момент импульса
Основное уравнение динамики вращательного
движения
mv 2
p2

2
2m
E = Т + П = const
J = mr2,
J0 = mR2;
1
mR2;
2
2
J0 = mR2;
5
1
J0 =
ml2.
12
J0 =
J = J0 + md2,
M = r x F,
L = J .
M=
2
GM 3
.
R3  h
dL
= J.
dt
 J i  i  const .
Закон сохранения момента импульса для
изолированной системы
Работа при вращательном движении
 Md.
J 2
L2
Т=

.
2
2J
A=
Кинетическая энергия вращающегося тела
Релятивистское сокращение длины
где l0 — длина покоящегося тела,
с — скорость света в вакууме.
1 v 2 / c 2
l = l0
Релятивистское замедление времени
где t0 — собственное время.
t0
t=
Релятивистская масса
1  v2 / c2
m0
m=
1  v2 / c2
где m0 — масса покоя.
Энергия покоя частицы
,
,
,
E0 = m0 c2.
Полная энергия релятивистской частицы
m0c2
2
E = mc =
1  v2 / c2
m 0V
Релятивистский импульс
P = mv =
.
.
1  v2 / c2


1
.

1
Т = Е - Е 0 = m0 c 2 


2
2
 1 v / c

Кинетическая энергия релятивистской частицы
Релятивистское соотношение между полной энергией и
импульсом
Теорема сложения скоростей в релятивистской
механике
где и и и — скорости в двух инерциаль-ных системах
координат, движущихся относительно друг друга со
скоростью , совпадающей по направлению с и (знак -) или
противоположно ей направленной (знак +).
Количество вещества
где N — число молекул,
NА — постоянная Авогадро,
m — масса вещества,
М — молекулярная масса.
Уравнение Клапейрона-Менделеева
где р — давление газа,
V — его объем,
R — молярная газовыая постоянная,
Т — термодинамическая емпература.
Уравнение молекулярно-кинетической теории газов
где n — концентрация молекул, <пост> — средняя
кинетическая энергия поступательного движения
молекулы, m0 — масса молекулы, <vкв> — средняя
квадратичная скорость.
Средняя энергия молекулы
где i — число степеней свободы,
k — постоянная Больцмана.
Внутренняя энергия идеального газа
2
E2 = p2c2 + E 0 .
u 
uv
,
1  uv / c 2
v
N
m

,
NA
M
рV = vRT,
2
1
p  n пост   •m0 vкв  2 ,
3
3
  
U
Скорости молекул:
3
i
kT ,
2
i
vRT .
2
средняя квадратичная
 v ђ‰   3kT / m 0  3RT / M ;
средняя арифметическая
 v  8kT /( m 0 )  8RT /( M) .
наиболее вероятная
v B  2kT / m 0  2RT / M .
Молярная теплоемкость идеального газа
изохорная
i
Cv  R ;
2
(i  2)
C 
R.
2
изобарная
dQ  dU  dA ,
dU  vC v dT ,
dA  pdV .
Первое начало термодинамики
Работа расширения газа при процессе
изобарном
A  p(V2  V1 )  vR(T2  T1 ) ;
V
p
A  vRTIn 2  vRTIn 1 ;
V1
p2
изотермическом
адиабатном
A  vC v (T1  T2 ) 
vRT1   V1 
1   
(  1)   V2 
где  = Ср/Сv.
Уравнение Пуассона
Коэффициент полезного действия цикла Карно
где Q и Т — количество теплоты полученное от нагревателя
и его температура;
Q0 и Т0 — количество теплоты - переданное холодильнику
и его температура.
Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в
состояние 2



 1
pV  V  
 1 1 1   1   ,
(  1)   V2  
pV   const ,
TV  1  const ,
T  p1  const .
Q  Q0 T  T0
,


Q
T
2
dQ
.
T
1
S2  S1  
Закон Кулона
F=
где q1 и q2 — величины точечных зарядов,
0 — электрическая постоянная,
 — диэлектрическая проницаемость cреды,
r — расстояние между зарядами.
Напряженность электрического поля
Q1Q2 r
,
4 0r 2 τ
E=
Напряженность поля:
точечного заряда
E=
бесконечно длинной заряженной нити
F
.
Q
Q
4 0r 2
E=
4
 1

;
20r
;

;
2 0

E=
,
0 
равномерно заряженной бесконечной плоскости
E=
между двумя разноименно заряженными бесконечными плоскостями
где  — линейная плотность заряда,
 — поверхностная плотность заряда,
r — расстояние до источника поля.
Электрическое смещение
D = 0E.
Работа перемещения заряда в электричес-ком поле
где 1 и 2 — потенциалы начальной и конечной точек.
2
 E dl  q (
A=q
1
1
Потенциал поля точечного заряда

Связь между потенциалом и напряженностью
q
F=
0Е 2 S
2
C=
плоского конденсатора
C=
.
40r
E1 = -
Сила притяжения между двумя разноименно
заряженными обкладками конденсатора
где S — площадь пластин.
Электроемкость:
уединенного проводника
 2 ),
1
d
.
dl
q2

q
20S
,
;

 0 S
;
d
 0S
C=
,
 (d i /  i )
слоистого конденсатора
где d — расстояние между пластинами конденсатора,
d1 — толщина i-го слоя диэлектрика,
i — его диэлектрическая проницаемость.
Электроемкость батареи конденсаторов, соединенных:
параллельно
C = Ci;
1
1

.
C
Ci
последовательно
С 2
q2
q
;


2
2C
2
1
CU 2
2
Wэ =  0 E V 
2
2
Энергия поля:
заряженного проводника
Wэ =
заряженного конденсатора
где V — объем конденсатора.
Объемная плотность энергии электрического поля
wэ =
Сила Лоренца
где v — скорость заряда q,
В — индукция магнитного поля.
Сила Ампера
где I — сила тока в проводнике,
dl — элемент длины проводника.
Магнитный момент контура с током
где S — площадь контура.
0Е 2
2
D2
ED


