/
Author: Игропуло В.С. Вязников Н.В.
Tags: методика преподавания учебных предметов в общеобразовательной школе физика учебное пособие
ISBN: 5-93078-026-9
Year: 2000
Text
ББК 74.262.22
И 27
Рецензенты:
Кандидат физико-математических наук, профессор
И.К. Карпенко
Методист Карачаево-Черкесского РИПК работников образования
Б.М. Аджиев
И 27 Игропуло В.С., Вязников Н.В.
Физика: алгоритмы, задачи, решения: Пособие для всех, кто изучает и препо¬
дает физику. - М.: Илекса, Ставрополь: Сервисшкола, 2000. - 592 с.
ISBN 5-93078-026-9
Настоящее пособие соответствует стандартным программам по физике дня средних школ,
программам для поступающих в высшие учебные заведения. Его структура, логические и
методические принципы позволяют успешно использовать пособие для освоения методов
решения физических задач. В книгу включены задачи по всем разделам школьного курса
физики, предлагавшиеся, в частности, на вступительных экзаменах в высшие учебные заве¬
дения нашей страны. Условия большинства задач публиковались в журнале «Квант» в 1970-
19% годах.
В специальном разделе представлены задачи, требующие творческого подхода и раз¬
вивающие навыки поисково-исследовательской деятельности.
ББК 74.262.22
Под редакцией В.С. Игропуло
Технический редактор А.В. Андреев
Корректор С.В. Бушина
Налоговая льгота - Общероссийский классификатор продукции ОК 005-93-953000
Подписано в печать 15.06.2000 г. Уел. п. л. 34,8. Формат 60 х 84 '/16.
Печать офсетная. Бумага газетная. Гарнитура «Таймс». Тираж 2000 экз.Заказ №. 1509.
Издательство «Сервисшкола». 355042, г. Ставрополь, ул. 50 лет ВЛКСМ, 38
ЛР № 065840 от 23.04.98 г.
Издательство «Илекса». 121354, г. Москва, Измайловское шоссе, д. 48а
ЛР№ 064344 от 9.12.95 г.
При участии ОИПЦ «Перспективы образования». 350038, г. Краснодар, ул. Володарского, 6.
Отпечатано с готового оригинал-макета в ГП СКТ.
355002, г. Ставрополь, ул. Артема, 18.
ISBN 5-93078-026-9
© Авторы, © «Сервисшкола», © «Илекса», 2000
ПРЕДИСЛОВИЕ
Современная физика - наука, весьма отдаленно напоминает (для
неопытного взгляда) ту физику, которую изучают в школе. Однако
более внимательный наблюдатель может обнаружить у них немало
общего. Прежде всего - предмет: и школьная (классическая), и со¬
временная (квантово-релятивистская) физика изучают фундаменталь¬
ные законы природы. Еще более внимательное рассмотрение позво¬
ляет выявить сходство структуры, методов постановки и решения
проблем, критериев оценки истинности и границ достоверности по¬
лученных результатов. Такое сходство уже исследованного и еще ис¬
следуемого является убедительным обоснованием высокой степени
полезности образования: изучая то, что известно науке, мы готовим¬
ся к познанию неизвестного еще и потому, что овладеваем мето¬
дами «добывания» нового знания.
В сравнении с реальной физикой - наукой, содержание и струк¬
тура физики - учебного предмета выглядят более стройными и согла¬
сованными. И это вполне объяснимо. Сложность физического зна¬
ния, предлагаемого для изучения, столь велика, что ее необходимо в
разумной степени компенсировать продуманной методикой изложения
и освоения в учебном процессе школы, вуза и, в особенности, при
самообразовании. Такое стремление ограничивается, однако, жест¬
кими требованиями: добиваясь доступности и убедительности физи¬
ки - учебного предмета, необходимо сохранить в полной мере сущ¬
ность физики - науки.
Целостность и непротиворечивость физики не означает ее бес-
структурности. Главные элементы структуры известны: эксперимент
и теория. Черпая проблемы в эксперименте, анализируя и обобщая
данные в процессе исследования теоретических проблем, физики
вновь проверяют свои гипотезы, предположения, оценки, предсказа¬
ния в экспериментах. Объединяет эту многогранную исследователь¬
скую деятельность стиль работы ученого: поиск и постановка про¬
блем, выбор или создание метода, процесс решения проблем, анализ и
оценка полученных результатов.
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Аналогичным образом, многогранная познавательная деятельность
- изучение физики - объединена сходством стиля работы: постанов¬
кой и решением учебно-научных задач. В гротескной формулировке
это утверждение выгладит как афоризм: «Физика - это задачи!». По¬
нимая излишнюю категоричность такого высказывания, следует од¬
нако, осознавать, что овладевая методами постановки, решения фи¬
зических задач, учащийся (абитуриент, студент) получает уникаль¬
ную возможность проверить глубину понимания смысла физических
понятий, принципов, законов, оценить и развить умения и навыки
практического применения знаний. Решение задач, наконец, это один
из надежных способов углубления понимания физических теорий. Как
известно, человек по настоящему овладевает тем, что он умеет приме¬
нять.
Обучающимся и педагогам хорошо известно, что изучение физи¬
ки включает три основных компонента: освоение теории, овладение
методами физического экспериментирования, приобретение навыков
решения задач. Каждый компонент этой системы необходим и важен,
все они взаимосвязаны, но, как считают авторы настоящего пособия,
«главным фокусом» физического образования является решение за¬
дач, предполагающее освоение сложного комплекса действий:
• умение осознать смысл условия задачи, выявить скрытые
(недостающие) данные, определить характер описываемого яв¬
ления, главные и второстепенные факторы, понять и конкре¬
тизировать содержание главного вопроса, построить модель яв¬
ления;
• гибкое владение различными методами решения, умение
сделать и обосновать выбор наиболее подходящей комбинации
методов;
• безошибочное применение и обоснованное видоизменение ме¬
тодов решения с учетом конкретных условий и ограничений как
задачи, так и самих методов;
• умение проанализировать полученные результаты и оценить их
физический смысл.
4
Предисловие
Авторы, разработавшие пособие, построили его так, чтобы
дать возможность обучающимся освоить принципы анализа
условий задач, сознательно подбирать методы решения, при
необходимости вносить изменения в стандартные подходы,
оценивать физический смысл и правдоподобность (реальность)
результатов. Основными же условиями успеха, как и всегда,
является трудолюбие, настойчивость и терпение.
5
ВВЕДЕНИЕ
Основные проблемы физики сводятся к изучению фундамен¬
тальных закономерностей, определяющих ход природных явлений.
Несмотря на то, что количество таких принципов и законов сравни¬
тельно невелико, их проявления и сочетания столь же многообразны,
сколь многообразна сама природа. Эта «многоликость» физических
явлений естественным образом приводит к широчайшему разнооб¬
разию вариантов постановки и методов решения физических задач
как в науке, так и в учебном процессе.
Вместе с тем, оказывается возможным систематизировать
физические задачи (особенно учебные) по способам решения,
постановке вопроса, ожидаемым результатам. В первую очередь есть
задачи:
• экспериментальные - требующие постановки и проведения
физического эксперимента;
• теоретические - те, которые решаются «на бумаге», с
помощью компьютера.
В настоящем пособии рассматриваются в основном теоретичес¬
кие задачи, хотя некоторые из них явно описывают экспериментальные
ситуации. Исключение составляет раздел 8, содержащий задачи-про¬
блемы, способы решения которых определяются не только условием,
но и теми, кто непосредственно их решает (экспериментальные зада¬
чи требуют особой системы обучения). В свою очередь теоретичес¬
кие задачи бывают:
• расчетными - требующими получения численного резуль¬
тата;
• качественными - предполагающими общий анализ явления и
логическое обоснование текстового решения;
• графическими - решаемыми с помощью графиков;
• комбинированными - требующими и качественного анализа, и
графиков, и расчетов.
В пособие включены задачи всех четырех типов.
6
Введение
Весьма важную информацию можно получить в ходе сравнения
физической проблемы, над решением которой работает
ученый, и учебной задачи, решение которой ищет учащийся. Ока¬
зывается в текстах учебных задач описывается, строго говоря, не само
явление, а его, так называемая, физическая модель:
идеальная физическая система, в которой учитываются только суще¬
ственные стороны, решающим образом влияющие на ход явления,
определяющие содержание и метод решения задачи. В качестве под¬
тверждающего примера рассмотрим задачу 75:
Автобус массой 15 т трогается с места с ускорением 1,4 м/с2.
Найдите работу силы тяги и работу силы сопротивления на пер¬
вых 10 м, если коэффициент сопротивления равен 0,02. Какую
кинетическую энергию приобрел автобус?
Проанализируем существенные и несущественные (в рамках зада¬
чи) стороны явления и построим его физическую модель.
Существенные стороны
Несущественные стороны
1. Наличие у автобуса массы.
2. Постоянство ускорения автобуса
на большей части пути.
3. Действие постоянной силы тяги
и постоянной силы сопро¬
тивления.
4. Превращение работы силы тяги
только в кинетическую энергию
автобуса (за вычетом работы
против силы сопротивления).
1. Размеры и форма автобуса.
2. Фактическое изменение уско¬
рения на начальном этапе (от 0 м/
с2 до 1,4 м/с2) и его небольшие
изменения в ходе реального дви¬
жения.
3. Пренебрежимо малая сила сопро¬
тивления воздуха.
4. Наличие неровностей дороги, из¬
меняющих силу сопротивления.
5. Превращение небольшой доли
кинетической энергии во внутрен¬
нюю.
Таким образом задача решается не для реального автобуса,
совершающего реальное движение в реальных условиях, а для
модели этого явления.
7
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Материальная точка (автобус) массой 15 т трогается с места
с ускорением (сразу) 1,4 м/с2 (и движется с этим неизменным уско¬
рением, т.е. строго равноускоренно). В процессе движения соотно¬
шение сил не меняется, сопротивлением воздуха пренебрегают.
Только после анализа (и упрощения) условия задачи можно
приступать к ее решению. Предварительную подготовку усло¬
вия, формирование физической модели явления выполняют авто¬
ры задачников, преподаватели физики. Обучающемуся необ¬
ходимо «увидеть» эту модель при изучении условия задачи и,
опираясь на особенности модели, подобрать методы решения,
алгоритмы, построить математическую модель явления в виде
соотношений, уравнений, неравенств и др. Осуществить анали¬
тическое а затем численное решение, получить результат, про¬
вести анализ полученных выражений и числовых значений.
Следует отметить, что научный работник, физик-исследова¬
тель сам формирует физическую модель явления, обосновыва¬
ет ее правомерность и затем подбирает или разрабатывает ме¬
тоды решения. С подобной ситуацией настойчивый читатель
столкнется в разделе 8 при решении задач-проблем.
Любая достаточно сложная физическая задача нередко тре¬
бует для решения творческих подходов, поскольку содержит
нестандартные ситуации. Однако случается и так, что, преодо¬
лев «барьер творчества», учащийся, абитуриент, студент (да и
преподаватель) сталкивается с такими этапами решения, кото¬
рые выполняются стандартно: требуют определенной последова¬
тельности действий, работы по алгоритму. Необходимо овладеть
этими стандартными методами, освоить технику, отработать
основные приемы при решении серий задач. В этом случае и уча¬
щийся, и преподаватель овладевает таким набором, комплексом
алгоритмов, который позволяет сосредоточить усилия на анали¬
зе физических аспектов задачи, на творческой стороне проблемы.
Итак, для успешного решения задач необходима система
условий: знание теории, умение строить модели явлений, вла¬
дение алгоритмами применения основных методов.
8
СТРУКТУРА И СИСТЕМА РАБОТЫ С ПОСОБИЕМ
Пособие состоит из восьми разделов. Содержание и порядок рас¬
положения первых семи из них соответствует стандартной програм¬
ме по физике (о восьмом, завершающем разделе будет сказано ниже).
При первоначальном изучении и освоении материала целесообраз¬
но, по мнению авторов придерживаться предложенного порядка: на¬
чинать разделом 1 «Механика» и завершать разделом 7 «Атомное
ядро», В дальнейшем, используя пособие как своеобразный справоч¬
ник, можно, конечно, действовать так, как этого потребует стоящая
перед вами задача.
