Міністерство освіти і науки України Національний університет «Львівська Політехніка» Кафедра Фізики Розрахункова робота Варіант №7 1. Між обкладинками плоского конденсатора прикладено різницю потенціалів U = 300 B. У проміжку між обкладинками розміщено плоскопаралельні пластинки скла завтовшки d 1 = 0.5 м і діелектричною проникністю ε 1 = 7 і парафіну завтовшки d 2 = 0.05 м і ε 2 = 2. Визначити напруженість електричного поля в кожній пластинці. Дано: U = 300 B Напруга на пластинах конденсатора: d 1 = 0.5 м U = U 1 + U 2 , де U 1 = E 1 d 1 і U 2 = ε 2 d 2 ε 1 = 7 Враховуємо що: d 2 = 0.05 м E = ε 1 E 1 = ε 2 E 2 ε 2 = 2 Отже: E 2 = ε 1 E 1 ε 2 ; E 1 = ? U = E 1 d 1 + ε 2 d 2 ; E 2 = ? U= E 1 d 1 + ε 1 E 1 ε 2 d 2 . Звідки: E 1 = U d 1 + ε 1 E 1 ε 2 d 2 = 300 0.5+ 7 2 ×0.05 = 444.44 B м E 2 = 7 2 × 444.44 = 1555.56 B м Відповідь: E 1 = 444.44 B м , E 2 =1555.56 B м . 2. Квадратна рамка зі стороною а = 0.1 м розміщена біля довгого провідника, сила струму в якому I 1 = 100 A. Дві сторони рамки паралельні до провідника і знаходяться від нього на відстані l = 0.2 м. Чому буде дорівнювати обертальний момент, що діє на рамку, якщо сила струму в рамці I 2 = 10 A. Дано: а = 0.1 м Обертовий моменти який діє на рамку: I 1 = 100 A М = I 2 SB × sin d ; l = 0.2 м де I 2 - сила струму в рамці, S = a 2 - площа рамки, М об - ? B – вектор магнітної індукції яка cтворена провідником із cтрумом I 1 , + d – Кут між вектором B . Провідник із струмом створює магнітне поле, яке l Визначається за формулою: B = μ μ 0 I 1 2πl ; де: μ – магнітна проникливість середовища. μ 0 – 4π × 10 −7 - магнітна стала. Але sin d = sin 90° = 1. Отже: M = I 2 a 2 μ μ 0 I 1 2πl = 10 ×0. 1 2 4π × 10 −7 × 10 2 2π ×0.2 = 10 −5 Відповідь: M = 10 −5 . 3. Знайти площу першої зони Френеля у випадку плоского фронту хвилі, якщо відстань від поверхні хвилі до точки спостереження r = 5 м, а довжина світлової хвилі δ= 600 нм. Дано: r = 5 м Площу першої зони френеля знайдемо за формулою: δ= 600 нм s 1 = π r 1 2 , де: S 1 − ? r 1 - радіус першої зони френеля. У випадку плоскої хвилі маємо: r k = krδ , де К – номер зони. Отже: K = 1, r 1 = 1 ×rδ = 1 ×5 ×600 ×1 0 −9 = 3 ×1 0 −3 = 1.732 ×1 0 −3 Звідки: S 1 = π r 1 2 = 3.14 ×(1.732 × 1 0 −3 ) 2 = 9.42 ×1 0 −6 м 2 = 9.42 м м 2 Відповідь: S 1 = 9.42 м м 2 4. Незбуджений атом водню поглинає квант випромінювання з довжиною хвилі δ = 102.6 нм. Знайти користуючись теорією Бора, радіус електронної орбіти збудженого атома водню. Дано: δ = 102.6 нм Визначаємо зміну енергії в атомі водню при випромінюванні фотона : r - ? ∆E=h × c δ , де: h = 6.63 ×1 0 −34 Дж с - стала планка. C = 3 ×1 0 8 м с – швидкість світла у вакуумі. Звідки: ∆E= 6.63 × 1 0 −34 × 3 × 10 8 102.8 × 10 −9 = 19.35 × 10 −19 Дж = 12.093 еВ Знаходимо енергію на n-ній орбіті: E n = E 1 - ∆E; E 1 = 13.6 eB – енергія атома водню в не збудженому стані. Отже: E n = 13.6 – 12.093 = 1.51 еВ Так як енергії орбіт є квантовими і відносяться, як квадрати цілих чисел, то E 1 = E n × n 2 Звідки: n 2 = E 1 E n ; n = E 1 E n = 13.6 1.51 ≈3 Радіус електронної орбіти визначаємо за формулою: r n = r 1 × n 2 ; де: r 1 - перший борівський радіус. Звідки: r 3 = r 1 - 3 2 = 5.29 × 10 −11 ×9 = 4.761 × 10 −10 м Відповідь: r = 4.761 × 10 −10 м 5. Визначити енергію E зв , яку треба витратити для відривання нейстрона від ядра 11 N a 23 . Дано: 11 N a 23 Запишемо ядерну реакцію: 11 N a 23 - 11 N a 22 + 0 n 1 E зв - ? Енергія відривання нейтрона від ядра 11 N a 23 дорівнює енергії зв’зку нейтрона з ядром 11 N a 22 . Отже: Виразимо енергію зв’зку через дефект маси системи. E зв = C 2 × ∆m Після підстановки числових значень, замінюємо маси ядер масами нейтральних атомів. Отже: E зв = 931(21.99444 + 1.00876 – 22.98977) = 12.42 меВ Відповідь: E зв = 12.42 меВ