20
2
F = qE + qv  B,
dF = I dl  B,
pm = IS,
Механический момент, действующий на контур с током в
5
 = pm  B
магнитном поле
Закон Био-Савара-Лапласа
где 0 — магнитная постоянная,
 — магнитная проницаемость среды.
dB =
Магнитная индукция:
в центре кругового тока
поля бесконечно длинного прямого тока
поля, созданного отрезком проводника с током
поля бесконечно длинного соленоида
R — радиус кругового тока,
r — кратчайшее расстояние до оси
проводника,
п — число витков на единицу длины
соленоида,
1 и 2 — углы между отрезком проводника и линией,
соединяющей концы отрезка с точкой поля.
Сила взаимодействия двух прямолинейных бесконечно
длинных параллельных токов на единицу их длины
где r — расстояние между токами I1 и I2.
где
Работа по перемещению контура с током в магнитном
поле
где Ф — магнитный поток через поверхность контура.
Магнитный поток однородного магнитного поля через
площадку S
где а — угол между вектором В и нормалью к
площадке.
Закон электромагнитной индукции
где N — число витков контура.
В=
B=
 o I
,
2R
B=
 o I
;
2r
 o I
( cos 1— cos 2),
2r
B = o  nI,
F=
о I1I 2
2к
,
A = I  Ф,
Ф = ВS cos a,
i = —L
Потокосцепление контура с током
где L — индуктивность контура.
 o Idl  r
,
4r 3
dФ
d

,
dt
dt
 = LI,
Электродвижущая сила самоиндукции
s = — L
Индуктивность соленоида
где V — объем соленоида
п — число витков на единицу длины
соленоида
Энергия магнитного поля
dI
,
dt
L = on2V,
LI 2
Wм =
.
2
o H 2
BH
B2
wм =
.


2
2 o 
2
Объемная плотность энергии магнитного поля
Длина волны
где Т — период волны.
Скорость распространения электромагнитной волны
где с — скорость света в вакууме,
 — диэлектрическая проницаемость cреды,
6
 = vT,
v=
с

,
 — магнитная проницаемость.
Оптическая длина пути в однородной среде
где s — геометрическая длина пути световой волны,
п — показатель преломления среды.
L = ns,
Оптическая разность хода
где L1 и L2 — оптические пути двух световых волн.
 = L2 - L1,
 =  тo, т = 0,1,2,...;
 =  (2т -1) о/2, т = 1, 2,....,
Условие интерференционного максимума
и интерференционного минимума
где 0 — длина световой волны в вакууме.
Ширина интерференционных полос в опыте Юнга
где d — расстояние между когерентными источниками
света,
l — расстояние от источников до экрана.
Оптическая разность хода в тонких пленках:
в проходящем свете
в отраженном свете
где d — толщина пленки,
n — показатель преломления пленки,
i — угол падения света.
х =
0 l
d
,
n 2  sin 2 i;

n 2  sin 2 i  0 ,
2
=2d
=2d
Направление дифракционных максимумов от одной
щели
0 = 0, а sin т = ±(2т + 1)/2
и дифракционных минимумов
где а — ширина щели.
Направление главных максимумов дифракционной
решетки
где с — постоянная дифракционной решетки.
Разрешающая способность дифракционной решетки
где  — минимальная разность длин волн двух,
спектральных линий, разрешаемых решеткой,
т — порядок спектра,
N — общее число щелей решетки.
Формула Вульфа -Брэгга
где d — расстояние между атомными плоскостями
кристалла, т — угол скольжения рентгеновских лучей.
а sin т = т, т = 1, 2, ...,
Степень поляризации
где Iтах и Imin — максимальная и минимальная интенсивность
света.
Закон Брюстера
где i0 — угол Брюстера,
п1 и п2 — показатели преломления первой и второй
среды.
Закон Малюса
где I0 и I — интенсивность плоскополяризованного света,
падающего и прошедшего через поляризатор,
а — угол между плоскостью поляризации падающего
света и главной плоскостью поляризатора.
Угол поворота плоскости поляризации света
в кристаллах и чистых жидкостях
в растворах
где 0 — постоянная вращения,
[0] — удельная постоянная вращения,
с — концентрация оптически активного вещества в
растворе,
7
т = 1, 2, ...;
с sin т =  т, т = 0, 1, 2, ...,
R=


= т N,
2 d sin т = т, т = 1, 2, ...,
p=
I max  I min
,
I max  I min
tg i 0 =
n2
,
n1
I = Io cos2,
 = 0l;
 = [0]cl,
l — расстояние, пройденное светом в оптически
активном веществе.
R  T 4
Закон Стефана-Больцмана
гдеR — энергетическая светимость черного тела,
Т — термодинамическая температура тела,
 — постоянная Стефана- Больцмана.
Закон смещения Вина
где max — длина волны, на которую приходится максимум
энергии излучения черного тела
b — постоянная Вина.
Давление света при нормальном падении на поверхность
где I — интенсивность света,
 — коэффициент отражения,
w — объемная плотность энергии излучения.
Энергия фотона
где h — постоянная Планка,
 — частота света.
Уравнение Энштейна для внешнего фотоэффекта
где А — работа выхода электронов из металла,
Тmax — максимальная кинетическая энергия
фотоэлектронов.
Комптоновская длина волны частицы
где т0 — масса покоя частицы,
Е0 — энергия покоя частицы.
Изменение длины волны рентгеновского излучения при
эффекте Комптона
где  и ’ — длина волны падающего и рассеянного
излучения,
 — угол рассеяния.
max =
p=
b
,
T
I
(1 + ) = w (1 + ),
c
 = hv =
hc

,
 = A + Tmax,
c =
h
hc

,
т0 с E 0
 = ' -  = c(1 - cos) = 2c sin2(/2).
Длина волны де Бройля
где h — постоянная Планка,
р — импульс частицы.
Соотношение неопределенностей Гейзенберга:
для координаты и импульса
где х — неопределенность координаты частицы,
рх — неопределенность проекции импульса частицы на
соответствующую координатную ось;
для энергии и времени
где Е — неопределенность энергии частицы в некотором
состоянии,
t — время нахождения частицы в этом состоянии.
=
Энергия частицы в бесконечно глубокой одномерной
потенциальной яме
где m — масса частицы,
I - ширина ямы.
Сериальные формулы спектра водородоподобных
атомов
где  — длина волны спектральной линии,
R — постоянная Ридберга,
Z — порядковый номер элемента, n= 1, 2, 3, ..., k = n + 1,
n + 2, .... .
h
,
p
x  pх ≥
h
,
2
E  t ≥
h
,
2
Еп =
h2 2
n ,
8ml 2
1
 1
 RZ 2  2  2  ,
n