Все семь разделов имеют одинаковую структуру, включающую
пять компонентов, расположенных в строгой последовательности, со¬
ответствующей оптимальному порядку их освоения:
• комментарий ^разделу,
перечень опорных элементов теории, знание которых необ¬
ходимо для решения задач этого раздела,
алгоритмы, используемые при решении задач,
иллюстративные задачи, подробно раскрывающие методику
использования алгоритмов,
основной блок задач и решений, расположенных в порядке
возрастания трудности.
Дадим краткую характеристику и раскроем функции каждого ком¬
понента в структуре пособия и системе работы с ним.
1. Комментарий. Цель комментария состоит в раскрытии значения
раздела и его места в системе физического знания. При изучении
комментария читателю необходимо осмыслить специфику проблем,
способы постановки задач, особенности практического применения
теории, математических методов, обратить внимание на обычно воз¬
никающие трудности и ошибки.
2. Опорные элементы. Так называют основные понятия, законы,
формулы, графики и др., то есть те элементы, без четкого знания
которых невозможно решение задач. Смысл опорных элементов
9
Физика: алгоритмы, задачи, решения
заключен в определениях и формулировках, а практическая значи¬
мость сосредоточена в алгоритмах их использования. Как их смысл,
так и практическая значимость должны быть одинаково понятны и
педагогу, и учащимся. Только при этом условии можно вести рассуж¬
дения, строить доказательства, решать задачи, планировать и прово¬
дить эксперименты, короче говоря, изучать и развивать дальше
физическое знание.
Существуют установившиеся требования к содержанию, фор¬
ме определений и формулировок, записи и выявлению смысла фор¬
мул, представлению и использованию графиков, структуре опре¬
делений, раскрытию сущности и методики практического приме¬
нения единиц физических величин. Кратко изложим эти требова¬
ния.
2.1. Определения и формулировки должны быть точными, лако¬
ничными, полными, упорядоченными, содержать области приме¬
нимости и использовать только ранее определенные понятия и тер¬
мины.
2.2. Запись формулы должна быть четкой, содержать обще¬
принятые обозначения физических величин, констант, которые (кон¬
станты) обычно размещаются перед переменными, и имеют письмен¬
ное (или мысленное) пояснение смысла обозначений.
2.3. При представлении и использовании графиков следует обя¬
зательно указать величины, откладываемые на осях координат, ис¬
пользуемые масштабы, уметь оценивать характер изменения иссле¬
дуемой величины, сравнивать поведение нескольких величин, пред¬
ставленных графиками.
2.4. Определение единиц физических величин необходимо стро¬
ить с использованием стандартных структур: либо через ранее
определенные единицы (основные единицы системы), либо опера¬
ционным способом (описанием эксперимента).
В каждом из семи разделов пособия приводится структури¬
рованный перечень опорных элементов, знание которых необ¬
ходимо для решения задач этого раздела. Сами решения постро¬
ены с учетом того, что читатель знает смысл понятий, законов,
10
Структура и система работы с пособием
формул, графиков, единиц физических величин, и ставят
целью освоение методов практического применения знаний в усло¬
виях конкретной задачи.
3. Алгоритмы. Как известно, алгоритм - это совокупность
действий, правил для решения данной задачи. Из этого определе¬
ния можно сделать вывод о том, что сколько существует
задач, столько же и алгоритмов. Однако при решении учебных за¬
дач по физике используется конечный и ограниченный стандарт¬
ными программами набор понятий, законов, формул и т.п. Поэто¬
му алгоритмы, предлагаемые авторами, по сути дела представля¬
ют собой совокупность последовательных действий, необходи¬
мых для применения того или иного закона в ходе решения задач.
В свою очередь возможность и необходимость использования за¬
конов, принципов, уравнений обосновывается при анализе усло¬
вия и следует из физической сущности описываемых в задаче явле¬
ний. Следует иметь в виду, что по мере цродвижения от раздела к
разделу начинает проявляться, так называемый кумулятивный эф¬
фект накопления знания. Иными словами, в задачах последующих
разделов могут использоваться алгоритмы, освоенные в разделах
предыдущих.
4. Иллюстративные задачи. Как показал опыт, освоение прак¬
тического применения алгоритма (после ознакомления с его структурой,
обоснованием и логикой) лучше всего начинать с так называемых
иллюстративных задач, условия и решения которых специально пост¬
роены так, чтобы как можно подробнее, на конкретных примерах по¬
казать способ реализации каждого шага алгоритма. Осваивать алго¬
ритм можно одним из двух способов:
• разобрать иллюстративную задачу от начала до конца, затем в каж¬
дой новой задаче применяя тот же алгоритм, проходить последо¬
вательно все его шаги, отрабатывать все варианты и подготовку
последующего шага предыдущим;
отрабатывать каждый шаг алгоритма сразу на серии задач и про¬
двигаться шаг за шагом во всех задачах.
Ныбор способа освоения алгоритмов мы оставляем за читателем.
11
Физика: алгоритмы, задачи, решения
5. Основной блок. В каждом разделе основной блок задач и ре¬
шений занимает его большую часть. Все задачи сопровождаются ана¬
лизом условия и решением. Решения, задач начинаются от уровня
школьного учебника, иллюстрируются чертежами, схемами, рисун¬
ками. Численные результаты почти всегда округлены, преобразова¬
ния с размерностями выполнены вместе с числовыми выражения¬
ми. При внимательном рассмотрении ситуации, изложенной в усло¬
вии задачи, поиске идеи ее решения, обосновании выбора алгорит¬
ма, обнаруживаются неочевидные стороны явлений, углубляется по¬
нимание сущности, обогащаются представления о возможностях ка¬
жущихся хорошо знакомыми методов. Решения задач в начале каждого
раздела изложены достаточно подробно. Те же задачи, которые за¬
вершают раздел, сопровождаются (по вполне очевидным соображе¬
ниям) довольно лаконичными решениями. Тексты решений не раз¬
биты на шаги, как это сделано в иллюстративных задачах, однако в
любой задаче явственно видны этапы решения, выполненные на ос¬
нове того или иного алгоритма.
Таким образом, структура пособия, его разделов предполагает сле¬
дующую систему работы:
• изучение вводных материалов (предисловия, введения, струк¬
туры и системы работы с пособием);
знакомство и анализ комментария к каждому разделу;
изучение теории до достижения четкого и безошибочного зна¬
ния опорных элементов;
знакомство с алгоритмами и их освоение при анализе решения
иллюстративных задач;
дальнейшее освоение алгоритмов при знакомстве с решенными
в пособии задачами;
выбор задач (из настоящего пособия или других источников)
для полностью самостоятельного решения;
• переход к следующему разделу.
Одно из существенных условий успеха в образовании и особенно
в самообразовании - это возможность объективно оценить
12
Структура и система работы с пособием
достигнутый уровень и знать конкретные направления его
повышения. Это условие весьма актуально при освоении ме¬
тодов решения задач.
Для объективной оценки учебных достижений можно исполь¬
зовать структуру предложенную в книге одного из авторов (см.
И.С. Игропуло. Основы образовательных технологий. - Став¬
рополь: ИРО, 1996) и включающую четыре уровня усвоения:
I. Ученический - означает, что учащийся справляется с
задачей, если известно ее условие и заданы необходимые дей¬
ствия для ее решения, иными словами может воспроизвести без
ошибок решение, приведенное в задачнике.
И. Типовой - соответствует тому, что при заданном условии
учащийся может применить для решения задачи действия, осво¬
енные ранее на другой задаче того же типа, иными словами
способен действовать по алгоритму.
(Заметим, что школа, многие ВУЗы довольствуются типовым
уровнем усвоения. Между тем этот уровень - лишь необходи¬
мое условие для следующих, более высоких уровней усвоения
методов решения задач).
III. Эвристический - означает, что учащийся способен
уточнить и конкретизировать условие задачи, применить ранее
усвоенные действия, алгоритмы для решения нетиповой задачи.
IV. Творческий - соответствует ситуации, при которой
заданы лишь общие контуры проблемы, учащемуся необходимо
исследовать условия, уточнить постановку задачи, разработать
и реализовать действия (возможно, нестандартные алгоритмы
или их комбинации), приводящие к решению задачи.
Два первых уровня соответствуют репродуктивному усво¬
ению, два последующих - определяют продуктивное усвоение
и позволяют, в принципе, получить объективно новую инфор¬
мацию о физических явлениях и методах их исследования. Вся
система - это фактически последовательные этапы формиро¬
вания мастерства в решении задач.
13
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Даже беглый просмотр первых семи разделов пособия позво¬
ляет понять, что предлагаемые там задачи дают возможность
овладеть методами их решения на ученическом и типовом
уровнях. При некоторых дополнительных усилиях (переформу¬
лировании условия задачи, учете некоторых дополнительных
факторов, влияющих на ход явления, переходе к более точным
приближениям и др.) можно использовать приведенные задачи
для достижения эвристического уровня.
Тем же, кто хочет попробовать выйти на творческий уровень,
предназначен восьмой раздел пособия. В этом разделе собраны
задачи так называемых физических турниров. Собственно
говоря, это задачи-проблемы, требующие творческого подхода
в уточнении и переформулировке условия, подборе или разра¬
ботке метода, обоснования каждого шага решения-исследования
и, в то же время, не имеющие конечного (единственного, раз и
навсегда правильного) результата. Это существенно отличает
задачи-проблемы от учебных задач-упражнений, олимпиадных
задач и позволяет настойчивому учащемуся приблизиться к
методам работы настоящего физика-исследователя.
Немного о системе нумерации:
• каждый раздел имеет номер (от 1 до 8);
разделы обозначаются двумя цифрами, первая из которых
- номер раздела, вторая - номер подраздела, третья
обозначает элементы в структуре подраздела (к примеру,
номер 2.3.5 означает: Раздел «Молекулярная физика.
Тепловые явления», подраздел - алгоритмы, один из
элементов алгоритма);
задачи в разделах 1-7 пронумерованы последовательно
от 1 до 518.
в разделе 8 нумерация самостоятельная.
14
Раздел!. МЕХАНИКА
1.1. Комментарий к разделу
Количество задач по механике в сравнении с другими разделами
довольно велико: 127 из 512. Это не случайно. Дело в том, что задачи
и проблемы, возникающие в механике, относятся к тому кругу
физических явлений, которые можно непосредственно наблюдать и
наглядно представить. Поэтому механика позволяет лучше понять
условия задач, определить и обосновать выбор физической модели
явления. При решении задач кинематики, динамики, статики,
освоения методов применения законов сохранения импульса, энергии
удается понять особенности выбора системы отсчета, тонкости
принципа относительности, сформировать навыки применения
векторных методов для различных видов сил, обоснования замкнутости
физических систем, правила применения принципа суперпозиции сил
и многое другое.
1.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы
1.2.1. Определения и формулировки
Физика как наука; механика как раздел физики; кинемати¬
ка как часть механики; механическое движение; понятие
об относительности движения; система отсчета; материальная
точка; траектория; путь; перемещение; средняя скорость;
мгновенная скорость; ускорение; понятие равномерного движе¬
ния; понятие равноускоренного движения; кинематическое урав¬
нение движения; абсолютная и относительная скорости; сво¬
бодное падение тел; ускорение свободного падения; равномер¬
ное движение по окружности; угловая скорость; центростреми¬
тельное ускорение; динамика как раздел механики; первый
такон Ньютона; инерциальная система отсчета; принцип
15
Физика: алгоритмы, задачи, решения
относительности Галилея; масса; сила; второй закон Ньютона; динами¬
ческое уравнение движения; равнодействующая сила; центр тяжести;
третий закон Ньютона; сила трения; коэффициент трения; закон все¬
мирного тяготения; сила тяжести; вес тела; невесомость; первая косми¬
ческая скорость; законы сохранения в механике; импульс; замкнутая по
импульсу система; закон сохранения импульса; упругий и неупругий
удары; реактивное движение; работа; мощность; кинетическая энергия;
потенциальная энергия; полная механическая энергия; замкнутая (в смыс¬
ле механической энергии) система; закон сохранения полной механи¬
ческой энергии; давление-, закон Паскаля; сообщающиеся сосуды; закон
сообщающихся сосудов; гидравлический пресс; «золотое правило» ме¬
ханики; атмосферное давление; закон Архимеда; выталкивающая сила;
условия плавания тел; периодическое движение; колебательное движе¬
ние; гармонические колебания; амплитуда; период; частота; фаза коле¬
баний; математический маятник; свободные, затухающие, вынужден¬
ные колебания; резонанс; волны; поперечные, продольные; скорость рас¬
пространения волны; звук; громкость звука; высота тона.
