Задачи по общей физике (магнетизм, оптика, ат.физика)

[Eiktyrnir]

Уважаемые корифеи и профессионалы!
Снова к вам так как назрела надобность. Подскажите пожалуйста и развейте сомнения (есть обоснованные сомнения в правильности решения). Извините, что так много задач... (студент вот пришёл хороший - думаю чем могу ему помочь)... "Сами мы не местные - помогите кто чем может"

1. Магнитный поток $F$ сквозь сечение соленоида равен $50$ мкВб. Длина соленоида $l=50$ см. Найти магнитный момент pm соленоида, если его витки плотно прилегают друг к другу.
Как решал...
$p_m=IS$
$F=LI=\mu\mu_{0}n^{2}lSI$
отсюда $IS=\frac{F}{\mu\mu_{0}n^{2}l}$, ну и следовательно $p_m=\frac{F}{\mu\mu_{0}n^{2}l}$
закавыка - откуда мне найти $n$ - число витков. Из формулировки задачи, что "его витки плотно прилегают друг к другу" я пока немогу сообразить как подсчитать это самое количество витков на длине в $0,5$ метра?

2. В однородном магнитном поле с индукцией $В=0,5$ Тл вращается с частотой $n=10 c^{-1}$ стержень длиной $l=20$ см. Ось вращения параллельна линиям индукции и проходит через один из концов стержня перпендикулярно его оси. Определить разность потенциалов $U$ на концах стержня.
Вроде все просто, но обычно когда просто решается и сомнения берут
$U=Blvsin{\alpha}$, где $\alpha$ - угол между векторами $B$ и $v$. Из условия задачи ясно что этот угол $90^{0}$, ну и следовательно связь линейной скорости с угловой, есть $v=ln$ и поэтому $U=Blln=Bnl^2$
Вот право странный ответ... Все ли верно?

3. На тонкую пленку в направлении нормали к ее поверхности падает монохроматический свет с длиной волны $\lambda=500$ нм. Отраженный от нее свет максимально усилен вследствие интерференции. Определить минимальную толщину $d_{min}$ пленки, если показатель преломления материала $n=1,4$.
Как рассуждал (по крайней мере) - свет максимально усилен вследствии интерференции, если разноть хода пучков световых волн равна четному числу длин полуволн.
$\Delta_{2}-\Delta_{1}=\frac{2k\lambda}{2}=k\lambda$
Вообще говоря наименьшей толщине пленки соответствует k=0, но у нас при k=0 - правая часть обнулится и поэтому я так понимаю минимальная толщина пленки при k=1.
Дальше пытаясь вычеслить ход светового пучка волны я думал так ...
$\Delta_{1}=l_{1}-l_{2}$ - собственно говоря длина светового луча от источника до пленки ($l_{1}$) и за вычетом длины отраженного (усиленного следсвтии интерференции) луча от пленки до приемника к примеру (это $l_{2}$). А $\Delta_{2}=[(l_1-d_{min})+nd_{min}]-l_2=(l_1-l_2)+d_{min}(n-1)$
Подставляя эти выражения в $\Delta_{2}-\Delta_{1}$ получим
$(l_1-l_2)+d_{min}(n-1)-(l_1-l_2)=\lambda$
$d_{min}(n-1)=\lambda$
$d_{min}=\frac{\lambda}{n-1}$
Сомнения все равно терзают мою душу...

4.На поверхность дифракционной решетки нормально к ее поверхности падает монохроматический свет. Постоянная дифракционной решетки в $n=4,6$ раза больше длины световой волны. Найти общее число дифракционных максимумов, которые теоретически можно наблюдать в данном случае.

Еще раз просто до ужаса, но как всегда сомнения...
Наибольши порядок дифракционного мастера есть $m=\frac{dsin\phi}{\lambda}$, где $d$ - период решетки, $\phi$ - угол дифракции. Т.к. $sin{\phi}$ не может быть больше 1, то $m\le\frac{d}{\lambda}=n=4,6$ Ну и если учесть, что порядок максимумов есть целое число, то $m_{max}=4$
Я так понимаю под общим числом дифракционных максимумов и подразумевается их порядок?!