k 
1
1
2 1
 R Z  a   2  2  ,


n
k 
1
Спектральные линии характеристического
рентгеновского излучения
где а — постоянная экранирования.
8
т = Zmp + (A - Z)mn - тя =
=Zmн + (А - Z)mn - та,
Дефект массы ядра
где тр — масса протона,
тn — масса нейтрона,
тн — масса атома Н,
A
та и тя — масса атома и его ядра Z X .
Z и А — зарядовое и массовое числа.
Энергия связи ядра
где с — скорость света в вакууме.
Есв = с2т,
Удельная энергия связи
св =
Закон радиоактивного распада
где N0 — начальное число радиоактивных ядер в момент
времени t =0,
N — число нераспавшихся радиоактивных ядер в момент
времени t,
 — постоянная радиоактивного распада.
Активность радиоактивного вещества
Закон поглощения гамма-излучения веществом
где I0 — интенсивность гамма излучения на входе в
поглощающий слой вещества,
I — интенсивность гамма-излучения после прохождения
поглощающего слоя вещества толщиной х,
 — линейный коэффициент поглощения.
Энергия ядерной реакции
где т1 и т2 — массы покоя частиц, вступающих в реакцию,
 m i — сумма масс покоя частиц, образовавшихся в
результате реакции.
9
Е св
.
А
N = N0 exp (-t),
A=-
dN
 N.
dt
I = I0 exp ( - x),
Q = c2 (m1 + m2 -  mi ),
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1.
Найти силу действующую на тело, его кинетическую энергию и закон движения: S  f (t ) через 2с
если ускорение тела меняется по закону: a  10t  1; масса тела 2кг, S (t  0)  0 .
a  10t  1 ; t  2c; S  0 и   0 при t  0.
Дано: m  2кг ;
Найти: F и
Eк при t  2c ; S  f (t ) .
Решение: согласно второму закону Ньютона
F  m  a  m(10t  1), при t=2c:
(1)
F  2кг  (10  2  1) м / с  42 Н .
По определению
d
a
dt
m 2
Eк 
2
(2)
(3)
Из равенства (2) находим скорость:
t
2
0
0
   a  dt   (10t  1)dt
d  a  dt
  10  t 2 / 2  t  (5t 2  t ) м / с
Следовательно, из (3)
E
а при
t  2c
Eк 
m(5t 2  t ) 2
2


2кг  (5  4  2) 2 м 2 / с 2
 484 Дж .
2
Пользуясь полученным уравнением для

и имея ввиду, что по определению

dS
, найдем уравнение
dt
движения:


S   dt   5t 2  t dt 
Так как по условию задачи
5t 3 t 2
 C
3
2
S  0 при t  0 , то постоянная интегрирования C  0 .
Окончательное уравнение движения решения имеет следующий вид:
S
5t 3 t 2

3
2
5t 3 t 2

Ответ: F  42 H ; E к  484 Дж; S 
3
2
2. Сплошной шар массой 400г и радиусом 5 см вращается вокруг оси, проходящий через его центр.
Закон вращения шара:
  4  2t  0 ? 2t 2 рад. Определить момент силы, действующий на шар, число
оборотов в секунду и кинетическую энергию шара в момент времени t  1,5c .
10
Дано: m  400 г  0,4кг ; r  5см  0,05 м;
  4  2t  0,2t 2 рад.
Найти: М; n и Ек при t = 1,5c.
Решение: согласно основному уравнению динамики вращательного движения, момент силы, действующих
на тело, равен:
M  I  ,
Где
2
I  mR 2
5
- момент инерции шара. Угловые скорость
 и ускорение  определяется из уравнения:
  ddt  2  0,4t рад/с;   ddt  0,4 рад/с.
Отрицательный знак ускорения говорит о том, что в данном случае шар тормозится. Число оборотов в 1
секунду связано с угловой скоростью соотношением:
n
 2  0,4t 1  0,2t


2
2

Кинетическая энергия вращательного шара равна:
E
I 2
2
.
 mr 2
2
5
Пользуясь полученными формулами, рассчитаем М, n и Ек при t = 1,5c
 0,8  0,4  0,05 2
2

M   mr 2 кг  м 2  (0,4) рад / с 
 1,6  10 4 Н  м ,
5
5

n
1  0,2t
Eк 
Ответ:
3.


1  0,2  1,5  1 / c  0,22  1 / c ,
3,14
mr 2
0,4  0,05 2
кг  м 2  (2  0,4) 2  1 / с 2 
 1,4 2 Дж  3,9  10 4 Дж .
5
5
М  1,6  10 4 Н  м ; n  0,22  1 / c ; Eк  3,9  10 4 Дж .
Шар и сплошной цилиндр имеют одинаковую массу (5 кг каждый) и катятся с одинаковой скоростью
10 м/с. Найти отношение их кинетических энергий.
Дано:
Найти:
m1  m2  m =5кг; 1   2   =10м/с.
E к1
.
Ек 2
Решение: по условию задачи шар и сплошной цилиндр, катятся, т.е. происходит поступательное движение их
центров масс и одновременно вращательное движение этих тел относительно собственных осей вращения.
Кинетическая энергия катящегося шара равна:
m 2 I 112
E к1 

,
2
2
а цилиндра:
Eк 2
m 2 I 112


2
2
где I1, I2 и ω1, ω2 – моменты инерции и угловые скорости соответственно шара и цилиндра.
11
2 2
1 2
mR1 , цилиндра I 2   mR2 , где R1 и R2 – радиусы шара и цилиндра.
2
5
Момент инерции шара I 1  
Так как линейная и угловая скорость связаны соотношением


R
, то выражение для Ек1 и Ек2 приобретет
следующий вид:
m 2  2  2  2
E к1 
  mR1  2  0.7m 2
2
R1
5
Eк2 
4.
m 2  1  2  2
  mR2  2  m 2
2
R2
2
Откуда
E к1
 0,7
Eк2
Ответ:
E к1
 0,7
Eк2
Чему равны средние кинетические энергии поступательного и вращательного движения молекул,
содержащихся в 4 кг кислорода при температуре 200К?
Дано: m = 4 кг; Т = 200К; М = 32 · 10-3 кг/моль.
Найти:
E
пост
, Е
вр
.
Решение: считаем газ идеальным. Молекула кислорода – двухатомная, число степеней свободы такой
молекулы i = 5, из которых три приходится на поступательное и две на вращательное движение. Средняя
энергия молекулы, которая приходится на одну степень свободы:
E
пост
1
  кТ ,
2
где к – постоянная Больцмана, Т – термодинамическая температура.
Тогда: E
пост