1.2.2. Формулы
Перемещение; мгновенная скорость; ускорение; уравнение рав¬
номерного движения; уравнение равноускоренного движения; ско¬
рость при равноускоренном движении; уравнение равноускоренного
движения, не содержащее времени; сложение скоростей; три урав¬
нения для свободного падения; угловая скорость; центро¬
стремительное ускорение; второй закон Ньютона; третий закон
Ньютона; преобразования Галилея; сложение сил; сила упругости;
сила трения; сила тяжести; закон всемирного тяготения; первая
космическая скорость; импульс; закон сохранения импульса; закон
изменения импульса (второй закон Ньютона); работа; кинетичес¬
кая энергия; потенциальная энергия; полная механическая энергия
системы; закон сохранения энергии; закон изменения полной
энергии; давление; соотношение для гидравлического пресса; архиме¬
дова сила; условия плавания тел; уравнение Бернулли; уравнение
16
Раздел 1. Механика
гармонических колебаний; период колебаний математического
маятника и груза на пружине; связь периода с частотой; уравнение
волны; связь длины волны со скоростью ее распространения.
1.2.3. Графики ^ ^
Для равномерного движения \S(t)\, \t)(t)\, для равнопеременного
движения |S(t)\, \l)(t)\, \a(t)\\ сила упругости F(Dx); зависимость
работы от косинуса угла между вектором силы и вектором пере¬
мещения; гармонические колебания; резонанс.
1.2.4. Единицы физических величин
Путь; перемещение; время; скорость; ускорение; угол поворота;
упговая скорость; масса; сила; импульс; работа; мощность; энергия;
давление; атмосферное давление; период; частота колебаний; длина
волны.
1.3. Алгоритмы и иллюстративные задачи
1.3.1. Алгоритм «К» (кинематика)
Используется при решении кинематических задач поступательного,
вращательного движения. Может быть составной частью более
сложных методов решения комбинированных задач в их
кинематической части.
1. Выбрать систему отсчета. Для этого выбрать тело отсчета
(его состояние должно быть известно) и связать с ним систему
координат, указав положение начала координат, направления осей
координат, момент начала отсчета времени. При выборе тела отсчета,
направления осей, отсчета времени следует учитывать условие:
систему отсчета нужно выбирать так, чтобы исследуемое движение
выглядело наиболее просто, а исследуемые стороны движения были
отчетливо выделены.
Так, прямолинейное движение удобно рассматривать в системе
координат, одна из осей которой совпадает с направлением движения.
Вращение лучше изучать в полярной (или сферической)
17
Физика: алгоритмы, задачи, решения
системах координат, а движение по винтовой линии - в цилиндри¬
ческой системе координат. Чтобы гарантировать себя от ненужных
сложностей решения, следует использовать возможности переноса
начала координат, поворота осей, перемещения начала отсчета
времени. Благодаря этим приемам можно (почти всегда) подобрать
систему координат так, чтобы изучать прямолинейное движение как
одномерное, движение по плоской кривой - как двумерное и пр.
Итак, выбор системы отсчета необходимо производить осознанно, с
учетом особенностей изучаемого движения и соблюдать следующий
порядок: тело отсчета, начало координат, направления осей, начало
отсчета времени. После этого необходимо мысленно «удерживать» себя
в выбранной системе отсчета в ходе решения всей задачи.
2. Проанализировать характер исследуемого движения в выбран¬
ной системе отсчета. Как правило, это необходимо сделать по двум
факторам, оценив:
• форму траектории (прямолинейная или криволинейная);
характер зависимости скорости от времени (равномерное,
равнопеременное, неравнопеременное - сложное).
(Если движение выглядит слишком сложно, нерационально, то
необходимо еще раз вернуться в п. 1 и пересмотреть выбор системы
отсчета).
3. На основе анализа характера движения в п. 2 записать урав¬
нение движения в векторной форме:
?-£ + гу+-Т- <’>
ще S - вектор перемещения в произвольный момент времени;
S0 - вектор перемещения точки при t = 0;
Dg - вектор скорости точки при t = 0;
а - вектор ускорения точки.
(при равномерном движении а - 0; движении из начала координат
S0= 0 и т.д.)
Выражение (1) - наиболее общий вид кинематического уравне¬
ния движения.
18
Раздел 1. Механика
4. Найти проекции уравнения (1) на оси координат и получить
скалярные уравнения для проекций: покажем это на примере опи¬
сания движения в декартовой (двумерной) системе координат:
ах t2
x=xo + VoJ+ ~Г Р)
y=y0 + VJ +
ау г
(3)
где в уравнения проекции соответствующих векторов из уравнения
(1). При нахождении проекций некоторые из них могут обращаться в
нуль, некоторые - оказаться отрицательными. Это зависит от
характера движения и выбора системы отсчета.
5. Полученную систему скалярных уравнений (2), (3) следует
решать относительно основного неизвестного, находя побочные
неизвестные из других данных задачи.
Примечания:
1. Аналогичный подход может быть применен, к уравнению
скорости:
V = V0 +^( (4)
2. Если в условии задачи не дано время движения и его не нужно
определять, то удобнее использовать кинематическое уравнение, не
содержащее времени:
if ~Vo ~ 2~a~S, (5)
где знак правой части зависит от знака ускорения.
3. Выражения (1), (4), (5) взаимосвязаны. Поэтому в конкретной
задаче можно пользоваться любыми двумя из трех.
4. Аналогичный алгоритм хорошо работает при изучении движения
точки в поле силы тяжести. Формулы (1), (4), (5) имеют вид:
s-s. + Vot+^Y
1 ~V = Vo +~s t; (6)
l if ~Vo = 2gh.
5. Этот же алгоритм можно применить при описании враща¬
тельного движения:
19
Физика: алгоритмы, задачи, решения
pt* 2
(p=(p0 + (O0t+^-;
\ (0 = (0. + fit;
(7)
(О2- (й2 = 20 (р,
следует лишь аккуратно учесть знаки углов, угловых скоростей и
ускорений по отношению к выбранному условно «положительному»,
направлению вращения.
6. Необходимо иметь в виду, что алгоритм «К» может применяться
в «стыковке» с другими алгоритмами, реализуя решение
кинематической части сложной задачи.
Задача 1. (Применение алгоритма «К»).
Из одной точки одновременно брошены два тела с одинаковой
скоростью под разными углами к горизонту. Определить расстояние
между телами спустя t=2 с после начала движения, если начальная
скорость уо=10м/с, а углы бросания ос =30°, а2-60°.
V 1о V20 Vo Ю м/с,
SI0=^20 ;
t=2 с;
а =30°
ос =60°
ISJ = |5|-?
Решение
1. Выберем в качестве тела отсчета зем¬
лю. Будем считать тела материальными
точками. Начало координат поместим в
точке бросания: S10- S20= 0. Время будем
отсчитывать с момента бросания.
Координатную плоскость повернем так,
чтобы траектории полета тел лежали в
одной плоскости. Ось X - горизонталь¬
ная, ось Y - вертикальная.
2. Оба тела движутся сложным образом
под влиянием ускорения свободного
падения g, описывают криволинейные
траектории в плоскости XOY и имеют
начальные скорости v0l и уд2.
20
Раздел 1. Механика
3. Искомое расстояние (см. рис. 1):
Й = \S\ = ^(х2-х/ + (у2-у)2
Запишем поэтому уравнения движения каждой точки:
s', = v0lt+ рл
4. Найдем проекции этих уравнений на оси X и Y:
х, = (V0)J + O’ (sx = 0; gy = g);
У, = Ш) ~ St2/2;
x2 = Ш) + °:
У2 = (Vjf-gfft-
5. Учтем, что
(V0)x = Vo cosav (Vo)у = Vo sinar
(Vo), = Vo cosar (Vo)y = Vo sinar
Подставляя эти данные в уравнения для проекций, получаем:
X, = Vo COS<X! V'
y,=Vo sinCC't-gM;
x2 = V0cosOC2t;
y2 = V0sin<y2t-S(2/2-
Подставляя теперь выражения для xr yr x2, y2 в формулу для
искомой величины | S |, находим
|5| =^(x>0cosa21 - Vocosai О2 + (v^ina21 - &2/2 - V^ina! * + g^/2)2 =
= VVo(COSa2 ~ C0sa)2 t2 + Vo2 (S™a2 ~ S^n(X)2 t2 =
= ty0t V (cosd2 - cos a/ + (sina2 - sinGCf;
|S| - V0t ^(cosa2- cos CL)2 + (sinet2- sina)2;
[\S\] = м/с • с = m.
Это - аналитическое выражение решения. Его анализ показывает:
а) расстояние |£| не зависит от g. Следовательно, возможно
решение задачи в свободно падающей системе отсчета, в которой
оба тела движутся равномерно.
21
Физика: алгоритмы, задачи, решения
б) при различных значениях (Х1 и СИ, возможны следующие случаи:
а/ = <х2 ; l^l = 0 - тела движутся вместе
at = 0; а, = П/2; \S\=/f)0t \ГТ~- расстояние определяется гипотену¬
зой равнобедренного прямоугольного треугольника;
(Xj = 0; а2 = К; \S\ = 2 'Dgt- максимально возможное расстояние
при данной начальной скорости.
в) можно построить график расстояния как функции углов
а2 и а2 и исследовать его на компьютере.
Численный результат по данным задачи:
\s\ = ю 2 -VI у + 1 у = 20 ■ - i; VI =
11 1 2 2 2 2 2 2
= 10 (>ГЗ-1) Л (м).
1.3.2. Алгоритм «Д» (динамика).
Используется в тех задачах, где необходимо применить второй закон
Ньютона для сил любой природы. Может быть составной частью более
сложных методов решения комбинированных задач в их динамической
части.
1. Выбрать систему отсчета. Особенности выбора системы
отсчета в динамической задаче состоят в следующем:
а) чисто динамическая задача является «мгновенной», т.е. реша¬
ется для данного момента времени, поэтому выбор положения начала
отсчета и момента отсчета времени не так важен, как в алгоритме
«К»;
б) направление осей следует выбирать так, чтобы они совпадали с
направлением большинства действующих сил и направлением
движения;
в) если выбрана нинерциальная система отсчета, то в уравнении
закона динамики кроме обычных сил следует учесть силы инерции.
22
Раздел 1. Механика
2. Определить все силы, действующие на каждое из тел системы.
Для каждой силы указать точку приложения, направление и мате¬
риальный источник. Взаимодействия тел заменить силами. Точки
приложения сил, действующих на данное тело, совместить в одной
из точек этого тела.
3. Для каждого тела в отдельности записать II закон динамики в
векторной форме:
ma=Fi + F2++F„. (8)
(число векторных уравнений должно быть равно числу тел).
4. Спроектировать векторные уравнения на оси координат и
получить систему скалярных уравнений для проекций:
тах = Flx + F2x + + Fm;
та„ = F,v + F2v+ + Fm
(9)
Fc = -kV;
Fa = P*cgVm;
FK = qE = kqq0/R2
Fn-qVB sina;
i*y л iy ' Г 2у ■ ' * ny j
(при этом некоторые проекции могут быть положительными, другие
- отрицательными, а часть - обратиться в нуль).
5. Решать полученную систему, используя дополнительные
данные задачи и выражения для конкретных видов сил:
трения F„p = fiN;
сопротивления при
движении в жидкости
Архимеда
Кулона
Лоренца РЛ = q V В sina; (10)
и т.д.
Примечания:
1. Если речь в задаче идет только об изучении механического
движения тела, то закон динамики может быть использован для сил
любой природы.
2. Алгоритм «Д» успешно работает и при решении любой
задачи статики. Достаточно лишь положить левую часть формулы
(8) т а = 0, а схема действий остается без изменения.
3. В том случае, когда в задаче требуется найти импульс тела
или время действия силы, лучше использовать II закон динамики в
виде:
23
Физика: алгоритмы, задачи, решения
т/1)-т/1)о = F At (11)
где F - вектор равнодействующей всех сил, действующих на
тело,
4. Этот алгоритм может быть использован совместно с алго¬
ритмом «К» по схеме:
вначале «К» затем «Д»;
или вначале «Д» затем «К»
(последовательность зависит от конкретной задачи).
