Задать вопрос!

Задать вопрос!

Все категории

Николай Иванович ...

4 года назад

8

На линзу с показателем преломления 1,55 нормально падает монохроматический свет с длиной волны 0,55 мкм. Для устранения потерь отраженного света на линзу наносится тонкая пленка. Определить:

1) оптимальный показатель преломления пленки; 2) толщину пленки.

1 ответ:

Заяц333 [6]4 года назад

0 0

nп = √nст = √1,55 ≈ 1,25

h = λ / (4 * nп) = 0,55 мкм / (4 * √1,55) ≈ 0,11 мкм

Читайте также

До лывого плеча важеля прикладено силу 40 н ,а до правого плеча на відстані 20 см від точки опори підвішений вантаж массою 3 кг

Николай1967

Розв’язок у файлі................

0 0

4 года назад

1) выразите в амперах силу тока , равную 2000мА ,100мА, 55мА,3кА 2) сила тока в цепи электрической плитки равна 1,4 А .Какой эле

Елена Агаркова

1) 2000мА = 2000:1000А = 2А
100мА = 0,1А
55мА = 0,055А
3кА = 3*1000А = 3000А
2) I = q/t => q = I*t, t=10мин=600с
q = 1,4 * 600 = 840 (Кл)
3) q = 0,3 * (5*60) = 90 (Кл)
заряд электрона e=1,6*10^-19 Кл
n = q/e = 90/ 1,6*10^-19 = 56 * 10^19 (электронов)

0 0

4 года назад

СРОЧНО, ПОМОГИТЕ РЕШИТЬ с какой высоты наклонной плоскости должен скользить груз массой m, чтобы остановиться на расстоянии s от

zezulko

Ответ:

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ , при условии: $arctg{(\mu)} < \alpha < arcCtg{(\mu)}$ ;

*** если же переход от наклонной плоскости скруглённый, и: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то:

$h = \frac{ s }{ 1/\mu - 1/tg{(\alpha)} }$ .

Объяснение:

По закону сохранений энергии:

$E_{ko} + E_{no} - A_\alpha = E_{k\alpha} + E_{n\alpha}$ ;

где:

$E_{ko} = 0$ и $E_{no} = mgh$ – начальные значения кинетической и потенциальной энергии;

$E_{k\alpha} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ и $E_{n\alpha} = 0$ – значения кинетической и потенциальной энергии перед ударом о горизонтальную поверхность, в самом низу наклонной плоскости;

$A_\alpha$ – работа силы трения на наклонной плоскости;

$A_\alpha = F_\alpha \cdot L$ – работа

силы трения $F_\alpha = \mu mg \cos{\alpha}$ на наклонной плоскости,

где: $L = \frac{h}{\sin{\alpha}}$ – длина наклонной плоскости;

$A_\alpha = \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}}$ ;

В итоге:

$mgh - \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ ;

(*) $\frac{v_\alpha^2}{2} = gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ ;

Из этого вытекает очевидное условие, что:

$1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} > 0$ ;

$1 > \frac{\mu}{tg{\alpha}}$ ;

$tg{\alpha} > \mu$ , т.е. угол наклона должен быть более значения: $\alpha > arctg{(\mu)}$ , иначе груз вообще не сдвинется с места, и, разумеется, никакого расстояния $s$ не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты $h$ .

Теперь «удар», т.е. переход с наклонной плоскости на горизонталь. Во время удара теряется вертикальная составляющая импульса $mv_{\alpha y} = mv_\alpha \sin{\alpha}$ . Это происходит почти мгновенно ( $\Delta t$ ), под воздействием гасящей его чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы реакции опоры (и веса – соответственно) $N_{nep}$ . Удар груза об опору в момент его перехода на горизонталь будем считать абсолютно неупругим, происходящим таким образом, что груз после него не подскакивает. Тогда можно записать, что:

$mv_{\alpha y} - N_{nep} \Delta t = 0$ ;

$N_{nep} = \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

За это время $\Delta t$ груз так же заметно замедляется под воздействием чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы трения:

$F_{nep} = \mu N_{nep} = \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

Соответственно, гасится и горизонтальный импульс:

$mv_\alpha' = mv_{\alpha x} - F_{nep} \Delta t = mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t} \cdot \Delta t =$

$= mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu mv_\alpha \sin{\alpha} = mv_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

$v_\alpha' = v_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

Из последнего вытекает очевидное условие, что:

$\cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} > 0$ ;

$\cos{\alpha} > \mu \sin{\alpha}$ ;

$\frac{\cos{\alpha}}{\sin{\alpha}} > \mu$ ;

$tg{\alpha} < \frac{1}{\mu}$ , т.е. угол наклона должен быть не более определённого значения: $\alpha < arctg\frac{1}{\mu} = arcCtg{(\mu)}$ , иначе груз после удара о горизонтальную плоскость просто остановится, и никакого расстояния $s$ не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты $h$ .

Кинетическая энергия груза после «ударного» торможения:

$E_{k\alpha}' = \frac{1}{2} mv_\alpha'^2 = \frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2$ ;

Далее, снова по закону сохранений энергии (с учётом неизменного значения потенциальной):

$E_{k\alpha}' - A_{ocm} = E_{k}'$ ;

где:

$A_{ocm} = F_{mp} \cdot s = \mu mg s$ – работа силы трения на горизонтальном участке до остановки;

а $E_{k}' = 0$ – конечная кинетическая энергия (остановка);

$\frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 = \mu mg s$ ;

$\frac{v_\alpha^2}{2} = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

Учитывая (*):

$gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ .

*** Если же переход от наклонной плоскости гладкий, и при этом: $\frac{v_\alpha^2}{R} \ll g$ , т.е. радиус перехода: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то «ударная» потеря – пренебрежима, и: $v_\alpha' = v_\alpha$ , а, значит:

$h = \frac{ \mu s }{ 1 - \mu Ctg{(\alpha)} } = \frac{ s }{ 1/\mu - 1/tg{(\alpha)} }$ .

0 0

4 года назад

По рисунку 40 определите: а) общее сопротивление участков CD и BD (сопротивление амперметров не учитывайте); б) показания ампер

jozh [536]

Ro=2*2/(2+2)+1=2 Ом

I3=I2=0.1 A

I1=I2+I3=0.2 A

===================

0 0

4 года назад

ПОМОГИТЕЕЕ ,ПОЖАЛУЙСТАА!!!! Скорость точек экватора Солнца при его вращении вокруг своей оси равна 2 км/ч.Найти период вращения

artur1312 [17]

V = 2 км/c ; R = 6,96*10^8 м = 6,96*10^5 км
Период вращения - это время одного оборота
$T = \frac{1}{n} = \frac{2* \pi}{\omega}$
Угловая скорость определяется
$\omega = \frac{V}{R}$
Тогда
$T = \frac{2* \pi * R}{V} = \frac{2*3,14*6,96*10^{5} }{2} = 2,18*10^{6} c$ = 25,3 суток
Центростремительное ускорение определяется по формуле
$a= \frac{V^{2} }{R} = \frac{2^2}{6,96*10^{5}} = 5,7*10^{-6}$ км/с2 = 5,7 мм/с2
Ответ: Т = 25,3 суток, а = 5,7 мм/с2

Если все же V = 2 км/ч, то
$T = \frac{2* \pi * R}{V} = \frac{2*3,14*6,96*10^{5} }{2} = 2,187*10^{6}$ ч = 91125 суток = 249,6 лет

0 0

4 года назад