3
кТ ; Е
2
вр
 кТ .
Число молекул, содержащихся в массе m газа равно: N 
m
N A , где NA - число Авогадро. Следовательно,
М
средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул кислорода:
E
пост
N E
пост

m
3
3 m
 N A   кг    R  T ,
М
2
2 М
где R  k  N A - молярная газовая постоянная. Аналогично для средней кинетической энергии
вращательного движения молекул кислорода получаем:
E
вр

m
 R T
М
Подставляя в полученные формулы числовые значения имеем:
E
пост

3  4кг  8,31 Дж /( моль  К )  200 К
 3,12  10 5 Дж
2  32  10 3 кг / моль
12
Е
Ответ:
5.
вр
E
4кг  8,31 Дж / 9 моль  К )  200 К
 2,08  10 5 Дж
3
32  10 кг / моль

пост
 3,12  105 Дж ; Е
вр
 2,08  10 5 Дж .
Кислород массой 320г нагревают при постоянном давлении от 300 до 310 К. Определить количество
теплоты, поглощенное газом, изменение внутренней энергии и работу расширения газа.
Дано: m = 320 кг = 0,32 кг; Т1 = 300 К; Т2 = 310 К; М  32  10
 3 кг / моль .
U.
Найти: A, Q,

Решение: считаем газ идеальным. Количество теплоты, необходимое для нагревания газа при постоянном
давлении, находим, используя первое начало термодинамики для изобарного процесса.
 Q  U   A 
m
m
CV T2  T1   P  V 
C P T2  T1 
М
М
где молярные теплоемкости при постоянном объеме
СV 
i
R;
2
CP 
CV и при постоянном давлении С Р равны:
i2
R
2
Молекулы кислорода двухатомные, поэтому для них число степенней свободы
выражений для молярных теплоемкостей, выражение для
Q принимает вид:
i  5 . С учетом записанных
m  (i  2)  R
T2  T1 
2М
Q 
(1)
Изменение внутренней энергии
U 
m
m i
CV T2  T1  
 RT2  T1 
М
М 2
Работа расширения газа при изобарном процессе
– Менделеева:
P  V 
A  P  V . Так как согласно уравнению Клапейрона
m
R  T , то окончательно получаем:
М
A  P  V 

(2)
m
m
T2  T1 
R  T 
М
М
(3)
Подставляя числовые значения в формулы (1), (2) и (3), имеем:
Q
0.32кг  (5  2)  8,31 Дж /( моль  К )  (310  300) К
 2910 Дж .
2  32  10 3 кг / моль
U
0.32  5  8.31 Дж /( моль  К )  (310  300) К
 2080 Дж .
2  32  10 3 кг / моль
A
0.32  8.31 Дж /( моль  К )  (310  300) К
 830 Дж .
2  32  10 3 кг / моль



13
Ответ: Q  2910 Дж ; U  2080 Дж ; A  830 Дж .
6. Объем аргона, находящегося при давлении 80 кПа, увеличивается от 1 до 2 л. На
сколько изменится внутренняя энергия газа, если расширение производилось: а)
изобарно; б) адиабатно?
Дано: V1  10 3 м3 ; V2  2 10 3 м3 ; Р  0,8  10 5 Па ; М  40  10 3 кг / моль .
Найти: U .
Решение: считаем газ идеальным. Согласно первому началу термодинамики
элементарное количество теплоты Q , переданное системе, расходуется на
изменение внутренней энергии U и на работу A против внешних сил:
Q  U  A ; U 

m i
R  T ; A  P  V
М 2
(1)
Для изобарного расширения P  const  :
U

m i
i
i
R  T  P  V  PV2  V1 
М 2
2
2
(2)
При адиабатном расширении отсутствует теплообмен системы с окружающей
средой, т.е. Q  0 , и следовательно из (1) получаем
U  A
Работа A , совершаемая газом при адиабатном процессе равна:
 1
P1V1   V1  
A
1     .
  1   V2  
где   C P / CV  i  2 / i - показатель степени адиабаты. Для аргона i  3 , т.к. газ
одноатомный. Тогда   1.67 . Следовательно, изменение внутренней энергии
 1

P1V1  V1 


U 

1


  1  V2 

(3)
Подставляем числовые значения в (2) и (3), получаем:
А) при изобарном расширении
3
U 
 0.8  105 Па  2  10 3  1  10 3 м3  120 Дж
2
б) при адиабатном расширении
1, 671

0,8  10 5 Па  10 3 м3  1  10 3 м3 
U 
 

1

  44,6 Дж
3
3
1,67  1
2

10
м



Знак «-» означает, что внутренняя энергия уменьшилась, т.е. Температура при
адиабатном расширении снизилась.
Ответ: U  120 Дж ; U  44,6 Дж .
7. Температура нагревателя тепловой машины 450К. Температура холодильника 300К.
Определить КПД тепловой машины, работающей по циклу Карно, и полезную
мощность машины, если нагреватель ежесекундно передает ей 1525Дж теплоты.
14
Дано: T1  450 K ; T2  300 K ; Q1  1525 Дж / с .
Найти:  , N пол .
Решение: КПД машины равен:

Q1  Q2
A
 ,
Q1
Q1
(1)
где Q1 - количество теплоты, передаваемое от нагревателя, Q 2 - количество теплоты,
получаемое холодильником, А – полезная работа, совершаемая тепловой машиной.
Для идеального цикла, каким является цикл Карно, справедливо выражение:

T1  T2
.
T1
(2)
где Т1 и Т2 – температура нагревателя и холодильника. Из выражений (1) и (2) получаем
A    Q1 
T1  T2
 Q1 .
T1
А разделив обе части равенства на время t , имеем
A T1  T2 Q1
T  T2 Q1
или N пол  1


 .
t
T1
t
T1
t
Q
А
- полезная мощность машины, а N  1 - полная мощность. Подставив в
t
t
полученные выражения данные задачи, получим:
где N пол 

450  300 K
 0.33 ; N пол 
450 K
Ответ:   0.33 ; N пол  508 Вт .
450  300 К 1525 Дж / с  508 Вт .
450 К
8. Два одинаковых отрицательных заряда по 9 нКл находятся в воде на расстоянии 8 см
друг от друга. Определить напряженность и потенциал поля в точке, расположенной
на расстоянии 5 см от зарядов.
Q1  Q2  9  10 9 Кл ;
r0  0.08 м ; r1  r2  0.05 м
Дано:
  81 ;
Найти: Е.
Решение: напряженность поля, создаваемого
в точке А (рис.1) зарядами Q1 и Q2 по
принципу суперпозиции, равна векторной
сумме напряженностей, создаваемых каждым
из зарядов:
(1)
 