В этом случае к выбору системы отсчета следует отнестись более
тщательно (как рекомендуется в алгоритме «К»).
Задача 2. (Применение алгоритмов «Д» и «К»).
Два груза массами т,=4 кг, т2-1 кг связаны нитью, перекинутой
через блок, который прикреплен к призме (см.рис. 1) и могут скользить
по граням этой призмы. Найти ускорения грузов, если а=60°, (5=30°,
коэффициент трения к=0,2. Определить расстояние, которое эти грузы
пройдут за t=3 с.
т, = 4 кг;
т2 = 1 кг;
а = 60°;
Р = 30°;
к = 0,2;
t - 3 с
a, S-?
Решение
Для определения ускорения грузов нужно
воспользоваться законом динамики (алгоритм
«Д»), а для нахождения расстояния - законами
кинематики (алгоритм «К»).
1. В качестве тела отсчета выберем Землю. * 2Движение происходит в плоскости чертежа. В
алгоритме «Д» рассматриваются мгновенное
ускорение тел под действием приложенных
сил. Причем задача решается для каждого тела
в отдельности.
2. Рассмотрим силы, действу¬
ющие на каждое тело. Причем, как это
следует из условия, тела можно
считать материальными точками,
нить - невесомой и нерастяжимой,
24
Раздел 1. Механика
а блок - невесомым и вращающимся без трения в оси. Взаимодействие
тел, передающееся через нить, учтем, введя силы натяжения.
3. Силы, действующие на каждое
из тел показаны на чертеже (рис. 2).
Так, для первого тела mjg- сила
тяжести (источник - Земля); Т", - на¬
тяжение нити (источник - упругость
нити); N - реакция плоскости
(источник - упругость
плоскости); 1^ - сила трения (источник - взаимодействие атомов тела
и плоскости при движении тела).
Заметим, что для определения направления силы трения,
нужно предположить в каком направлении будут двигаться тела.
Мы предполагаем, что первое тело будет опускаться, второе -
подниматься. Это совершенно безопасная гипотеза. Если мы
ошиблись, и движение должно идти в противоположном
направлении, то при подстановке численных значений в значении
ускорения появится минус, который и укажет истинное
направление движения.
Точки приложения сил мы снесли в одну - центр масс, направ¬
ления сил указаны на рис. 2.
Совершенно таким же методом определены силы, действующие на
тело т2.
Теперь можно записать динамические уравнения для каждого тела
в отдельности:
т, "а, = m,~g + ^ + N^+ F^;
т2’а2- mig + % + N2 + F2I
Прежде, чем идти дальше, н^жно решить вопрос об ускорениях
а, и а2, и силах натяжения Т, и Т2.
Ускорения а2 и а2 должны быть одинаковыми. Пусть это не так,
тогда^озможны следующие случаи:
\ai\ > Ы - первое тело имеет большее ускорение, что приведет
к увеличению длины нити и ее разрыву, но нить
нерастяжима по условию;
25
Физика: алгоритмы, задачи, решения
|fl/l < 1«г| — второе тело имеет' большее ускорение, что приведет
к исчезновению натяжения, т.е. причины ускорения.
Следовательно, \а,\ = \а2\.
Также |Г/| = |Г2| = Т, т.к. нить невесома и на ускорение ее
самой не требуется сила. Т.о., систему векторных уравнений
нужно переписать в проекциях так (для каждого тела выбрана
своя система координат). Ось X - вдоль плоскости, в направ¬
лении движения, ось Y - перпендикулярна оси X (см. рис. 2):
1 тело: (X):
(Y):
2 тело: (X):
(Y):
nij а = m1 g sina - Т + 0 - Fj ;
О - - mj g cosa + 0 + Nj + 0;
m2 a = - m2 g sinfi + T + 0 - F2;
0 = - m2 g cosfi + 0 + N2 + 0 ;
или окончательно:
Ш] a = mj g sina - T - Fj ;
I 0 = - mi g cosa + Nj ;
I m2 a= - m2 g sinp + T-F2;
0 = - m2 g cos/3 + N2
Учтем также выражения силы трения: Fj = kNj; F2 = kN2; a
Nj и N2 найдем из второго и четвертого уравнения.
Все подставим в первое и третье уравнения:
Г ml а = mj g sina - Т - к m1 g cosa ;
1 m2 a = - m2 g sinfi + T - к m2 g cosfi
Для нахождения а сложим эти уравнения. Получаем:
a(mj + m2) = (mjsina - m2sin(5 - к mjcosa - к m2cos/3) g,
или, в более удобном виде:
a (mj + mj = g [mj (sina - к cosa) - m2 (sin(3 + к cosfi)],
откуда:
a
= g
mj (sina - к cosa) - m2 (sinfi + к cosfi)
m / + m2
Это довольно сложное выражение открывает широкие возмож¬
ности для анализа физических явлений, связанных с движением
этой системы тел.
26
Раздел 1. Механика
Гак, его можно переписать в виде
(sin а - к cosa)- -^-(sinfi + к cos/3)
и рассмотреть зависимость а = а (m2 / mi). Составив программу
для компьютера, можно увидеть динамику изменения ускорения,
как функции m2/mi, или как функции а, /5, найти параметры
максимального и минимального значений от nu/mi.
Перейдем теперь к второму этапу задачи и вычислим пройден¬
ное телами расстояние.
Так как оба тела движутся в состоянии покоя по прямолиней¬
ным траекториям с одинаковыми ускорениями, то достаточно
написать уравнения движения любого из них, поскольку
® = \$\=s,
г, _а t2
2
где а - дается полученной нами выше формулой.
Проверку размерностей и численные расчеты предлагаем
произвести учащимся.
1.3.3. Алгоритм «И» (импульс).
Используется в задачах, где необходимо применять закон
сохранения импульса, рассмотреть изменение импульса под
действием внешних сил. Может применяться в комбинации с
алгоритмами «К» и «Д» независимо от природы сил, вызыва¬
ющих изменения механического импульса тела или системы.
1 Выбрать систему отсчета. Удобнее будет, если направления
осей координат и импульсов большинства тел системы совпадут.
2. Из анализа условия задачи установить какие тела, в ходе
каких процессов образуют замкнутую систему (замкнута в
смысле полного импульса, такая система тел, импульс равно¬
действующей внешних сил на которую, т.е. FAt равен нулю.
' > Iо может быть, если F ~ 0, или F At ~ 0, или At ~ 0). Этот анализ
27
Физика: алгоритмы, задачи, решения
чрезвычайно важен с физической точки зрения и его следует
проводить особенно тщательно.
3. На основании условия задачи определить начальные состояния
всех тел системы, их начальные импульсы и записать в векторной
форме полный начальный импульс исследуемой замкнутой системы
тел:
Ро = т, и, + т2 и2 + + тп и„. (12)
4. Также из условия задачи определить конечные состояния всех
тел системы, их конечные импульсы и записать в векторной форме
полный конечный импульс замкнутой системы тел
~р = m,Vi + m2ih+ + тп 2?я. (13)
5. На основании закона сохранения полного импульса приравнять
начальный и конечный импульсы системы тел и получить векторное
уравнение:
Ро ~Р»
т,и, + т2и2 + + т„и„ = т, V, + т2у2+ +т„р„. (14)
6. Спроектировать полученное векторное уравнение на оси
координат и получить систему скалярных уравнений для проекций
Г т, ии + т2 и2х + + т„ ию = т, V,x + m2V2x +
\m, и,y + т2 и2у + + тп ипу = т, V,y + т2 V2y + + m„Vny.
(при этом проекции могут быть либо положительными, либо отри¬
цательными, либо обратиться в нуль).
7. Решать полученную систему скалярных уравнений с исполь¬
зованием дополнительных данных задачи.
Примечания:
1. Закон сохранения импульса часто используется для решения
различных задач на соударения. При этом нужно иметь в виду:
• после упругого соударения (оба тела упругие) тела движутся
порознь с различными скоростями; так, для двух тел:
т1'и1 + т2щ = т,у, + т2% ; (16)
после неупругого соударения (хотя бы одно из тел неупругое)
тела слипаются и движутся как одно целое с одинаковой
скоростью, так, для двух тел:
т, и, + т2и2 = (mi + у; (17)
28
Раздел 1. Механика
2. В системе тел, замкнутой по импульсу, разрешены любые
таимодействия, силы любой природы.
3. Если мы обнаружили, что полный импульс системы не
сохраняется, то система не замкнута. Нужно использовать закон
динамики в виде}Г-~р0 = F At и решать задачу с помощью
алгоритма «Д».
4. Алгоритм «И» можно использовать с алгоритмами «К», «Д» и
другими при строгом соблюдении условий применимости!
Задача 3. (Применение алгоритмов «И» и «К»).
На платформе установлена безоткатная пушка, из которой
производится выстрел вдоль железнодорожного полотна под углом
к горизонту. Определить начальную скорость снаряда, если известно,
что после выстрела платформа откатилась на расстояние 3 м. Масса
платформы с пушкой М-20 т, масса снаряда т=10 кг, коэффициент
трения между колесами платформы и рельсами к = 0,002.
Решение
Поскольку до выстрела система пушка-
снаряд покоилась, а в первое мгновенье
после выстрела оба тела движутся,
можно попытаться применить закон
сохранения импульса.
1. В качестве тела отсчета выберем
Землю. Начало координат - в точке
выстрела. Ось X направим вдоль по¬
лотна по линии движения платформы,
ось Y- перпендикулярно земле.
Время начинаем отсчитывать в мо¬
мент выстрела.
2. Система тел пушка (с платфор¬
мой) и снаряд образуют замкнутую
систему в промежутке времени
а - 45 ;
S =3 м;
М = 20000 кг;
т = 10 кг;
к = 0,002
V-?
29
Физика: алгоритмы, задачи, решения
между моментом выстрела и малым интервалом времени после выст¬
рела. Этот интервал времени должен быть настолько мал, чтобы дейст¬
вие силы трения на начавшуюся движение платформу не успело заметно,
изменить ее импульс: lim (Fmp At) = 0.
At—И)
В направлении оси Y положение сложнее: в момент выстрела
платформа приобретает составляющую импульса, направленную к
Земле. Но упругость рельсов компенсирует этот импульс, превращает
энергию этого движения во внутреннюю энергию рельсов и колес.
Таким образом, система пушка-снаряд является замкнутой, строго
говоря, лишь вдоль оси X, в течении очень короткого времени. Но
этого достаточно, чтобы вычислить скорости платформы и снаряда в
первый момент после выстрела.
3. Начальное состояние: снаряд покоится, пушка (и платформа,
т.к. пушка безоткатная, т.е. накрепко связана с платформой) тоже
покоится:
~Ро = о.
4. «Конечное» (а по существу задачи - промежуточное) состо¬
яние-сразу после выстрела: снаряд летит со скоростью i) (искомая),
пушка (и платформа) получили начальную скорость Гв результате
выстрела:
~p=MV + mff
5. По закону сохранения импульсар0 = р, т.е.
М V + mV = 0 j
6. Находим проекцию уравнения на ось X: j
- М Vx + mV cos а = О
7. Отсюда имеем V = М Vx/ (т cos а) , здесь Vx - побочное неиз-;
вестное.
Для нахождения Vx нужно применить алгоритм «К». В данном
случае нам известно, что движение прямолинейное, с начальной
скоростью Vx (конечная равна нулю), равнозамедленное (действует!
сила трения). Поскольку не требуется использовать время, можно
рассчитать скорость по формуле:
V2 - Vx = - 2 a S, где V=0, Vx = 42aS,
30
Раздел 1. Механика
и ускорение найти из закона динамики (алгоритм «Д»): сразу в
проекциях: Ма = Fmp; а = kg Таким образом, Vx = к g S;
V
м
•JTkgS7
т cosa
г., , кг Г~м м
кг ’ с с
Из анализа конечной формулы видно, что скорость снаряда тем
оольше, чем больше отношение М/т, меньше а.. Кроме того, большое
откатное расстояние также свидетельствует о большой скорости
вылета снаряда.
Решение задачи показывает, в частности, как в одной проблеме
комбинируются три уже знакомых нам алгоритма.
1.3.4. Алгоритм «Э» (энергия).
