Марина Архипова

Решение. Радиус светлого пятна (см. рис. 32-12) равен г = А В + В1С; A B = h0tga; В ХС = ( Н - h0)tg^,. Тогда г = h^tga + ( Н - fy^tgP; R = ftotga + (h - /*o)tg[3. Согласно закону преломления света sin р Так как углы малы, то можно считать, что tga ~ a , tg|3 ~ [3, Отсюда р = па. Подставим это выражение в формулы (1) и (2): г = h^a + ( Н - Ло)па; R = h^a + (h - Hq) па. Разделим выражения для г и для R одно на другое: г _ /го+(Я-йо)и R Ло+(й-йо)л Из последнего уравнения выразим высоту h0 уровня sinP a I ( 1) (2) (3) воды: п H R - h r п - 1 R - г 0,4 м. Ответ. 0,4 м. З А Д А Ч А 13. Расстояние между двумя источниками света L = 24 см...

З А Д А Ч А 14. Точечный источник света находится на расстоянии d = 40 см от собирающей линзы с фокусным расстоянием F = 30 см. Н а каком расстоянии от линзы нужно установить экран, чтобы светлое пятно на нём имело диаметр d0= 2 см? Диаметр линзы D = 4 см. На экран попадает только свет, прошедший через линзу. Решение. Сделаем рисунок (рис. 32-14) и запишем формулу линзы: 1 1 _ 1 d + 7 ~~ ~F' И з этой формулы получим расстояние от изображе- , d-F ния до линзы: / = ----. d-F К а к следует из рисунка, светлое пятно нужного диаметра возможно получить при двух положениях экрана. Рассмотрим два треугольника — ABS' и A XB XS' ...

Решение. Н а рисунке 32-15 показаны траектория колеблющегося груза и изображение её на экране (вид сверху). И з формулы линзы получаем вы ражение для определения расстояния от положения равновесия груза А до линзы: 1 1 d + 1 1 ~F d = fF f ~ F Из подобия треугольников ААВО и АА хВ хО получим А В А, В, Отсюда •*тп1 *т 2 I d d 7 ' '-ml ' f ~ F f ' (1) Амплитуду xmX колебаний груза найдём из соотношения максимальной скорости и амплитуды колебаний груза: vm = coxml, откуда xml = — . СО Ц иклическая частота колебаний математического маятника равна с0-М. Тогда Подставив это выражение в равенство (1), окончательно получим Ат 2 Vn X,m2 0,2 0 ,5 -0 ,2 2,5 0,5 -А- (м) = 0,06 m ...

З А Д А Ч А 17. М еталлический ш арик облучают светом с длиной волны О X = 2000 А . Вследствие фотоэффекта ш арик заряжается до максимального потенциала Фпшх = 3 В. Определите работу выхода электрона из металла. Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта: Ьу = Аъых. + ™ Отсюда Лых = ftv - (1) Частота с длиной волны связаны соотношением h^ = h { (2) Электроны под действием облучения вылетают из шарика, который заряжается положительно. Возникает электрическое поле, задерживающее вылетающие электроны. Когда заряд и соответственно потенциал ш арика становятся такими, что электроны уж е не могут преодолеть...

Тогда Z = 0,15 • — . hv Таким образом, импульс силы, подействовавший на стенку, FAt = 0,15 • ° ’° 9'PoAt • — . hv с Окончательно, давление F 0,09АГ 1 „ 1 е 0.09ЛГ Р = ~ 12= ° ’15----------F2 = ° ’15 • -h s- i ка* с ка* ка*с р = 0,0135--------^ ----- (П а) = 5,7 • 10"7 Па. ^ 3,14 • 25 • 10~4 • 3 • 108 v Ответ. 5,7 • 10 7Па. З А Д А Ч А 19. Сравните энергию связи электрона с ядром в атоме водорода и удельную энергию связи ядра изотопа водорода fH (дейтрона). Масса ядра водорода тя = 2,014102 а. е. м. Энергия связи электрона с ядром рассчитывается по формуле ^свэл = k— , где г 1 — радиус первой боровской орбиты...