5. Рентгеновское излучение ($\lambda=1$ нм) рассеивается электронами, которые можно считать практически свободными. Определить максимальную длину волны $\lambda_{max}$ рентгеновского излучения в рассеянном пучке.
Как решал...
$\Delta\lambda=\lambda_1-\lambda_2=\frac{h}{m_0c}(1-cos\theta)$
$\lambda_1=\lambda$
$\lambda_2=\lambda_1-\frac{h}{m_0c}(1-cos\theta)$
$\lambda_2\to \lambda_{max}$ когда $\frac{h}{m_0c}(1-cos\theta)\to min$
т.е. когда $\frac{h}{m_0c}(1-cos\theta)=0$ - это возможно при $\theta=k\pi$
следовательно $\lambda_{max}=\lambda_1=\lambda=1$ (нм)
но есть сомнения...в правильности решения...

6. Определить какая доля радиоактивного изотопа $Ac^{225}_{89}$ распадается в течении времени t=6 сут.
ну вроде проще простого...
$N(t)=N_0e^{-\lambda*t}$
$N_0$ - число ядер содержащихся в момент времени $t=0$
$N_0=225$ я так понимаю (или в чем-то заблуждаюсь)
$N_1=N(t=6$суток)$=N_0e^{-\lambda*6*24*60*60}$ ну а $\lambda$ - это есть постоянная распада которая выражается через период полураспада как $\lambda=\frac{ln2}{T_{1/2}}$

Ну и $\Delta N=N_1-N_0$
и получим что хотим... вот сомнения не отпускают... (не нравлюсь сам себе порой)

7. Вычислить характеристическую температуру $\Theta_{D}$ Дебая для железа, если при температуре $Т=20 K$ молярная теплоемкость железа $C_{m}=0,226$ Дж/К*моль. Условие $T<<\Theta_{D}$ считать выполненным.

Т.к. $T<<\Theta_{D}$ то справедлив предельный закон Дебая, согласно которому $C_{m}=\frac{12\pi^{4}R}{5}(\frac{T}{\Theta_{D}})^{3}$
очень тупо выражая
$\Theta_{D}=(\frac{5C_{m}}{12\pi^{4}R})^{1/3}T$
и совершенно тупо считая
$\Theta_{D}=(\frac{5*0,226}{12*(3,14)^{5}*8,31})^{0,333}*20=0,977 K$
Ответ сам по себе парадоксален - получилось, что $\Theta_{D}=0,977 K$ на самом деле получилось наоборот $\Theta_{D}<<T$ - а как же быть с законом Дебая? ... скажу словами мультийного персонажа -"Ничего не понимаю"

[gris]

6. Период полураспада изотопа актиния-225 надо посмотреть в таблице. Это 10 суток. $N_0$ ни к чему приравнивать не надо. Он сократится. А найти надо $(N_0-N_1)/N_0$, используя указанную Вами формулу. В секунды не надо переводить.
Впрочем, при $N_0=1$ она как раз даёт долю оставшегося материала .
Жаль, что уже поздно.

[lel0lel]

1. $m=NIS$
$B=\mu_{0} I {N\over l}$
$\Phi=B S=\mu_{0} IS {N\over l}$ Получаем: $m={\Phi l\over \mu_0}$

Ниже формула для потокосцепления катушки, т.е. для суммы потоков каждого из витков:
$F=LI=\mu\mu_{0}n^{2}lSI$
её применять не нужно.
2. Здесь разные точки стержня вращаются с разными скоростями, кроме этого $n$ обычная частота, а не угловая скорость. Они связаны простой формулой.