Используется в задачах, где возможно применение закона
сохранения полной механической энергии, необходимо вычислять
изменение полной энергии под действием внешних или внутренних
диссипасивных сил. В случае учета энергии немеханической природы
сю применяют на основании общефизического закона сохранения и
превращения энергии.
1. ВыбраТь систему отсчета. Особенное внимание обратить на
выбор нулевого уровня потенциальной энергии.
2. Из анализа условия задачи определить какие тела в ходе каких
процессов образуют замкнутую в смысле механической энергии
систему тел. (Такая система должна удовлетворять условиям: работа
ршшодействующих внешних сил А4 = F AS должна быть равна нулю
либо потому, что F-0, либо потому, что AS ~0 (перемещение системы
но время процесса равно нулю); кроме того внутри системы должны
m iic гвовать только консервативные потенциальные силы (не должно
ныть з рения).
' Из условия задачи установить начальные состояния всех тел
• ис юмы, начальные значения их кинетической и потенциальной (К,
11) тисргий и записать полную начальную энергию системы:
= (Koi + Пт) + (К02 + Пог) + + (К0я + П0п). (18)
31
Физика: алгоритмы, задачи, решения
4. Также из условия задачи определить конечные состояния всех
тел системы, конечные значения их кинетической и потенциальной
энергии и записать полную конечную энергию системы:
Е~(К,+ П,) + (К2 +I7J+ +(К„+ Щ (19)
5. На основании закона сохранения механической энергии замкнутой
системы тел приравнять начальную и конечную полные энергии
системы и записать уравнение:
(К01 + По) + (К02 + пп2) + + (К0п + n0J = У-П)
= (К, + П,) + (К2 + Щ+ +(КП + Щ ' J
6. Решать полученное уравнение, используя дополнительные
данные задачи и другие алгоритмы.
Примечания:
1. Кинетическая энергия точки вычисляется по формуле
К = mV2/2, потенциальная энергия в поле силы тяжести П = mgh, в
поле упругих сил П = Ь)/2.
2. Если полная механическая энергия не сохраняется, то следует
использовать закон изменения энергии: при переходе из начального
Е0, в конечное Е состояние изменения полной энергии
ЛЕ=Е-Е0 равно сумме работ внешних сил и внутренних немеха¬
нических сил (с учетом знаков работ):Е-Е0 = А,+А2+... (21)
3. Алгоритм «Э» часто используется вместе с алгоритмом «И»
(обратите внимание на то, что условия их применимости не пол¬
ностью совпадают).
4. Применение алгоритма «Э» можно обобщить на другие виды
энергии (например, электростатическую). В этом случае мы имеем
дело с общефизическим законом сохранения и превращения энер¬
гии.
Задача 4. (Применение алгоритмов «И», «Э»).
Два шара подвешены на тонких параллельных нитях, касаясь друг-
друга. Меньший шар отводится на 90° от первоначального положения
и отпускается. После удара шары поднимаются на одинаковую высоту.
Определить массу меньшего шара, если масса большого М= 0,6 кг, а
удар абсолютно упругий.
32
Раздел 1. Механика
а
= 90°;
1,
= h = 1;
h,
II
к»
II
М
= 0,6 кг
т
- ?
Решение:
Весь процесс, описанный в задаче, разби¬
вается на три этапа:
I. Опускание малого шара, превраще¬
ние его потенциальной энергии в кинети¬
ческую.
II. Шары непосредственно перед ударом и
сразу после удара.
III. Отклонение шаров, получивших в результате удара неко¬
торые начальные скорости. Превращение кинетической энергии
шаров в потенциальную. На первом этапе используем закон
сохранения механической энергии (алгоритм «Э»), на втором -
закон сохранения импульса (алгоритм «И») и закон сохранения
энергии (алгоритм «Э»), на третьем - вновь закон сохранения
энергии.
I этап.
1. Тело отсчета - Земля. Нулевой уро¬
вень потенциальной энергии показан на
рис. 1.
‘jj_0 2. В первом этапе процесса тяжелый
шар не принимает участия. Поэтому в
замкнутую систему будут входить
шарик и Земля. Они взаимодействуют друг с другом по закону всемир¬
ного тяготения (потенциальные силы). В ходе движения шарика
должна изменяться и кинетическая энергия Земли, но ввиду огром¬
ной ее массы, скорость, которую приобретает при этом Земля, двигаясь
навстречу шарику т фактически равна нулю. Следовательно Землю
можно считать неподвижной.
3. Начальное положение: шарик отклонен на а - 90°, т.е. нахо¬
дится на высоте h = 1(1- длина нити):
Е = 0 + mg I.
4. Конечное положение: непосредственно перед ударом
mVj
2
Заказ Ns 1509
Рис. 1.
£ = ■
+ 0
33
Физика: алгоритмы, задачи, решения
5. По закону сохранения энергии Е0 = Е,
6. Откуда V0 =у/2 g l - скорость шарика т перед ударом о
шарик М.
II этап.
1. Тело отсчета - Земля. Начало координат и начало отсчета
времени можно выбрать любые, так как столкновение происходит
мгновенно в одной точке. Ось координат направим слева направо
горизонтально,параллельно.
2. В интервале времени непосредственно перед ударом и сразу же
после удара шары можно считать замкнутой системой (влияние Земли
компенсируется натяжением нитей подвеса).
3. Начальное состояние - перед ударом:
Ро = 0 + т Vo-
4. Конечное состояние - сразу же после удара:
p’=Mv‘+mV
5. По закону^сохран^ния импульса р0 = р, т.е.
mV0=MV+mV.
Для этого этапа можно записать закон сохранения механической
энергии (удар упругий):
т Vn2 . МУ2 * * хтУ2
2 2 2
6. Действуем далее по алгоритму
Г -mV0 = -MV + mV;
т Vo = MV2 mV2
[2 2 2
М
V=(—-1)V
0 ' т 7
3 этап.
Систему шары и Земля на этом этапе можно считать замкнутой.
Поэтому:
E,,»tf+0+!!Lf+0;
Е = Mg h + тgh .
34
Раздел 1. Механика
Это верно и для каждого шара в отдельности. Поэтому
—у~ - Mgh; V = "J2 gh ; = т gh ; V =^2 gh ; V = V
Тогда
f (f-lftf-flf + fv*
(M-if = K + i
m m
(Kf-2 У- +1 =— + 1;
m m m
3) = 0 ;
m m
m =
3 ’
— -3 = 0;
m
m = 0,2 кг.
1.4. Задачи и решения.
Задача 1.
Первую половину своего пути автомобиль двигался со скоростью
V =80 км/ч, а вторую - со скоростью V2=40 км/ч. Какова средняя
скорость движения автомобиля на всем пути?
Решение:
S - весь путь.
5
— - половина пути.
/; = —т - время на первую половину пути.
2 Vj
£
/, = —у- время на вторую половину пути.
2 У2
Средняя скорость есть отношение всего пройденного пути к зат¬
раченному на него времени.
(S s S(Vl + y2) 2VЛ
t, + t2 ' 2V, 2V' ' 2V,V2 V,+V2
35
Физика; алгоритмы, задачи, решения
V,
2 go — . 40 —
ч ч
ср ТГкм км
80 1- 40 —
ч ч
Ответ: уср ~ 53,3 км/ч
2
км
ч
Задача 2.
Автомобиль проехал половину пути со скоростью V=60 км/ч. Ос¬
тавшуюся часть пути он половину времени он ехал со скоростью
V=15 км/ч, а последний участок - со скоростью V=45 км/ч. Найди¬
те среднюю скорость движения автомобиля.
Решение:
S - весь путь.
S
у - половина пути.
$
tj = — - время на первую половину пути.
2 Vj
t2 = t3 - время на 2-й и 3-й участки пути одинаково.
с
t2 V2 + t2V3 = t3 V2 + t3 V2 = у— вторая половина пути.
<2 = tS =
V'P if, + t, +
2 (V2 + V)
S
- время для прохождения 2 и 3 участков.
t, S * 2 V
V, 2 (V2 + V) 2 (V2 + V)
) =
S(2V, + V2 + V) _2V,(V2 + VJ
2 V, (V2 + VJ 2 V, + v2 + v;
V,
2 60— (15 — + 45—) 120 —■ 60 —
4 ' ч ч/ ч 4
cp
~ KM KM KM
2 60 — + 15— + 45 —
ч ч 4
KM
180 —
4
40 км/ч.
Ответ: ^)cp » 40 км/ч.
36
Раздел 1. Механика
Задача 3.
11ри горизонтальном ветре, скорость которого V =10 м/с, капли дож¬
ди надают под углом а=30° к вертикали. При какой горизон-
I длиной скорости ветра капли будут падать под углом а =60° к вер-
I икали?
Решение:
Перейдем в систему отсчета, которая движется горизонтально со ско¬
ростью, равной скорости ветра. В этой системе отсчета воздух непод-
нпжен, и капли падают вертикально. Скорость падения капель Юк за-
иисит только от их размера, и ее можно считать во всех случаях оди¬
наковой. Получаем: tga[ = Vj tga2 = V2/‘Vk,
откуда: у2 =
tga,
*ёа2
V2 = 10—
VT з
м tg60c
tg30<
м
-10 —
м м
10 — 3= 30 —.
c c
VJ
Ответ: V2 ~ 30 м/с.
Задача 4.
Тело движется из состояния покоя равноускоренно. Определите,
но сколько раз путь, пройденный этим телом за восьмую секунду,
больше пути, пройденного за третью секунду.
Решение:
Пусть S2 - путь, пройденный телом за две секунды, S} - за три
секунды и т.д.
Тогда пусть за третью секунду тело пройдет расстояние:
at* 9 4 5
= — а- — а = — а :
2 2 2 2
За восьмую секунду тело пройдет расстояние:
at,2
at2 at2 _ 64 49 _ 15
■S7~ - - ~r~ - ~r a~ ~r a T a ’
31
Физика: алгоритмы, задачи, решения
s,-s, _
s,-s,
15 а
~2~
5 а
~2
—— = 3 (раза).
Ответ: в 3 раза.
Задача 5.
Скорость электропоезда увеличилась с V, = 21,6 км/ч до
V2 = 108 км/ч на пути S = 54 м. Определите ускорение поезда и за
какое время произошло это изменение скорости.
Решение:
_ V2
V2 ~ V2
Из формулы S = —Ц-—- имеем а =
2 а
^км 21,6 ■ 1000 м , м км
21,6—= 3,пп = 6—; 108 — =
ч 3600 с с ч
V2 - V2
2S
108 ■1000 м
3600
= 30-
с с
а =
900 мУс2 - 36 мУс2
= 8
м
2 54 м с‘
Из формулы V2 = VJ + at имеем:
V,-V,
t =
а
Ответ:
t =
30 м/с - 6 м/с
8 м/с2
а = 8 м/с2; t = 3 с.
■= 3 с.
Задача б.
Двигаясь равноускоренно без начальной скорости, тело, пройдя
некоторый путь, приобрело скорость V =14 м/с. Чему была равна ско¬
рость тела, когда оно прошло половину этого пути?
Решение:
Обозначив искомую скорость V,, запишем формулы зависимости
перемещения от скорости:
S.f.S.VL
2 а 2 2 а
Подставим значение пути S из 1-го во 2-е соотношение:
£,Jl
4а 2а 2 >
Ответ: V, = Ю м/с.
1) 14 м/с
v> =jt v>= 17~= 10 м/с~
38
Раздел 1. Механика
Задача 7.
Тело, двигаясь равноускоренно, за первые пять секунд своего дви¬
жения прошло путь S5 = 100 м, а за десять - Sig = 300 м. Определите
начальную скорость движения тела.
Решение:
По формуле S = V0t + at2/2 запишем:
S,~5V,+ 2
25_а
1
100 а
s,o = mv0+- 2
Умножим первое уравнение на 4, чтобы коэффициенты при а
сравнялись и можно было из системы уравнений исключить уско¬
рение а.
4S5-20V0 = 50a;
SIO-10v0 = 50a.
Приравниваем левые части уравнений.
4 S5 - 20 V0 = Sl0 - 10 V0;
10 V0~ 4 Ss - Sl0;
V, = (4 S5 - SJ/10.
vn
4
Ответ:
100 M- 300 м
10 c
V0 = 10 м/с.
= 10 м/с
Задача 8.