E  E1  E 2
По теореме косинусов:
E  E12  E 22  2 E1 E 2 cos
(2)
Напряженность поля точечного заряда:
E
Q
4 0 r 2
,
15

где
- диэлектрическая проницаемость,  0 - электрическая постоянная, r - расстояние
заряда до точки поля, в которой определяется его напряженность. Заряды Q1 и Q2


отрицательны, следовательно векторы E1 и E 2 направлены по линиям напряженности к
зарядам. По условию задачи заряды Q1  Q2 и расположены на одинаковом расстоянии от
точки А. Поэтому E1  E 2 . Следовательно, формула (2) примет вид:
E  2E, сos  ,
cos   h / r1
где
5*10 м  4 *10
2
h  OA  r12  r02 / 4 
2
м  3 *10 2 м.
Тогда напряженность в точке А:
2Q1  h
2;9  10 9 Кл  3  10 2 м

 480 А / м.
40 r13 4  3,14  81  8,85  10 12 ф / м  0,053 м 3
Потенциал  , создаваемый системой точечных зарядов данной точке поле ,равен

алгебраической сумме потенциалов , создаваемых каждым из зарядов   .
n
     . Потенциал
1
2

i 1
i
поля ,создаваемого точечным зарядом ,равен:
Q
4
r
0 1
Следовательно:
  1   2 
Q1
4
r
0 1

Q2
4
r
0 2

2Q1
4
r
0 1

 2  9  10  9 Кл

 40 В.
4  3,14  81  10 12 Ф / м  5  10  2
Ответ:   480 В / м;   40 В.
9. Задание 1 нКл переносятся в воздухе из точке, находящейся на
расстоянии 10 см от нее. Определить работу ,совершаемую против сил поля
,если линейная плотность заряда нити 1мкКл/м. Которая работа
совершается на последних 10 см пути?
Дано: r0  0,1м; r1  1м; r2  0,2 м; Q  1  10 9 Кл;  1; r  1  10 6 Кл / м.
Найти: 1 ;  2 .
Решение: работа внешней силы по перемещению зарядов Q их точки поля с
потенциалом  i в точку с потенциалом  0 равна

 Q
0
 i 
Бесконечное равномерно заряженная нити с линейной плотностью заряда
 создает максимально симметричное поле напряженностью    / 2

0
r
.Напряженностью и потенциал этого поля связанны соотношением
   d / dr ,откуда d  dr .разность потенциалов точек поля на расстоянии
16
ri и r0 то нити

 ln r
 0  i   dr    drr  2
r
2
0
0
 ln r ;   =  ln r
0 i  2
0
2 2
r
r
0
0
r0
ri
i
ri
0
r0
i
2
0
0
Подставляя формулу(1) найденное выражение для разности потенциалов
из(2),определим работу, совершаемую внешними силами по перемещению заряд
из точки , находящейся на расстоянии 1м до точки, расположенной на
расстоянии 0,1м от нити.
ri 1  10 9 Кл  10 6 Кл / ln 10
Q 
1 
ln 
 4,1  10 5 Дж
12
2
r0 2  3,14  8,85  10 ф / м
2 
Q 
2
0
ln
r2
1  10 9 Кл / м ln 2

 1,25  10 5 Дж.
r0 2  3,14  8,85  10 12 ф / м
0
Ответ : 1  4,1  10 5 Дж ;  2  1,25  10 5 Дж.
10. Задание конденсатор 1мкКл, площадь пластины 100 см2, зазор между
пластинами, заполнен слюдой. Определить объемную плотность энергии поля
конденсатора и силу притяжения пластин.
Дано: Q=10-6 Кл; S= 10-2м2;   6 .
Найти:  , .
Решение: сила притяжения между двумя равномерно заряженными обкладками
конденсатора

 0
2
S
,
2
где   Q / S -Поверхностная плотность заряда. Подставляя (2) и (1) получаем
12
Q
10
  2

s 2  6  8,85  10
0
2
Кл 2
 0,94.
12
ф / м  10  2 м 2
объем плотности электрического поля

 0
2
2
Подставляя (2)и
(3),получаемая: 
Ответ:   0,94;
Q2
2
s
2

10 12 Кл 2
 94,2 Дж / м 3
2  6  8,85  10 12 ф / м  10  4 м 4
0
 94,2 Дж / м 3 .
11. Электрон, пройдя ускоряющую разность потенциалов 88 кВ, влетает в
однородное магнитное поле перпендикулярно его линиям индукции.
Индукция равна 0,01 Тл. Определить радиус троектории электрона .
Дано: U  88кВ;   0,01Тл; e  1,6  10 19 Кл.
17
Найти: r.
Решение: В магнитном поле с индукцией
В на электрон, движущихся со


скоростью  перпендикулярно B , действует сила Лоренца
FA  e ,
которая обусловливает центростремительное ускорение электрона при его
движении по окружности e=
m 2
,
r
где m-масса электрона; e-его заряд; r-радиус троектории его движения.
Пройдя ускоренную разность потенциалов U,электрон приобретает
кинетическую энергию m 2 / 2 ,равную работе  сил электрического поля
m 2 /2=еU. Отсюда находим скорость электрона: 
2eU
.
m
Из уравнения (2) с учетом (3) найдем рисунок
траектории: r 
i 2mU
1
2  88  10 3 9,1  10 31 кг
 2
 0,1м

e
10 Тл
1,6  10 19 Кл
Ответ: r=0,1м
12. Соленоид длиной 20см и диаметром 4 см имеет плоскую трех слойную
обмотку из провода диаметром 0,1мм. По обмотке соленоида течет ток 0,1  .
Зависимость B  f (H ) для материала сердечника дана на рис. 2.
Определить напряженность и индукцию поля соленоида, магнитную
проницаемость сердечника, индуктивность соленоида и объемную
плотностью энергии соленоида.
Дано:   0.2 м ; D  0.04 мм ; N=3;
d  1  10 4 м ; I = 0.1A.
Найти: Н, В,  ,  , W,  .
Решение: Поле внутри соленоида
можно считать однородными. В этом
случае напряженность поля H  I  n ,
(1)
где I – сила тока в обмотке;
N
(2)
n ,
d
где n - число витков, проходящих на единицу соленоида; N – число слоев
обмотки; d – диаметр провода.
I  N 0.1A  3
Тогда: H 

