Когерентные источники света \(S_1\) и \(S_2\) находятся в среде с показателем преломления \(n = 2\) и испускают свет с некоторой частотой. В точке \(M\) наблюдается четвертый интерференционный максимум, в которой геометрическая разность хода лучей равна \(\Delta d = 1.5 \space \text{мкм}.\) Чему равна частота испускаемого света?

\(1)\) Условие интерференционного максимума: \(\Delta d = k \lambda\) где \(k = 4\) — порядок максимума, \(\lambda\) — длина волны в среде. \(2)\) Выражаем длину волны в среде:\(\lambda = \dfrac{\Delta d}{k} = \dfrac{1.5 \cdot 10^{-6}}{4} = 0.375 \cdot 10^{-6} \space \text{м}\) \(3)\) Связь длины волны в среде с частотой: \(\lambda = \dfrac{v}{\nu} = \dfrac{c}{n \nu}\) где \(c = 3 \cdot 10^8 \space \text{м/с}\) — скорость света в вакууме. \(4)\) Выражаем частоту: \(\nu = \dfrac{c}{n \lambda}\) \(5)\) Подставляем числовые значения: \(\nu = \dfrac{3 \cdot 10^8}{2 \cdot 0.375 \cdot 10^{-6}} = \dfrac{3 \cdot 10^8}{0.75 \cdot 10^{-6}} = 4 \cdot 10^{14} \space \text{Гц}\) \(6)\) Или используем компактную формулу: \(\nu = \dfrac{k c}{n \Delta d} = \dfrac{4 \cdot 3 \cdot 10^8}{2 \cdot 1.5 \cdot 10^{-6}} = \dfrac{12 \cdot 10^8}{3 \cdot 10^{-6}} = 4 \cdot 10^{14} \space \text{Гц}\) Ответ: \(4 \cdot 10^{14} \space \text{Гц}\) частота испускаемого света.

В теплоизолированном цилиндре объемом \(V=20\ \text{л}\) под поршнем находится \(1\) моль идеального одноатомного газа — неона — под давлением \(p=10^5\ \text{Па}.\) Затем поршень сдвигается, и газ совершает работу \(A=500\ \text{Дж}.\) Найдите изменение среднеквадратичной скорости теплового движения атомов неона в этом процессе.

Переведем объем в системы \(СИ{:}\) \(V=20\ \text{л}=20\cdot 10^{-3}\ \text{м}^3.\) Молярная масса неона примем \(\mu=20\cdot 10^{-3}\ \text{кг/моль}.\) Газовая постоянная \(R=8{.}31\ Дж/(моль·К) .\) \(1)\) Начальная температура газа определяется из уравнения состояния Менделеева — Клапейрона \(pV=R T_1,\) откуда \(T_1=\dfrac{pV}{R}\) \(2)\) Среднеквадратичная скорость атомов выражается через температуру формулой \(\overline{v}=\sqrt{\dfrac{3RT}{\mu}}\,,\) поэтому начальная среднеквадратичная скорость равна \(\overline{v}_1=\sqrt{\dfrac{3R T_1}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{3 p V}{\mu}}\,\) Подстановка чисел дает \(\overline{v}_1=\sqrt{\dfrac{3\cdot 10^5\ \text{Па}\cdot 20\cdot 10^{-3}\ \text{м}^3}{20\cdot 10^{-3}\ \text{кг/моль}}}\approx 5.48\cdot 10^{2}\ \text{м/с}\) \(3)\) Цилиндр теплоизолирован, процесс адиабатический, \(Q=0.\) По первому началу термодинамики \(\Delta U = Q- A = -A.\) Для одноатомного идеального газа внутренняя энергия одного моля \(U=\dfrac{3}{2}RT,\) поэтому \(\dfrac{3}{2}R T_2=\dfrac{3}{2}R T_1- A\) Отсюда \(T_2=T_1- \dfrac{2A}{3R}\,\) Подставим числа: \(T_1=\dfrac{pV}{R}\approx \dfrac{10^5\cdot 0{.}02}{8{.}31}\approx 240{.}8\ \text{К},\) и \(T_2\approx 240{.}8- \dfrac{2\cdot 500}{3\cdot 8{.}31}\approx 240{.}8- 40{.}1 \approx 200{.}7\ \text{К}\) \(4)\) Конечная среднеквадратичная скорость \(\overline{v}_2=\sqrt{\dfrac{3R T_2}{\mu}}=\overline{v}_1\sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}}\approx 548\cdot\sqrt{\dfrac{200{.}7}{240{.}8}}\approx 500\ \text{м/с}\) \(5)\) Изменение среднеквадратичной скорости равно \(\Delta\overline{v}=\overline{v}_2-\overline{v}_1\approx 500-548\approx -48\ \text{м/с}\) Итог: среднеквадратичная скорость уменьшилась примерно на \(48\ \text{м/с}.\)

Два одинаковых металлических шарика с зарядами \(q_1 = 6 \space \text{нКл}\) и \(q_2 = -2 \space \text{нКл}\) привели в соприкосновение и раздвинули на прежнее расстояние. Определите силу взаимодействия шариков после соприкосновения, если первоначальная сила взаимодействия была равна \(F_0 = 12 \space \text{мН}.\)