[Парджеттер]

3. Пытался разобраться в Ваших выкладках и немного запутался. Но то, что ответ у Вас получился неправильный, я могу сказать без всякой интерференции. Тут, конечно, можно еще поворчать на тему неполного условия задачи - а именно, не сказано из какой среды падает свет и какая среда будет после плёнки; это принципиально. Предполагается, очевидно, что воздух и там и сям.
Суть в том, что луч, который отражается от передней грани пластины и луч, который отражается от задней грани пластины, должны давать конструктивную интерференцию. Очевидно, что оптическая разность хода между ними равна пути второго луча внутри пластины, т.е. $2nd_{\min}$. Еще надо учесть изменение фазы на $\pi$ (или прибавка к разности хода $\pm \lambda/2$) при отражении от оптически более плотной среды - тут, кстати, и встает вопрос о том, где какие среды - если, например, тонкая пленка имеет показатель преломления больший показателя преломления среды, куда свет выходит после прохождения пленки, $n_{film}>n_{medium}$, то будет, к примеру, минимум, а если наоборот - то максимум при всех прочих равных (лениво сейчас думать, что в каком именно случае). Итак, первый луч меняет фазу на $\pi$, значит разность хода составит $\Delta=2nd_{\min} \pm \lambda/2$. Исходя из условия конструктивной интерференции, получаем нужную толщину.

[Eiktyrnir]

gris в сообщении #348739 писал(а):

6. Период полураспада изотопа актиния-225 надо посмотреть в таблице. Это 10 суток. $N_0$ ни к чему приравнивать не надо. Он сократится. А найти надо $(N_0-N_1)/N_0$, используя указанную Вами формулу. В секунды не надо переводить.
Впрочем, при $N_0=1$ она как раз даёт долю оставшегося материала .
Жаль, что уже поздно.

Уважаемый gris я вас теперь понял и еще понял где я был не прав. Вы мне помогли - спасибо.
для компенсации задачи №6...
(да переводить в секунды не нужно - в $\lambda$ уже заложено, что в сутках - период оставить в сутках - какая гениальная экономия времени для счета! )
конечно же $N_0$ ни в коем случае не 225 - полнейшая чепуха и моя глупость
$N_1=N_0e^{-0,0416}=N_0*0,66$
Таким образом $\delta N=\frac{N_0-N_1}{N_0}=1-0,66=0,34*100$%$=34$%
Т.е. по сути доля выраженная в %-ах и есть ответ...

-- Ср сен 01, 2010 10:13:21 --

lel0lel в сообщении #348754 писал(а):

1. $m=NIS$
$B=\mu_{0} I {N\over l}$
$\Phi=B S=\mu_{0} IS {N\over l}$ Получаем: $m={\Phi l\over \mu_0}$

Ниже формула для потокосцепления катушки, т.е. для суммы потоков каждого из витков:
$F=LI=\mu\mu_{0}n^{2}lSI$
её применять не нужно.
2. Здесь разные точки стержня вращаются с разными скоростями, кроме этого $n$ обычная частота, а не угловая скорость. Они связаны простой формулой.

Уважаемый lel0lel я вас теперь прекрасно понимаю и вижу свои ошибки.
За 1 - отдельное огромное СПАСИБО!
За 2 - еще одно БОЛЬШОЕ СПАСИБО!
Для компенсации 2
$\omega=2\pi n$
$U=Bl\omega l=2\pi nBl^2$

-- Ср сен 01, 2010 10:35:46 --

Парджеттер в сообщении #348773 писал(а):

3. Пытался разобраться в Ваших выкладках и немного запутался. Но то, что ответ у Вас получился неправильный, я могу сказать без всякой интерференции. Тут, конечно, можно еще поворчать на тему неполного условия задачи - а именно, не сказано из какой среды падает свет и какая среда будет после плёнки; это принципиально. Предполагается, очевидно, что воздух и там и сям.
Суть в том, что луч, который отражается от передней грани пластины и луч, который отражается от задней грани пластины, должны давать конструктивную интерференцию. Очевидно, что оптическая разность хода между ними равна пути второго луча внутри пластины, т.е. $2nd_{\min}$. Еще надо учесть изменение фазы на $\pi$ (или прибавка к разности хода $\pm \lambda/2$) при отражении от оптически более плотной среды - тут, кстати, и встает вопрос о том, где какие среды - если, например, тонкая пленка имеет показатель преломления больший показателя преломления среды, куда свет выходит после прохождения пленки, $n_{film}>n_{medium}$, то будет, к примеру, минимум, а если наоборот - то максимум при всех прочих равных (лениво сейчас думать, что в каком именно случае). Итак, первый луч меняет фазу на $\pi$, значит разность хода составит $\Delta=2nd_{\min} \pm \lambda/2$. Исходя из условия конструктивной интерференции, получаем нужную толщину.