 3000 A / м
d
1  10 4
18
По графику B  f (H ) находим, что напряженности 3000 А/м соответствует
индукция 1,7Тл. Используя связь между индукцией и напряженностью
B   0 H
(3)
Определим магнитную проницаемость:
B
1.7Тл


 450
7
 0 H 12,56  10 Гн / м  3000 А / м
Индуктивность соленоида
(4)
  0 n 2 S ,
2
D
где  - длина, S  
- площадь поперечного сечения соленоида, с учетом (2)
4
получаем
N 2 D 2 450  12.56  10 7 Гн / м  32  0,2  3,14  4 2  10 4 м 2
  0

 128 Гн .
4d 2
4  1  10 8 м 2
Объемная плотность энергии магнитного поля
ВН 1,7Тл  3000 А / м


 2,56  10 3 Дж / м 3
2
2
Энергия магнитного поля соленоида
или
W    s 
W 
(5)
 I2
(6)
2
Подставляя числовые данные в (6), получаем:
128 Гн  1  102 А2
W 
 0,64 Дж
2
Ответ: Н=3000 А/м; В=1,7 Тл;   450;   128Гн;   2,25кДж / м3 ;
W  0.65 Дж .
13. Виток радиусом 5 см с током 1 А помещен в однородное магнитное
поле напряженностью 5000 А/м так, что нормаль к витку составляет угол
600 с напряжением поля. Какую работу совершит сила поля при повороте
витка в устойчивое положение?
Дано: r  0.05 м; I  1А; H  5000 А / м;  600.
Найти: А.
Решение: Работа А при повороте витка с током I в магнитном поле
А  I  Ф
Ф  Ф2  Ф1 - изменение магнитного потока сквозь площадь витка
Здесь
S=  r 2 , Ф1  BS cos  -магнитный поток, пронизывающий виток в начальном


положении, где  - угол между векторами  и  .
19
(1)
Устойчивым положением витка в магнитном поле является
такое, при
Котором направление нормали к нему совпадает с вектором индукции, т.е.
когда   ou cos  =1. Следовательно, Ф2  В  S. Таким образом,
Ф  Br 2 (1  cos ). Учитывая, что В=  0 H , имеет
Ф   0 Hr 2 (1  cos )
(2)
Подставляя (2) в (1) , получаем
А  I 0 Hr 2 (1  cos )
А  1А  1  12,56  107 Гн / м  5  103 А / м  3,14  25  104  м2  (1  0,5)  2,46  105 Дж.
Ответ: А  2,46  105 Дж.
1. Какую наибольшую толщину должна иметь стеклянная пластинка, если
на нее под углом 600 падает белый свет и она в отраженном свете
кажется зеленой ( зел  0,52 мм ).
-Q1
-Q2
r0
E
r1
r2

E2

E1
A
Дано: n  1.5; i  600 ;   0,52 мкм.
Найти:d min
Решение: оптическая разность хода когерентных лучей 1 и 2 до точки А , где
происходит явление интерференции:   (CD  DA)n  KA
Это значение через параметры пленки и условия падения равн:
  2d n 2  sin 2 i 

(1)
2
В точке А условие интерференционного максимума для зеленых лучей будет
осуществлено, если:
  2k

2
,
(2)
где k=1,2,… ,  - длина волны зеленого света. Приравнивая (1) и (2), получим
возможные значения толщены пленки:
2d n 2  sin 2 i 
откуда

2
 k
20
k 

2
2 n  sin 2 i
Наименьшая толщина пленки будет при k=1
d
d min 
d min 
2

4 n  sin 2 i
2
0.52
 0.106 мкм .
4 1.52  sin 2 60 0
Ответ: dmin  0.106 мкм.
15. На дифракционную решетку Д нормально падает монохроматический
свет с длиной волны 0,65 мкм. На экране Э, расположенном параллельно
решетке и отстоящем от нее на расстоянии 0,5 м наблюдается
дифракционная картина (рис 3). Расстояние между дифракционными
максимумами первого порядкам равна 10 см. Определить постоянную
дифракционной решетки и общее число максимумов, получаемых с
помощью этой решетки.
Дано:   0,65  106 м;   0,5 м;   0,1м; k  1.
Найти: С; n.
Решение: запишем условие главных максимумов дифракционной решетки:
C  sin  k  k ,
(1)
где С –постоянная дифракционной решетки;  -угол отклонения лучей от
нормального направления распространения света; k-порядок главного
дифракционного максимума;  -длина волны падающего на решетку
монохроматического света.
По условию задачи, k=1. Учитывая, что
sin 1  tg1 

2
(2)
Подставляя (2) в (1), получаем:
c
,
2

  , имеем
2
или
C
2

21
(3)
Подставляя в (3) числовые значения величин, находим:
С
2  0,65  106 м  0,5 м
 6,5  10 6 м  6,5 мкм .
0,1м
Для определения общего числа главных максимумов, даваемых дифракционной
решеткой, исходим из условия, что максимальный угол отклонения лучей от
нормального направления распространения не может превышать 900 С, т.е.
sin 900 =1, тогда формула (1) примет вид:
k max 
с

Производим вычисления:
kmax  6,5  106 м / 0,65  106 м  10.
Общее число максимумов равно: n  2kmax  1, т.е. влево и вправо от центрального
максимума будут наблюдаться по kmax максимумов:
n  2 10  1  21.
Ответ: C  6.5  106 м; n  21.
16. Определить во сколько раз уменьшится интенсивность естественного
света, прошедшего через 2 николя, плоскости поляризации которых
составляют 450 . Каждый николь поглощает 8 % света, падающего на него.
Дано:   450 ; k1  k2  k  0,08
I
Найти: 0 .
I2
Решение: В результате двойного лучепреломления естественный луч света,
падая на призму II – поляризаторов, раздваивается на обыкновенный и
необыкновенный лучи. Оба поляризованы, но во взаимно перпендикулярных
плоскостях. Обыкновенный луч, подчиняясь закону преломления, преломится и,
подойдя к слою канадского бальзама в николе, испытывает полное отражение и
поглотится зачерненной боковой гранью призмы. Необыкновенный луч
проходит через призму без отклонений, интенсивность его уменьшается из-за
поглощения света призмы на величину kI 0 .
Интенсивность света, прошедшего через поляризатор, равна:
I 1  0.5  (1  k ) I 0
(2)
где k = 0,0,8 (т.е. 8%) - коэффициент поглощения света в призме, I0 –
интенсивность естественного света, падающего на поляризатор.
22
Поляризованный свет, войдя во второй николь – анализатор А, опять
поглощается и интенсивность его уменьшается на величину kI 1 . Кроме того,
интенсивность света из-за несовпадения плоскостей поляризации поляризатора
и анализатора согласно закону Малюса уменьшается:
(2)
I 2  I1 (1  k ) cos2  ,
где  - угол между плоскостями поляризации поляризатора и анализатора, k коэффициент поглощения, I 1 - интенсивность поляризованного света,
падающего на анализатор, I 2 - интенсивность поляризованного света, падающего
через анализатор.
Подставляя в выражение (2) выражение (1), имеем:
2
(3)
I 2  0.5I 0 1  k  cos2 
Из соотношения (3) следует:
I2
2
 0.51  k  cos2 
I0
I0
1