Движения двух автомобилей по шоссе заданы уравнениями
v; = 2 t + 0,2 t2, х2 = 80 - 41. Описать картину движения, найти:
а) место и время встречи;
б) расстояние между ними через 5 с после начала отсчета време¬
ни.
Решение:
Первый автомобиль движется равноускоренно, так как xt
растет пропорционально квадрату времени. Он удаляется от
начала отсчета с ускорением (а /2 = 0,2; а = 0,4 м/с2).
39
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Второй автомобиль движется равномерно навстречу перво¬
му, так как его координата х2 линейно убывает со временем.
а) Определяем место и время встречи:
X = X
2 t + 0,2 t2 = 80-4 t
0,1 t2 + 3 t- 40 = 0
-3 ±-49 + 16
1 0,2
tt = -40; t2 = 10.
Отрицательное время -40 с не имеет физического смысла.
х,=х2 = 2 10 + 0,2 100 = 40 (м).
Ответ: 10 с; 40 м.
б) Определяем расстояние между автомобилями через 5 с:
х, - х2 = 2 t + 0,2 t2 - (80 - 4 t) = 6 t + 0,2 t2 - 80.
Подставляем сюда t = 5 с:
| X, - x2 I = I 6 • 5 + 0,2 25 - 80 \ = | -45 \ = 45 (m).
Ответ: 45 м.
Задача 9.
Свободно падающее тело за последнюю секунду падения
прошло путь / = 63,7 м. С какой высоты падало тело?
Решение:
Пусть тело падало t секунд, тогда высота падения h= gt2 / 2,
а за (t-1) секунд оно прошло путь g (t - l)2 / 2.
За последнюю секунду оно прошло путь':
g t2 g (t — I)2 - g g
~ 2 =J [t2-(t~l)2] =f(2t-l);
l=f (2 t-1);
S t2
Это время t подставляем в формулу высоты h = —
40
Раздел 1. Механика
g t2 g l 1
/, =-s_ =-«/-+ -y
2 2 {g 2J
l - 9.8 м/с2 , 63,7 м J_ 2) = 4 оЛ /$3,7 + 4,9 )2 _
h 2 {9,8 м/с2 2C) ’ c2( 9,8 C,~
- 4,9 — 49 c2 - 240 m.
c
Ответ: h = 240 m.
Задача 10.
Какой путь проходит свободно падающее тело за третью
секунду движения?
Решение:
с7-3^ £'2* £ М
l = s3-s2 ~2 V = *Г- (З2 - 22) ~ 4,9 — 5 с2 =24,5 м
3 1 2 2 2 с1
(см. задачу 4).
Ответ: I = 24,5 м.
Задача 11.
Тело свободно падает с высоты 270 м. Разделите эту высоту
на три части, такие, чтобы на прохождение каждой из них потре¬
бовалось бы одно и то же время.
Решение:
Так как всякое равноускоренно движущееся тело за равные
последовательные промежутки времени проходит пути, отно¬
сящиеся как ряд последовательных нечетных чисел, а по усло¬
вию задачи таких отрезков три, то нам надо 270 м разделить
на гри части пропорционально числам 13 5.
То есть hy h2: h} = 1 3 5 и h1 + h2 + h3 = 270 м.
Тогда:
//; = 270 м 1/9 = 30 м,
It, = 270м 3/9 = 90м,
It, = 270 м 5/9 = 150 м.
Ответ: = 30 м, h2 = 90 м, h} = 150 м.
41
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 12.
Тело свободно падало с некоторой высоты Я и последние
h = 196 м прошло за 4 с. Сколько времени падало тело? Чему равна
высота Я?
Решение:
h
g£
2
g(t~4)2
2
= j-(8t-16) = 4g(t-2),
где t - время падения.
h h + 8g
Отсюда: t = —— + 2 = —
4g 4g
gt2 g (h + 8g)2
Находим высоту: Я =— =— ———
196м+ 8 с2 9,8м/с2
{ 4с- 9,8 м/с2 С'
9,8 м/с2 Л96 м + 8 с2 9,8 м/с2 и
2 ’’ 4 с-9,8м/с2
Ответ: Н = 240,1м.
Н =
-)2 = 4t9?L- 49 с1* 240,1м
Задача 13.
С крыши здания высотой Н= 16 м через одинаковые промежутки
времени падают капли воды, причем первая ударяется о землю в тот
момент, когда пятая отделяется от крыши. Определите:
а) время падения капли;
б) расстояние между третьей и четвертой каплями в воздухе в
момент удара первой капли о землю.
Решение:
Так как капли падают через равные промежутки времени, то в
момент падения первой капли на землю и отрыва пятой от крыши,
расстояние между ними относятся как ряд последовательных нечет¬
ных чисел.
hj - расстояние между 4-й и 5-й каплями.
h2 - расстояние между 3-й и 4-й каплями.
42
Раздел 1. Механика
/;, - расстояние между 2-й и 3-й каплями.
//, - расстояние между 1-й и 2-й каплями.
Значит, 1) ht + h2+ h3 + h4 = H;
2) hl + h2 + h3 + h4=l 3 5:7.
H 3 ЗН
Находим h2 =
, 3 16 м з
п2 = —— = 3 м.
1 +3 + 5 + 7 16 2 16
Время падения каждой капли находим из соотношения
gt2 ГТн
II = —— или t = л1
^ v 8
2 16м
\2 16 с [
9,8 м/с2 V о,2 49
Ответ: t = 1,8 с; h2 = 3 м.
16 10 с2 4
— ~ —-3,16 с « 1,8 с.
Задача 14.
Расстояние между двумя свободно падающими каплями через время
t 2 с после начала падения второй капли было 1 = 25 м. На сколько
позднее первой начала падать вторая капля?
Решение:
т- искомое время;
t - время падения второй капли до указанного
момента;
т + t - время падения первой капли до того же
момента.
ffZ
i«2
a
III 1
w
a
• i
a
// //'
. 8t2
h2 = ~
g(r + t)2 gt2
g(z+ t)2
ht ~ ■ ; h,-h2 = l
= /
Рис. 14.1.
2 2
(Квадратное уравнение относительно т.)
gT* + 2 gt Т— 21 = 0.
-2gl± у! 4 g212 + 8 g l
T =
2g
т < 0 отбрасываем.
43
Физика; алгоритмы, задачи, решения
_^2£1+Л2ЕШГ,_(+ /ттж, енн_,.
2g V g V g
_ 19,8м/с2-4 с2 +2-25 м 2 с- I
V 9,8 м/с2 С V
Ответ: т = 1 с.
89,2
9,8
с2 - 2 с ~ 3,01 с - 2 с ~ 1 с.
Задача 15.
Г\
I I
'А'
/ у уу
77-
РИС. 15
с
С поверхности Земли вертикально вверх
брошен шарик. Некоторую точку А шарик проходит
дважды: спустя время /у и время t2 после начала
движения. Определите высоту точки А над поверх¬
ностью Земли. Сопротивление воздуха не учиты¬
вать.
Решение:
Исключим из системы этих уравнений рд:
g t2 f h gt
Vn=~ + *‘
<
of2
V0*2 = h+-^-
t.
2
8*2
h
V=— +
0 t2 2
Решаем уравнение с неизвестной высотой h.
+
i + ih= L+ Hi
t,
2
11 g
'i
t,-t
h-±
i _ 8
2 @2 *)•
•l *2 *
h - g tj t2/2
Ответ: h = g tt t2/ 2
44
Раздел 1. Механика
la дач а 16.
Чтбы покинуть Землю, ракета должна развить скорость
I II,.'! км/ч. На какой высоте и через какой промежуток времени при
иг|п икальном подъеме это произойдет, если ракета будет двигаться с
V» иорснием а = 30 g? Каково на этой высоте ускорение свободного
наития? Радиус Земли 6,37*1О6 м. Расчет удобно производить с по¬
мощью микрокалькулятора.
Решение:
< корость на искомой высоте V = a t = 30 g t.
V 11200 м/с 11200 с
30 g 30-9,8 м/с2 294
at2 _ 30g jf _ if
2
() i сюда t =
- 38 c.
11скомая высота H =
H =
If
И
2 (30 g)2 60 g’ " 60 g
(11200м/с)2 1,254 10s м/с2
60 9,SjJ • 0-°°Ш ‘«‘“■213000
M
213 км.
I la поверхности Земли:
()гсюда: GM = gR2
F =
G Mm
R2
I la высоте H:
FH =
G Mm
g =
FH
m
(R + H)2 m
Подставим из (1) во (2), тогда получим: gH =
GM
R:
GM
(R+H)2
gR2
(1)
(2)
(R + H)2
9,8m/c2-(6,37106m) m 9,8-40,58-1012 м 397,7м e д ]д / 2
(6,58-106 м)2 43,3-10'2 с2 43,3 с2
Ответ: t = 38 с; Н = 213 км; gH = 9,19 м/с2.
Задача 17.
( нсртолета, находящегося на высоте к=500м, упал камень. Через
mi кос время камень достигнет земли, если:
а) вертолет неподвижен;
о) вертолет поднимается со скоростью V0 = 4,9м/с!
( опротивление воздуха не учитывать.
45
Физика: алгоритмы, задачи, решения
gt2 ПТ
а) Н = 2 *Чт
(= ^2 500м
Решение:
4 S
j 5000 с2 т J
2 2500 с2
= 1,41 7,1 с-10 с.
9,8 м/с2 V 49 V 49
б) начальная скорость направлена вверх, поэтому ее считаем от¬
рицательной:
h=-V0t + gt2/2;
2h=-2V0t + gt2;
gt2 -2 V0t-2 h = 0. (Квадратное уравнение относительно I)
2Vn± >/4i>2 + 8gh
t = — — . (Корень t < 0 отбрасываем.)
V„ I Vo 2 g Vn I Vo2 + 2Sh Vo 1 I , . .
< —+vir+—- t+V—— = т+ g 'iv:+w
t= ■ZL
g 1 g2 g g v g2
4,9 м/с >124 м/с2 + 29,8 м/с2-500 m
9,8 м/с2
9,8 м/с2
g
~ 0,5 c +
V9824 м/с2
9,8 м/с2
99 1
- 0,5 c+ -J^-c - 10,6 c.
Ответ: a) t = 10 c; 6) t = 10,6 c.
Задача 18.
Ракета запущена вертикально вверх с поверхности Земли и на
участке разгона имела постоянное ускорение а = 19,6 м/с. Какое
время падала ракета с ускорением g = 9,8 м/с2 после достижения
наибольшей высоты, если на участке разгона движение продолжа¬
лось в течении времени т = 1 мин!
Решение:
х- время разгона
Н- высота, на которой ракета разгонялась с ускорением а.
Н = ахг/2. i
После разгона был участок замедления скорости до нулевой
^ _ J)2_ , ще V = а х- скорость в конце разгона, она же - начальная
2 g для участка замедления.
46
Раздел 1. Механика
а21?
Поэтому h = -—
2 8
Вся высота подъема состоит из участка разгона и участка
а т2 , а2 т2
иедления: Н + h = —7- + —z—
2 2g
С этой высоты и началось падение. Время можно посчитать по
формуле Н + h = g t2 / 2, где t - искомое время падения. Прирав¬
нивая, получаем:
*2 а т? а2 т?
8t_
2
g t2 = а т? +
28
a2 ‘f
~8~’
t2 = ^(~ + ^)= -р- (а 8 + а2) =
а2 т2 g
—Г (-*-+!);
8Г а
_ а т I g + а
g V а
19,6м/с2 3600 с \ 9,8 м/с2 + 19,6м/с2
7200 с
9,8м/с2 V 19,6 м/с2
= 7200 -Jl.5 с » 7200 с ■ 1,225 • 8820 с « 2,45 мин.
Ответ: t = 2,45 мин.
I 9.8 (1+2) _
V 9,8 2
Задача 19.
В лифте, опускающемся с ускорением а = 0,1 м/с2, падает тело с
ммсоты h = J м над полом без начальной скорости. Через какой
промежуток времени после начала падения тело коснется пола
нифта?
Решение:
Вели систему отсчета связать с лифтом, то падение будет
происходить с ускорением g - а. Из формулы высоты падения
Л (g - a) t2 /2, находим время падения:
48-а)
Ответ:
21м
8 м/с2 -0,1 м/с2
t = 0,45 с.
1.41
3,11
с = 0,45 с
47
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 20.