Уважаемый Парджеттер я вас кажется почти понял и еще понял, что у меня чепуха.
Да в 3-й задаче напрямую не сказано про воздух - вы правы в том, что это очевидно предполагается (хотя явного указания нет). Я вместе с вами буду предполагать, что все-таки воздух (кстати отдельное спасибо на это весьма важное замечание).
Для компенсации запишу очень осторожно так
$\Delta=2nd_{\min} \pm \lambda/2$
с другой стороны условие конструктивной интерференции (т.е. усиления волн), есть $\Delta=2k\frac{\lambda}{2}$
Вот встает вопрос - все-таки $k=1$ (?!)
тогда все просто (сравнивая получим) $2nd_{\min}-\lambda/2=\lambda$ (все-таки $-\lambda/2$)
$d_{min}=\frac{3\lambda}{4n}$

-- Ср сен 01, 2010 10:37:41 --

Извиняюсь 1000 раз - а мои решения 4,5 и 7 - совсем-совсем грусть и тоску навивают?

[Парджеттер]

Eiktyrnir в сообщении #348827 писал(а):

Для компенсации запишу очень осторожно так
$\Delta=2nd_{\min} \pm \lambda/2$
с другой стороны условие конструктивной интерференции (т.е. усиления волн), есть $\Delta=2k\frac{\lambda}{2}$
Вот встает вопрос - все-таки $k=1$ (?!)
тогда все просто (сравнивая получим) $2nd_{\min}-\lambda/2=\lambda$ (все-таки $-\lambda/2$)
$d_{min}=\frac{3\lambda}{4n}$

Есть и такое решение, но оно не дает минимальное толщины плёнки. Почему бы не предположить, что в

$$2nd_{\min} \pm \lambda/2= m \lambda$$

$m=0$? Ведь при просветлении оптики используют покрытия толщиной $\lambda/(4n)$ (известный факт), но они работают там на минимум отражения потому что наносятся на поверхность, показатель преломления которой больше, чем показатель преломления плёнки; а такая же пленка в воздухе будет работать, очевидно, на максимум отражения.

[lel0lel]

Eiktyrnir в сообщении #348827 писал(а):

Для компенсации 2
$\omega=2\pi n$
$U=Bl\omega l=2\pi nBl^2$

В последней формуле у Вас рассчитана ЭДС для провода, движущегося с постоянной скоростью $2\pi n l$. А в задаче отдельные точки этого провода имеют разные линейные скорости, лишь один конец имеет скорость $2\pi n l$, другой находится в покое.
5. $\Delta\lambda=\lambda_1-\lambda_2=\frac{h}{m_0c}(1-cos\theta)$ в этой формуле $\lambda_1$ - длина волны рассеянного фотона, а $\lambda_2$ падающего, обычно их обозначают как $\lambda^'$ и $\lambda$. У Вас наоборот, из-за этого неверный ответ. Ясно, что после рассеяния энергия фотона теряется (он толкнул электрон), т.е. уменьшается частота, а значит растёт длина волны. Предельный случай, когда взаимодействия не было: фотон летит в том же направлении, с той же длиной волны, и она является минимальной по всем направлениям рассеяния.
4.

Eiktyrnir в сообщении #348702 писал(а):

Я так понимаю под общим числом дифракционных максимумов и подразумевается их порядок?!

