Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/01/63.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:15 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:16:44 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: магнитный момент

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63

мальную мощность мотора:
N= Q T2 - T1 T1
м

d

i

11 Вт .

7. После перевода ключа K в положение 1 конденсатор емкостью C1 начинает заряжаться через диод D1 и резистор R. К моменту перевода ключа в положение 2 заряд этого конденсатора станет равным q11 = C1E . При этом конденсатор емкостью C2 должен оставаться незаряженным, т.е. q21 = 0. После переключения ключа в положение 2 диод D1 переходит в непроводящее состояние, а включенный последовательно с конденсаторами диод D2 можно заменить проводником с нулевым сопротивлением. Если установившиеся напряжения на первом и втором конденсаторах после перевода ключа в положение 2 обозначить U1 и U2 , а заряды этих конденсаторов q12 и q22 , то можно записать q12 = CU1 , q22 = C2U2 . По про1 шествии достаточно большого промежутка времени напряжение на резисторе R должно стать равным нулю (конденсаторы полностью зарядились, и, следовательно, ток в цепи прекратился), поэтому сумма напряжений на конденсаторах будет равна ЭДС батареи E . В то же время на основании закона сохранения заряда можно записать равенство q12 q22 = = - q11 . С учетом двух предыдущих соотношений последнее выражение эквивалентно уравнению

d

E - U2 C1 - U2C2 = - EC1 ,

i

решая которое, определим искомый заряд конденсатора емкостью C2 : 2C1C2 E q22 = . C1 + C2 8. Пронизывающий рамку магнитный поток в момент времени t равен где t = t угол между вектором индукции B внешнего поля и нормалью к плоскости рамки. Изменение этого потока приводит к возникновению ЭДС индукции: = BNS sin t . Et =- t Поскольку проводники рамки замкнуты накоротко, а ее общее сопротивление равно R, согласно закону Ома в рамке возникает ток Et It = . R При этом выделяется мгновенная тепловая мощность

bg

t = BNS cos t ,


bg

bg

пендикулярно указанной плоскости. Поэтому 2 2 можно утверждать, что ход луча света в диске R 3 должен быть симмет3 ричным относительно радиуса, перпендикулярного плоскости разL! 1* 1 2 2* реза. На рисунке 19 поРис. 19 казан ход двух лучей, удовлетворяющих этому условию, причем первый луч испытывает два, а второй три отражения. Поскольку нормалью к боковой поверхности диска в заданной точке является радиус, проведенный в эту точку, на основании закона отражения можно утверждать, что свет внутри диска распространяется вдоль сторон правильного многоугольника. Как известно, сумма углов правильного 2k-угольника равна k = 2 k - 1 . Поэтому угол k падения луча, испытывающего при распространении в половине диска k отражений и выходящего параллельно падающему лучу, равен 1 k = k = 05 1 - , . k 4k По условию задачи интенсивность выходящего пучка света лишь незначительно отличается от интенсивности падающего пучка. Это возможно только в том случае, если при отражении света на границе ледвоздух имеет место явление полного внутреннего отражения. Как известно, это явление возникает, когда синус угла падения становится равным обратной величине относительного показателя преломления, т.е. угол o падения удовлетворяет условию arcsin 1 n 50,3 . Отсюда следует, что условия задачи будут выполнены, если при своем распространении в половине диска свет будет испытывать не менее трех отражений. Обратившись к рисунку 19, определим возможные значения искомого расстояния:

b

g

F GH

I JK

bg

bg

Lk = 2 R sin 0,5 1 -

F GH

F GH

1 k

II JK JK

, где k = 3, 4, ...

bg

bg

2 P t = RI t .

bg

bg

На основании закона сохранения энергии можно утверждать, что для поддержания неизменной скорости вращения рамки потери энергии, обусловленные выделением тепла, должны компенсироваться работой внешних сил
A t = M t t .

bg

bg

10. Поскольку точечный источник помещен в главный фокус линзы, выходящий из линзы пучок света параллелен ее главной оптической оси. Учитывая, что эта ось перпендикулярна передней грани призмы, а диаметр линзы больше размеров этой грани, следует считать, что вся призма полностью залита светом, и падающий на призму пучок проходит через ее переднюю грань, не изменяя своего направления распространения. При выходе из призмы пучок света за счет преломления расщепляется на два пучка параллельных лучей. Согласно закону преломления, с учетом принятых на рисунке 20 обозначений, можно утверждать, что оси выходящих пучков образуют с осью падающего на призму пучка углы 1 и 2 такие, что 1 = 1 и 2 = 2 , причем sin 1 = = n1 sin и sin 2 = n2 sin . По условию задачи ?1, поэтому
1 n1 - 1 и

Отсюда следует, что
Mt=P

bg

bt g = b

BNS sin t R

g

2

2 n2 - . Поскольку
.
n1 > n2 , получаем 1 > 2 . Интерференционная картина может наблюдаться только в области перекрытия выходящих из призмы пучков, т.е. внутри параллелограмма OBEK, а плоскость экрана перпендикулярна главной оптической оси линзы, поэтому максимальный размер интерференционной картины

d d

i 1i

1 b

C 1 D O A K 2 B E

Учитывая, что среднее значение квадрата гармонической функции за период равно 0,5, а среднее значение момента сил, действующих на рамку, по условию равно M cp , получаем 2RM cp B= . NS 9. По условию задачи пучок света, падающий нормально на диаметральную плоскость разреза диска, должен выйти пер-

Рис. 20