\(1)\) Первоначальная сила взаимодействия шариков определяется по закону Кулона: \(F_0 = k \dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}\) \(2)\) После соприкосновения заряды шариков перераспределяются поровну, так как шарики одинаковые. Суммарный заряд системы: \(q = q_1 + q_2 = 6 + (-2) = 4 \space \text{нКл}\) \(3)\) Заряд каждого шарика после соприкосновения: \(q’ = \dfrac{q}{2} = \dfrac{4}{2} = 2 \space \text{нКл}\) \(4)\) Сила взаимодействия после соприкосновения: \(F = k \dfrac{(q’)^2}{r^2}\) \(5)\) Находим отношение сил: \(\dfrac{F}{F_0} = \dfrac{k \dfrac{(q’)^2}{r^2}}{k \dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}} = \dfrac{(q’)^2}{|q_1 q_2|}\) \(6)\) Подставляем числовые значения: \(\dfrac{F}{F_0} = \dfrac{(2 \cdot 10^{-9})^2}{|6 \cdot 10^{-9} \cdot (-2) \cdot 10^{-9}|} = \dfrac{4 \cdot 10^{-18}}{12 \cdot 10^{-18}} = \dfrac{1}{3}\) \(7)\) Находим конечную силу взаимодействия: \(F = \dfrac{1}{3} F_0 = \dfrac{1}{3} \cdot 12 = 4 \space \text{мН}\) Ответ: \(4 \space \text{мН}\) сила взаимодействия шариков после соприкосновения.

Два одинаковых клина массой \(M = 0.4 \space \text{кг}\) каждый обладают плавными переходами со своих наклонных поверхностей на горизонтальную гладкую плоскость. Оба клина первоначально покоятся и расположены так, как показано на рисунке. С левого клина с высоты \(H = 50 \space \text{см}\) соскальзывает без начальной скорости маленький брусок массой \(m = 0.1 \space \text{кг}.\) На какую максимальную высоту \(h\) поднимется брусок по правому клину? Трением бруска о клинья можно пренебречь. Обоснуйте применимость законов, использованных для решения задачи.

Обоснование: \(1)\) Задачу решаем в инерциальной системе отсчета, связанной с горизонтальной плоскостью. \(2)\) Брусок считаем материальной точкой. \(3)\) Проекция на горизонтальную ось равнодействующей всех внешних сил равна нулю, поэтому сохраняется проекция суммарного импульса системы на горизонтальную ось. \(4)\) Поскольку трением в системе можно пренебречь, выполняется закон сохранения механической энергии. Решение: \(1)\) Рассмотрим движение бруска по левому клину. Применим закон сохранения импульса для системы «брусок + левый клин» в проекции на горизонтальную ось: \(0 = mv + Mu_1\) где \(v\) — проекция скорости бруска, \(u_1\) — проекция скорости левого клина. Отсюда: \(u_1 = -\dfrac{m}{M}v\) \(2)\) Применим закон сохранения механической энергии для системы «брусок + левый клин»: \(mgH = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{Mu_1^2}{2}\) \(3)\) Подставим выражение для \(u_1{:}\) \(mgH = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{M}{2} \left( \dfrac{m}{M}v \right)^2 = \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{m^2 v^2}{2M}\) \(4)\) Выразим \(v^2{:}\) \(v^2 = 2gH \left( \dfrac{M}{M+m} \right)\) \(5)\) Рассмотрим движение бруска по правому клину. Применим закон сохранения импульса для системы «брусок + правый клин» в проекции на горизонтальную ось: \(mv = (M+m)u_2\) где \(u_2\) — скорость правого клина и бруска в момент максимального подъема. Отсюда: \(u_2 = \dfrac{m}{M+m}v\) \(6)\) Применим закон сохранения механической энергии для системы «брусок + правый клин»: \(\dfrac{mv^2}{2} = mgh + \dfrac{(m+M)u_2^2}{2}\) \(7)\) Подставим выражения для \(u_2\) и \(v^2{:}\) \(\dfrac{m}{2} \cdot 2gH \left( \dfrac{M}{M+m} \right) = mgh + \dfrac{(m+M)}{2} \left( \dfrac{m}{M+m}v \right)^2\) \(8)\) Упростим выражение: \(mgH \left( \dfrac{M}{M+m} \right) = mgh + \dfrac{m^2 v^2}{2(M+m)}\) \(9)\) Подставим \(v^2\) из пункта \(4){:}\) \(mgH \left( \dfrac{M}{M+m} \right) = mgh + \dfrac{m^2}{2(M+m)} \cdot 2gH \left( \dfrac{M}{M+m} \right)\) \(10)\) Сократим и выразим \(h{:}\) \(h = H \left( \dfrac{M}{M+m} \right)^2\) \(11)\) Подставим числовые значения: \(h = 50 \cdot \left( \dfrac{0.4}{0.4+0.1} \right)^2 = 50 \cdot \left( \dfrac{0.4}{0.5} \right)^2 = 50 \cdot (0.8)^2 = 50 \cdot 0.64 = 32 \space \text{см}\) Ответ: \(32 \space \text{см}\) максимальная высота подъема бруска по правому клину.

Зависимость координаты \(x\) тела от времени \(t\) имеет вид: \(x = 1 + 4t-2t^2\) Чему равна проекция скорости тела на ось \(Ox\) в момент времени \(t = 1\space с\) при таком движении? (Ответ дайте в метрах в секунду).

\(1.\) Найдем производную координаты по времени: \(v_x(t) = \frac{dx}{dt} = \frac{d(1 + 4t-2t^2)}{dt} = 4-4t\) \(2.\) Вычислим скорость при \(t = 1\space с{:}\) \(v_x(1) = 4-4 \cdot 1 = 0 \text{ м/с}\)