Скорее всего понимается их общее число, т.е. количество максимумов слева плюс количество максимумов справа и ещё один максимум по центру.

[Eiktyrnir]

Парджеттер в сообщении #348906 писал(а):

Есть и такое решение, но оно не дает минимальное толщины плёнки. Почему бы не предположить, что в

$$2nd_{\min} \pm \lambda/2= m \lambda$$

$m=0$? Ведь при просветлении оптики используют покрытия толщиной $\lambda/(4n)$ (известный факт), но они работают там на минимум отражения потому что наносятся на поверхность, показатель преломления которой больше, чем показатель преломления плёнки; а такая же пленка в воздухе будет работать, очевидно, на максимум отражения.

Да вы правы - этот факт $\lambda/(4n)$ известен (я прочел об этом например на стр.18, Библиотечка "Квант", выпуск 94 "Фотонные кристалы", 2006) и очевидно, что это и есть правильный ответ. Странно почему-то страшно бывает иногда приравнивать правую часть нулю
Спасибо вам уважаемый...

-- Чт сен 02, 2010 19:52:41 --

lel0lel писал(а):

...

Мне кажется я вновь начинаю понимать язык могучей физики... Спасибо вам огромное...

[Eiktyrnir]

Прошу заранее простить - это не попытка поднять сообщение вверх и не флуд.
Для полной компенсации своей безграмотности, привожу решение своих же задач на правильное решение которых меня привело живое общение на форуме и мой добрый учитель-руководитель Суворов Алексей Анатольевич (пришлось для окончательной догонки обращаться к этому мною очень уважаемому человеку поэтому пользуясь случаем - выражаю ему здесь отдельную признательность).
1. Фактически решил lel0lel.
2. Здесь следует все-таки правильнее говорить и решать так...
При вращении стержня в магнитном поле на свободные электроны действует магнитная сила Лоренца (её модуль $F_{m}=eBV(r)$ , – расстояние до оси вращения), направленная вдоль стержня. Под действием этой силы свободные электроны приходят в движение (относительно стержня), возникает перераспределение заряда и возникает электрическое поле. В установившемся состоянии распределение заряда таково, что в каждом сечении стержня полная сила Лоренца равна нулю. В этом случае возникшее электрическое поле по модулю равно магнитному, т.е. $E(r)=VB(r)=B2\pi rn$. Потенциал (по модулю): $\phi(r)=\int E(r)dr=B\pi nr^{2}$ . Соответственно разность потенциалов между концами стержня: $U=\phi (l)=B\pi nl^{2}$.
Справедливости ради - еще раз спасибо lel0lel.
3. Решено Паджеттер - нескрываемое почтение.
4. С учетом всего сказанного lel0lel количество дифракционных максимумов, есть $N=2m+1=2*4+1=9$
lel0lel - снова спасибо/
5. И снова lel0lel - еще раз спасибо
в конечном итоге если верно все обозначить получается что $\lambda_{max}=\lambda+2\frac{h}{m_0c}$
6. Выручил многоуважаемый gris - как всегда почет и уважение.
7. Сам дурак конечно же...
Просто совершенно идиотская ошибка

Цитата:

очень тупо выражая
$\Theta_{D}=(\frac{5C_{m}}{12\pi^{4}R})^{1/3}T$
и совершенно тупо считая
$\Theta_{D}=(\frac{5*0,226}{12*(3,14)^{5}*8,31})^{0,333}*20=0,977 K$

Действительно если тупо выражать, то и получится тупой ответ. Правильно вот так $\Theta_{D}=(\frac{5C_{m}}{12\pi^{4}R})^{-1/3}T$
и теперь
$\Theta_{D}=(\frac{5*0,226}{12*(3,14)^{5}*8,31})^{-0,333}*20=409 K$
Теперь то уж точно $\Theta_{D}>>T$ ($409K>>20K$)

Теперь все. Еще раз - ОГРОМНОЕ ВСЕМ ЧЕЛОВЕЧЕСКОЕ СПАСИБО!