Два тела А и В с массами
т=1,5 кг и т=0,45 кг соответ¬
ственно подвешены на нитях к
легкому коромыслу, плечи кото¬
рого имеют длину dl = 0,6 м и
d2 = 1 м, причем тело А лежит на
полу. На какой минималь¬
ный угол а следует отклонить подвес тела В, чтобы после его отпус¬
кания тело А оторвалось от пола?
Решение:
Запишем условия равновесия коромысла в момент отрыва тела
А: Т2 d2 — Tldl = 0> где 7) = m] g - сила натяжения левой нити, Т2 -
сила натяжения правой нити.
Сила натяжения Т2 будет максимальной ь тот момент, когда пра¬
вая нить принимает вертикальное положение. Запишем для этого
момента второй закон Ньютона и закон сохранения механической
энергии:
Рис. 20.1
T2~m2g =
_ 2
m.V2 ,1?
(—-центростремительное ускорение)
^ = m2g I (1 - cos а),
где / - длина нити, а - искомый угол ее отклонения.
Из двух последних уравнений находим:
Т2 = m2g (3 - 2 cosa).
Подставляя сюда значение силы натяжения из уравнения равно¬
весия коромысла, найдем искомое значение угла а:
LA-
d2
mi g d,
d2
m,d, ,
d2
m2g (3 -2 cosa);
~ m2 g (3 - 2 cosa);
3 m2-2 m2 cosa;
1
48
Раздел 1. Механика
1 т, d.
cosa= — (3 '—})
2 т, а.
< osct
2 "2
_ 1 1.5 кг ■ 0,6 м ,
2 ' 0,45 кг- 1м '
0.9
0,45
) = 0,5
(3-2) = 0,5.
it arccos 0,5 = 60°.
Ответ: а = 60°.
В вагоне, движущемся гори¬
зонтально с постоянным ускоре¬
нием а = 3 м/с2, висит на про¬
волоке груз массы т = 2 кг. Опре¬
делить силу натяжения Тпроволо¬
ки и угол а ее отклонения от вер¬
тикали, если груз неподвижен от¬
носительно вагона.
Решение:
Если вагон движется с ускорением а вправо, то на вагон действует
сила F в этом же направлении, та сила, которая создает ускорение
вагона. В системе отсчета, связанной с вагоном, на все тела внутри
пего действует такая же сила, но в противоположном направлении.
()на действует также на груз^подвешенный на проволоке и отклоня¬
ет ее на угол а. Эта сила F=ma, где m - масса груза. Проволока
отклоняется в сторону, противоположную движению вагона. Кроме
того на груз массы m всегда действует сила тяжести mg,
направленная вниз. Сила 7f растягавающая проволоку, является
равнодействующей указанных сил Т = F+mg. Из чертежа видно:
Т = -d(m а)2 + (mg)2 = m а2 + g2
Г = 2 кг - >/ 9 м2/с4 ~2 кг - ^105 м2/с4 ~2 кг - 10,25 м/с2 =* 20,5 Н.
11аходим угол а: tga = — = — = — tga =-4- = 0,3061
mg mg g 9,8
a = arctg 0,3061 -17°.
Задача 21.
49
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Силу натяжения Т можно найти и так:
1) J = sina Т = ; Т =
' Т sina
™ Я „ т mS
2) —— = cos а Т =
' т
20,5 Н.
cos а
Ответ: Т = 20,5 Н; а = 17°.
2 3 Н
0,292
2 9,8 Н
Т = „ » 20,5 Н.
0,956
Задача 22.
Под действием некоторой силы тележка, двигаясь из состоя¬
ния покоя, прошла путь 40 см. Когда на тележку положили груз
массой 200 г, то под действием той же силы за то же время тележка
прошла из состояния покоя путь 20 см. Какова масса тедежки?
Решение:
т, - масса тележки;
ш2 - масса груза.
По второму закону Ньютона F = m а.
Из формулы S = запишем а =
т, 2 S, 2 т. S.
Тогда F, = —ip—' =
„ _ (mi + т) 2 S2
F> ?
По условию Ft = F2.
2 т2 St 2 (mt + mj S2
Время t одно и то же; умножаем обе части на t2.
mt S2 = т2 S2 + т2 S2 ;
_ = m2S2
1 s,-s,
_ 0,2 кг 0,2 м
' 0,4 м — 0,2 м
= 0,2 кг = 200 г.
Ответ: масса тележки 200 г.
50
Раздел 1. Механика
(плача 23.
I руз массой 133 кг, лежащий на полу кабины опускающегося лиф-
1.1, давит на пол с силой 1500 Н. Определите величину и направле¬
ние ускорения лифта.
Решение:
Найдем силу тяжести груза т g = 133 кг 9,8 м/с2 = 1300 Н.
I (сс 1500 Нбольше силы тяжести. Значит, хотя лифт и опускается,
ускорение а направлено вверх, то есть происходит торможение лиф-
I а Запишем второй загон Ньютона для этого случая:
Р = т g + т а = т (g + а) ;
P-mg
а= т
1500 Н-133 кг -9,8 м/с2
а= т
133 кг
Ответ: а - 1,5 м/с2.
200
133
= 1,5 м/с2
с2
Задача 24.
Груз весом 10/ Н опускается с помощью лебедки с постоянной
скоростью V = 4 м/с. Какова будет максимальная сила натяжения троса
при внезапной остановке лебедки, если коэффициент упругости троса
равен 5 10s Н/м2 Считать g = 10м/с2.
Решение:
Когда лебедка внезапно остановится, груз за счет упругости троса
все-таки на немного продвинется вниз. Обозначим это
небольшое перемещение х. Сила натяжения троса по закону Гука
будет Т=\кх\. Кинетическая энергия груза перейдет в потенциаль¬
ную энергию растянутого троса к х2 /2.
Имеем два уравнения:
Найдем неизвестную массу по весу тела m = P/g.
51
Физика: алгоритмы, задачи, решения
T = V,
Рк
Т= 4м/с
10* Н 5 105 Н/м
10 м/с2
- 4 м/с ■ J 5 • 10s РРм2 /м2 «
« 8,96 • 10* Н ~9 ■ 10* Н.
Сила натяжения троса при внезапной остановке почти в
9 раз превысила вес тела.
Ответ: Т = 9 ■ 10* Н.
Задача 25.
Веревка выдерживает груз массой т/ = 90 кг при вертикальном
подъеме его с некоторым ускорением и груз массой т2- 110 кг при
движении вниз с таким же ускорением. Груз какой максимальной
массы можно поднимать с помощью этой веревки с постоянной ско¬
ростью?
Решение:
TJ=ml (g+a) - сила натяжения при подъеме с ускорением а.
< Т2 = т2 (g-a) - сила натяжения при спускании с ускорением а.
Т3 = m3g - сила натяжения при равномерном подъеме.
Веревка должна выдержать во всех трех случаях, поэтому
X = Т = Т = Т
Решаем систему уравнений
' T = mIg + mla,
< T = m2g-m2a,
{ T = m3g
Исключим неизвестное ускорения а из первого и второго уравне-
T~m,g m7g-T
< mt m2 ’
{ T = m3g
Подставим значение T из второго
уравнения в первое.
а =
T~™,g
m.
<
_ m2g-T
Ш-
T = m3g
m3g-mJg_ m2g-m3g
m,
/и,
52
Раздел 1. Механика
w, - т, _
т, ~
т, - т}
т,
Из этого соотношения найдем т}:
т3 т2 -т1т2 = т/ т2 - т1 т} ;
т} (т2 + т) = 2 т1т2 ;
2 т. т2
т, =
s mt + т2
_ 2 90 кг ■ 110 кг
П>3 90 кг + ПО кг
Ответ: т} = 99 кг.
9900
100
кг ~ 99 кг.
ил .
т2
т1
F,
—*■
Рис. 26.1
Задача 26.
Два груза массами т=800 г и
т2 = 400 г лежат на гладкой го¬
ризонтальной плоскости и связа¬
ны между собою тонкой нитью,
способной выдерживать
наибольшую нагрузку 12 Н. Определите максимальную силу Fp с
которой можно тянуть груз тр чтобы нить не оторвалась. Изменится
ни величина этой силы, если тянуть за груз т2? Трением грузов о
и носкость пренебречь.
Решение:
а; - максимальное ускорение
под действием силы Fr
Т, т,
™1
F,
1 гп2
М
W
Tt- сила натяжения нити.
Рис. 26.2
- второй закон Ньютона для первого тела.
- второй закон Ньютона для второго тела.
( кладывая первое уравнение со вторым, получаем:
/■ (т1+т2)аг Из второго уравнения находим at = Т1/т2.
Чтобы нить не порвалась, необходимо, чтобы сила
F,~T, = т, а,
Т, = т2 а,
mJ + т2
т.
• Т •
11 >
53
Физика: алгоритмы, задачи, решения
F = 0,8 кг + 0,4 кг . 12 н ~ L1 пн~36Н
' 0,4 кг 0,4
Определим силу, с Koropoi
надо тянуть груз т2 и чтобь
?2
т7
Т2 Т2
-+~4-
m I
нить не порвалась.
7777777777
Рис. 26.3
Система уравнений 2-го закона Ньютона по отношению к этик
двум телам выглядит так
F2-T2 = m2al, [ F2 = (m/ + m) at,
T2 = ml a; ;
- L.;
m.+m.
F =— —• T
r 2 m
ai m
*i
T = T.
A 1 A r
Так как нить между телами в обоих случаях одна и та же, тс
m, + тп
F = °^^Л0.4кг . ]2Н= Li 12Н=-гг -12Н= 18Н.
2 0,8 кг 0,8 2
Ответ: F, = 36 Н; F2 = 18 Н.
Задача 27.
Тележка стоит на гладких рельсах, человек переходит <
одного ее конца на другой. На какое расстояние переместится npi
этом тележка? Масса человека т; = 60 кг. Масса тележки т2 = 120 кг,
ее длина L = 3 м.
Решение:
L - длина тележки.
S - перемещение тележки за вреш
перехода человека.
По закону сохранения импульс*
mjV] = m2V2, где mj - масса чело¬
века, Vj - его скорость, т2 - масса те¬
лежки, V- ее скорость, t - время
перехода человека (движение его равномерное); V = (L-S)/t- ско¬
рость человека, V2 = S / t - скорость тележки в то же время
Рис. 27.1
54
Раздел 1. Механика
11олучается система уравнений:
ml V, =m2V2,
L-S
V,=
Подставляем в первое уравнение скорости из второго и третьего
уравнения. Из него найдем перемещение S тележки.
т,
L-S.
= т„
S
t ’
т, (L - S) = т2 S,
mt L - (т] + mj S,
т, L £ _ 60 кг • 3 м _ 60 ■ 3 j
nij + m2 60 кг + 120 кг 180 М М
Ответ: S = 1 м.
Задача 28.
г
л
\ с—
Рис. 28.1
Два груза массами т=300 г и т=200 г соеди¬
нены нитью, перекинутой через неподвижный
блок. Определить ускорение грузов, натяжение
нити и с какой силой блок давит на ось.
Трением в оси блока и его массой пренебречь.
Считать g = 10 м/с2.
▼
Решение:
Считаем, что нить не растягивается и
во всех своих точках натянута с силой Т.
Поэтому ускорения грузов одинаковы, но
направления этих ускорений противо¬
положны. Составим уравнения второго
закона Ньютона для каждого движущегося
груза (грузы обязательно придут в
движение).
m,g
Рис. 28.1
mlg-T = mla,
T~m2g = m2a,
55
Физика; алгоритмы, задачи, решения
T = mIg-mIa,
Т = m2g + т2а .
mIg-mta = T = m2g + m2a,
mlg-mla=m2g + m2a,
(ml - mjg = (ml + mj a,
m,-m.
a =
_ "i
mt + m2
■g-
Значение T определяем из первого или второго уравнения.
2 т1 + т2 2 т/ + т2 т} + т2
Блок давит на ось с удвоенной силой Т: F = 2 Т.
1) « = ^кг-°Акг 10 м/с* - £1 10 мЛ> -2м/с1
’ 0,3 кг + 0,2 кг 0,5
а\ гг-i 2 0,3 кг * 0,2 кг 10 м/с 1»2 гг а > гг
2) т 0.3 кг+ 0,2 к -ZJH-2.4H.
3) F = 2 2,4 Н = 4,8 Н.