2
I 2 0.51  k  cos2 
Подставляем числовые значения, получим:
I0
I2
1
2
 0.51  0.08  cos2 45 0  0.2 ;

5
I0
I 2 0.2
I
Ответ: 0  5
I2
17. Как изменится мощность излучения черного тела, длина волны, соответствующая
максимуму излучения переместится от 1  0.9 мкм до 2  0,3 мкм .
1  0.9 мкм ; 2  0,3 мкм .
N
Найти: 1 .
N2
Дано:
Решение: длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения черного тела,
определяется из первого закона смещения Вина:
max 
b1
T
(1)
где Т – термодинамическая температура излучателя, b1  2.89  10 м  К - постоянная Вина.
По формуле (1) определяем температуру, соответствующую длине волны:
T1 
b1
1
; T2 
3
b1
2
.
(1)
Мощность излучения черного тела:
N  RS ,
где R – энергетическая светимость черного тела; S – площадь поверхности излучающего тела.
В соответствии с законом Стефана-Больцмана:
23
R  Q T 4 ,
8
2 4
где   5.67  10 Вт /( м к ) - постоянная Стефана-Больцмана. Для 1 и  2 получим:
N1  T14 S , N 2  T24 S .
Из формулы (1) и (3)
(3)
4
b 
  S  1 
4
N2
  2   1

N1
42
 b1 
  S  
 1 
N
Отношение 2  n показывает, во сколько раз увеличивается мощность излучения черного
N1
тела:
4
n  0.9 мкм / 0,30 мкм   3 4  81 .
Ответ: мощность излучения увеличивается в 81 раз.
18. Давление света (длина волны 0,55мкм), нормально падающего на зеркальную
поверхность, равно 9 мкПа. Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности.
Дано:   0,55  10 6 м ; Р  9  10 6 Па ;   1 .
Найти: n .
Решение: давление света при нормальном падении на поверхность с коэффициентом
отражения  :
I
P  1      1   
(1)
c
I
где I – интенсивность излучения, с – скорость света в вакууме,   - объемная плотность
c
энергии излучения.
hc
Энергия одного фотона:  
, где h - постоянная Планка. Объемная плотность энергии

излучения:
nhc

,
(2)

где n - концентрация фотонов.
Подставляя (2) в (1) получаем:
nhc
1   
P
(3)

Откуда
P
;
n
hc1   
0.55  10 6 м  9  10 6 Па
n
 2,49  1013 м 3
34
8
6,62  10 Дж  с  3  10 м / с  1  1
Ответ: n  2,49  1013 м 3
19. Красная граница фотоэффекта для никеля равна 0,257мкм. Найти длину волны
света, падающего на никелевый электрод, если фототок прекращается при
задерживающей разности потенциалов 1,5 В.
24
Дано:  кр  0,257 мкм ; U  1.5B .
Найти:  .
Решение: Согласно уравнению Эйнштейна для внешнего фотоэффекта
hc
 A  Eк
(1)

где h - постоянная Планка; с – скорость света в вакууме;  - длина волны падающего света; А
– работа выходов электронов из металла; Eк - максимальная кинетическая энергия
фотоэлектронов:
hc
(2)
A
кр
Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов:
m 2
(3)
Ек 
 eU .
2
где e - заряд электрона; U - задерживающая разность потенциалов. Подставляя выражение (2)
и (3) в (1), получаем:
hc hc
(4)

 eU

кр
Из уравнения (4) найдем длину волны света:
 1
eU 
  


  кр hc 
1

1,6  10 19 Кл  1,5В
1
  

8
6
 6,62  10 Дж  с  3  10 м / с 0,257  10
Ответ:   0,196 мкм .



1
 1,96  10 7 м
20. Вычислить длину волны де Бройля электрона, движущегося со скоростью   0,75с (с
– скорость света в вакууме).
Дано:   0,75с
Найти: 
Решение: Длина волны де Бройля для частицы определяется формулой:
h
(1)

p
где h - постоянная Планка; p – импульс частицы. При движении частицы со скоростью,
близкой к скорости света в вакууме, масса частицы зависит от скорости. Поэтому в
выражении для импульса
p  m ; m  f ( ) ,
(2)
где m – масса движущейся частицы. Зависимость массы от скорости выражается выражением:
m0
(3)
m
1
2
c2
где m0 – масса покоя частицы.  - скорость движения частицы. Подставив в выражение (1)
значения p и m из (2) (3), получим:
25
h
2

1 2
m0
c
(4)
По условию задачи скорость движения электрона равна 0,75с. Подставив это значение в
формулу (4) имеем:

h
0.75 2 c 2
h
1
1


1  0.75 2 ,
2
m0  0.75  c
c
cm0 0.75
h
- комптоновская длина волны
m0 c
  0.88  2.42нм  2,24нм .
Ответ:   2,24нм .
где
 . Учитывая это, получим:
21. Электрон находится в бесконечно глубоком одномерном потенциальном ящике (яме).
Ширина ящика

равна 2  10
10
м. Определить наименьшее значение электрона, а
также вероятность нахождения на участке 0  x 
Дано:
  2  10
10
м; 0  x 

;
5

пятого энергетического уровня.
5
n  5.
Найти: E min ,
.
Решение:
состояние частицы в бесконечно глубоком прямоугольном потенциальном
ящике (яме) шириной
x  

описывается волновой функцией:
2
nx
,
sin


где n  1,2,3,...; х – координата частицы.
Полная энергия частицы в потенциальном ящике зависит от его ширины и определяется
формулой:
h2n2
E
,
8m 2
(2)
где h - постоянная Планка; m – масса частицы; n  1,2,3,... - целое число.
Минимальное значение энергии электрон будет иметь при минимальном значении n, т.е. при
n = 1, следовательно:
h2
E
8m 2
Подставляем числовые значения, вычисляем:
6,62 2  10 68 Дж 2 с 2
E мин
 1,5  10 18 Дж  9,4эВ .
31
 20
2
8  9,11  10 кг  4  10 м
26
Вероятность того, что электрон будет обнаружен в интервале от x до
x  
xdx
x  dx
равна
2
x  dx . Искомую вероятность находим интегрированием в пределах от 0 до

:
5

5

5
2
2 2n x
 nx
sin
dx   sin 2
dx


0

2

0
Электрон по условию задачи находится на пятом энергетическом уровне, т.е. n  5 , тогда

5

5
2
5 x
2 1

5 x 
sin 2
dx   x 
sin 2 


0

 2
4  5
 0
Таким образом, вероятность нахождения электрона на пятом энергетическом уровне при

0 x

равна 0,2.
5
Ответ: Е min  9,4эВ;   0,2
22. Определить, сколько ядер в одном грамме радиоактивного
течение 1 года.
90
32
S r распадается в
Дано: m  10 3 кг ; Т = 27 лет; t = 1год.
Найти: Nt.
Решение: для определения числа атомов, содержащихся в одном грамме, используем
соотношение:
N   N A 
m

NA
(1)
где NA – постоянная Авогадро;  – число молей, содержащихся в массе данного элемента;  молярная масса изотопа. Между молярной массой изотопа и его относительной атомной
массой существует соотношение:
(2)
  10 3  Акг / моль
Для всякого изотопа относительная атомная масса весьма близка к его массовому числу А,
т.е. для данного случая
  10 3  90кг / моль.
Используя закон радиоактивного распада
(3)
N  N 0  e  t
где  0  начальное число нераспавшихся ядер в момент t  0;   число
нераспавшихся ядер в момент t ;  - постоянная радиоактивного распада. Определим
количество распавшихся ядер в течении 1 года:
 t   0      0 1  e t 
Учитывая, постоянная радиоактивного
соотношением   ln 2 / T , получим;
распада
27
связанна
с
(4)
периодом полураспада
ln 2

t

 t   0 1  e T 


(5)
Подставляя (1) с учетом (2) в выражение (5), имеем
n 2 




m
N t  N A  3 1  e T 
10 A 



(6)
Производя вычисления по формуле (6), найдем:
1
0 , 693
10 3 кг


27
 t  6,02  10 моль
1  е
  6,4  10 21
3
10  90кг / моль 

23
Ответ:  t  6,4  10
1
21
23. На поверхность воды падает узкий монохроматический пучок
  лучей с
длиной волны 0,775 пм. На какой глубине интенсивность
  лучей уменьшится в
100 раз?
Дано:   0,775 пм  7,75  10 13 м ; К= 100.
Найти: x
Решение: ослабление интенсивности  - лучей определяется из формулы
I  I0  e
 x
(1)
откуда
I0
x
e ,
I
где I0 – интенсивность падающего пучка  - их интенсивность на глубине x,  коэффициент линейного ослабления. Решая уравнение (1) относительно x
находим:
nk
(2)
nk   x ; x 
k

для определения  вычислим энергию  - квантов
  h  hc ,

где h – постоянная Планка; с – скорость света в вакууме. Подставляя числовые
значения, получим:
6,62  10 34 Дж  с  3  10 8 м / с

 2,56  1013 Дж  1,6МэВ.
13
7,75  10 м
28
По графику зависимости линейного коэффициента ослабления  - излучения от
их энергии находим   0,06см 1 . Подставляя это значение в формулу (2);
находим:
n100
x
 76,75см .
0.06см 1
Ответ: x  76,75см
24. Вычислить в мгаэлектроновольтах (МэВ) энергию ядерной реакции
59
27
Сo 10 n 60
Co  
27
Выделяется или поглощается энергия при этой реакции?
Решение: энергия атомной реакции: E  m  c ,
(1)
где m - дефект массы реакции; с – скорость света в вакууме. Если m выражать в а.е.м., то
формула (1) примет вид:
2
E  931  mМэВ
Дефект массы равен:
mm

59
27 Co
 mn  m
60
27 Co
Так число электронов до и после реакции сохраняется, то в место значения масс
ядер воспользуемся значениями масс нейтральных атомов, которые приводятся
в справочных таблицах
m  1.00867 а.е.м.
т Сщ  58,95182 а.е.м.;
n
59
27
m
60
27 Co
 59.95250 а.е.м.
m  59.96075  59.95250 а.е.м.  0,00825 а.е.м.
Реакция идет с выделением энергии, т.к. m  0
E  931МэВ / а.е.м.  0,00825 а.е.м.  7,66МэВ.
Ответ: E  7,66МэВ.

25. Сколько энергии выделяется при образовании 1 г гелия из протонов и нейтронов?
Дано: m  1.0г  10 кг
Найти: Е .
3
Решение: выделившуюся энергию найдем по формуле взаимосвязи массы и энергии
Е  m  c 2  n ,
где m - изменение массы при образовании одного ядра атома гелия (дефект массы); с –
скорость распространения света; n – число атомов гелия в массе m.
Дефект массы определим из равенства:
m  zm

1
1H
  A  z m n  maT
1
0
где z – зарядное число элементов, равное порядковому номеру элемента таблицы
Менделеева, для гелия z  2 ; m H - масса атома водорода, m H  1.00783 а.е. м. ;
1
1
1
1
m n - масса нейтрона, mn  1.00867 а.е.м. ; А - массовое число, для гелия А = 4;
m aT - масса атома, для гелия maT  4.00260 а.е.м.
29
Подставим эти значения:
29
m  2  1.00783  2  1.00867  4.00260  а.е. м.  0,0304 а.е. м  5,05  10
кг.
m
Учтем, что n    N A

Число атомов в одном грамме равно:
N
n  10  3 A ,

где NA – постоянная Авогадро;  -т молярная масса, для гелия
  4  10 3 кг / моль.
Подставим эти значения в формулу выделившейся энергии:
23
моль 1
 29
2
 3 6,023  10
E  5,05  10 кг  10
 9  10 16 м 2 / с 2 
3
4  10 кг / моль
 0,0684  10 13 Дж  4,3  10 30 эВ.
Ответ: Е  4,3  10 30 эВ .
30