Ответ: а = 2 м/с2; Т = 2,4 Н; F = 4,8 Н.
«I
(3}
Задача 29.
Две гири массой ту = 4 кг и т2 = 3 кг
подвешены на концах нити, перекинуто^
через неподвижный блок, причем меньшая
гиря находится на высоте h = 2,8 м нижа
чем большая. Определите, через какое врем*|
гири окажутся на одинаковой высоте, есл^
дать им возможность двигаться по^
действием силы тяжести.
Решение:
Под действием силы тяжести гиря т] буде]
опускаться с ускорением а, гиря же т2 буде:
подниматься с тем же ускорением;
Встретятся они, пройдя каждая половину пути h/2. На какое расстояние
поднимется груз тр на такое же расстояние опустится груз
ГТ1 "г -*•
Рис. 29. 1 mg
56
Раздел 1. Механика
(апишем законы движения первой и второй гири (второй закон
II i.ioiона) а также кинематическое соотношение для гири при
ршчюускоренном движении. Получим систему из трех уравнений с
мпгшсстными Т, a, t.
ml g - Т = ml а, Сложим первые два уравнения
Т -m2g~ m2a, для того, чтобы исключить Т.
h _ at2 Г (m^mj g = (m, + mj a ,
2 2 1 h = at2
m, — m.
a = g
ml + m2
t = sh/a.
Подставим а из первого уравнения во второе.
(=
h (Ч
g(m
lUHl
8м - (4 кг + 3 кг)
1,8 м/с2 (4 кг -3 кг)
Ответ: t = 1,4 с.
-и
8м- 7
8 м/с2
>/ 2 с2 * 1,4 с.
Задача 30.
На нити, перекинутой через неподвижный блок, подвешены грузы
массами 0,34 кг и 0,3 кг. За 2 с после начала движения каждый груз
прошел 1,2 м. Найти ускорение свободного падения по данным
опыта.
Рис. 30.1
Решение:
Запишем уравнения движения для каждого
тела и для пройденного каждым телом пути в
зависимости от времени t:
mlg-T = mla,
I T-m2g = m2a,
h = ^
Сложим первые два уравнения для того,
чтобы исключить Т:
57
Физика: алгоритмы, задачи, решения
(ml - mj g = (т/ + mj a,
Из первого уравнения найдем g, из второго а:
(т1 + тJ а Подставим значение а
^ т1-т2 ’ первое уравнение:
2 h _ (т, + 2 h
а =
Г
g =
(mt - т) $
= (0,34 кг + 0,3 кг)-2-1,2м g 0,64-Цм а 4 2 4м/с2 ^9 6м/с2.
(0,34 кг -0,3 кг)-(2 с)2 0,04-4 с2
Ответ: g = 9,6 м/с2.
Канат перекинут через неподвижный блок
причем часть каната лежит на столе, а часть - ш
полу. После того как канат опустили, он нача»
двигаться. Найти скорость установившегос!
движения каната. Высота стола равна h
Решение:
За малое время t в движение вовлекаете)
малый кусок каната длиной Л1 = VAt, гд<
V - скорость установившегося движения. Еслр
массу единицы длины каната обозначить р, то масс)
куска каната А1 равна Ат = pAI = pV At.
Массе т каната за время t сообщается импульс
равный AmV = pV2 At.
Изменение импульса появляется благодаря разности сш
тяжести, действующих на правую и левую части каната. Эта разност!
равна mgh.
Так как р А = т, и по второму закону Ньютона изменение им
пульса тела равно импульсу силы Am V = р g At. Подставляя
получаем pV2 At = phg At или v2 = 2gh. Установившаяся скорост]
равна V = >/gh.
Ответ: V =>/ g h
Задача 31.
58
Раздел 1. Механика
Кубик, покоящийся на горизонтальной поверх¬
ности, пытаются сдвинуть с места, прикладывая
силу F под углом а. При каких значениях
коэффициента трения кубик нельзя сдвинуть
независимо от величины приложенной силы?
Решение:
Выберем систему отсчета так, чтобы оси
ОХ и OY были параллельны граням куба.
Рассмотрим силы, действующие на куб. Запи¬
шем суммы проекций этих сил на оси. Эти
суммы должны быть равны нулю, так как куб
находится в покое.
Г -F +Fsina = 0, Г F =Fsince,
} N - mg - F cos a = 0. [ N = m g + F cosa.
Куб не сдвинется, если F <fiN.
!■' sin a < fX (m g + F cosa) , (1)
/,> Fsina .
mg + F cosa
При таком коэффициенте трения куб не сдвинется. При очень
Оольшой силе F, силой mg можно пренебречь и тогда получится
И ' tga.
’)го условие можно найти и другим способом. Из (1) можно
ишисать: Fsina-F/xcosa <цт g,
мни F (sina. -ц cosa) <ц т g
11ри достаточно малой силе F это неравенство выполняется и при
милом fi. Но если sina - ji cosa < 0, то и при очень больших F оно
выполняется. А из него вытекает:
// cosa > sina,
fi >sina /cosa,
ц >tga.
Ответ: при коэффициенте трения ц > tga кубик нельзя сдви¬
ну и. с места даже при очень больших значениях прикладываемой
I илы F.
Задача 32.
59
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 33.
/////////А
Г///////
Сэ
(о 1
£ ь
G К
К
Со
Рис. 33.1
Рис. 33.2
Жесткость одной пружины 75 Н/м, а другой -
50 Н/м. Какова жесткость пружины, состав;
ленной из этих двух пружин, соединенны]
последовательно?
Решение:
к, - жесткость первой пружины.
к2 - жесткость второй пружины,
к - жесткость пружины, составленной из дву)
пружин.
Найдем коэффициент к для пружин, соединенны)
последовательно. Когда пружины закреплень
последовательно, на них действует одна и та ж<
ciinaF.
Из закона Гука имеем:
F = -klxI,
F - -к2х2,
F = -кх,
х, = -F/kl,
x2 = -F/k2,
x = -F/k.
Это удлинения пружин под действием силы F.
Общее удлинение равно сумме двух удлинений:
х = xt + х2,
F = F _F
к kj к2’
11 1 _
к к2 к2
к,+к2
к,к2
к1+к2
75 Н/м -50 Н/м 75 50
]г =
75 Н/м+ 50 Н/м
Ответ: к = 30 Н/м.
125
Н/м = 30 Н/м.
60
Раздел 1. Механика
Задача 34.
ж,
777777777777777?.
Рис. 34.1
Брусок массой 2 кг, скользит по гори¬
зонтальной поверхности под действием груза
массой 0,5 кг, прикрепленного к концу
нерастяжимой нити, перекинутой через
неподвижный блок. Коэффициент трения
бруска о поверхность 0,1. Найти
ускорение движения тела и силу натяжения нити. Массами блока и
нити, трением в блоке можно пренебречь.
Решение:
Выберем оси координат так, как пока¬
зано на рисунке.
Второй закон Ньютона для первого
тела: _*_*,_*,
m; ~g + N + Tt + Fmp = mI~aI.
Запишем это уравнение в проекциях на
оси ОХ и OY:
i
-
f-p
^
0
Wi
7T77777
'///////a
r >
r ж ,g 5
1
v m2g
Рис. 34.2
T.-F = т. а,
1 тр 11
[ m]g-N=0
Из этой системы уравнений имеем N = m; g. Из определения силы
IренияFmp = fiN = jim1 g. Тогда - // g = /и; ay.
Второй закон Ньютона для второго тела:
m2g,+ T2= т2~а2.
В проекции на ось OY этот закон: m2g-T2 = т2 а2.
Так как нить нерастяжима, то Г; = Т2 = Т, at = а2 = а.
Запишем уравнения для первого и второго тела и решим их
совместно, считая неизвестными Т на.
I T-pmlg = mla,
1 m2g-T = m2a
(m -pm)g
a = — .
m2 + mt
I m, (g - a) = m2(g-
Сложим почленно уравнения:
m2g-jJ.mIg = (mI+m2}a,
(m2 ~ Pm t)g m2-pm
-) = m2g(l - );
m} + m2
m] + m2
61
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Окончательно:
Т =
(1 + р) ml т2 g
mj + т2
_ (0,5 кг- 0,1 • 2 кг) ■ 9,8м/с2 _
2 кг + 0,5 кг
j, _ (1 + 0,1) 2 кг ■ 0,5 кг ■ 9,8 м/с2
2 кг + 0, 5 кг
Ответ: а = 1,18 м/с2; Т= 4,31 Н.
flyy' - м/с2 ~ 1,18 м/с2.
- Н - 4,31 Я
Задача 35.
777777777777777777
а.
F
777777777777777777
Рис. 35.1
Тело, масса которого m = 20 кг, тянут по
горизонтальной поверхности с силой
F=120 Н. Если эта сила приложена к телу
под углом а1 = 60° к горизонту, то тело
движется равномерно. С каким
ускорением а будет двигаться это тело,
если ту же силу приложить под углом
а2=30° к горизонту? Принять g=10 м/с2',
точность расчета 10%.
Решение:
Запишем уравнения второго закона
Ньютона в проекциях на оси для обоих
случаев сразу:
Г Fcosa-F = m а,
s N-m g + Fsina= 0,
{ F = /xN
1. В первом случае а; = 60°, а = 0:
Г F cosa, -F = 0,
5 N-m g + Fsina, = 0,
[ F =uN
mp
J F cosat = pN,
1 N-m g + Fsinat = 0,
Найдем отсюда коэффициент трения,]
подставив N=F cosa/p из первого!
уравнения во второе: j
62
Раздел 1. Механика
F cos а
cos и
— т g + Fsina. = 0;
и 1
Fcosat izuti и, о
//= m g-Fsince/ ^ ~ 20 кг - 10м/с2-120H >17/2 ~°’6'
2. Во втором случае a2 =30°:
[ F cos a, - F = m a, Г ™ „ = p _ n \r
2 fnp
N-m g + Fsina2 = 0,
F = pN
mp r
120 H 0,5
m a = Fcosa2-pN,
N = m g-Fsina2
r = a is
mp r
Fcosa2-li (m g-Fsina2)
CL = T
m
= 120 H >[3/2- 0,6 (20 кг • 10 м/с2 - 120 H 0,5)
20 кг
i in ы no/: n ,c /inn и <n u\ i пл о/ ../^2
20 кг
120 H 0,86 - 0,6 (200H-60H)
20 кг
Ответ: a = 1 м/с2.
104 - 84 м/с2
20
~ 1 м/с2.
///77.
Задача 36.
у 4 На каком расстоянии от пере¬
крестка должен начать тор¬
мозить водитель автомобиля
при красном свете свето¬
фора, если он ехал со ско¬
ростью 60 км/ч, а коэффициент
трения между колесами и
Рис. 36.1 дорогой равен 0,5?
Решение:
H i формулы перемещения при равноускоренном движении:
V (V2- V2)/2а приV = 0(b конце автомобиль остановился) имеем
V V2 /2а. На автомобиль действует сила тяжести mg, сила реакции
лГи сила торможения Fm, которая создает отрицательное ускорение а.
Innишем уравнения движения (закон Ньютона) в проекциях на
(ми ОХ и OY и решим систему уравнений совместно с
mi нематическим соотношением о длине S тормозного пути:
63
Физика: алгоритмы, задачи, решения
' FT = -та,
jxN = - та,
N — mg = 0,
< FT = llN, {
II
й|
1
И
Сл
Со
II
к
2а
v 2а
fimg =-та,
S
vl
2а
а = mg,
1)2
Находим S =
2Hg
2500 м2/с2
S =
- тормозной путь.
2500
9 -2 0,5 9,8 м/с2 88,2
60 1000
м = 28 м.
Здесь V0 = 60 км/ч =
м/с = —-м/с;
V2 = 1Щм2/с2.'
3600 3""’ ~° 9
Ответ: Водитель должен начать тормозить за 28 м от пере¬
крестка
Задача 37.
Мотоциклист за время t, = 2 i
проехал первую половину пути
Считая силу торможения посто
янной, найдите время, необ
, ходимое мотоциклисту для пол;
ной остановки.
Решение:
Сила торможения FT отрицательна, так как направление
сторону, противоположную скорости, значит и ускорение, созда¬
ваемое ею, отрицательно. Конечная скорость V = 0. Поэтом;
.« ''
L
^ а
f. Ль.
Г
-*
vo
"у
f
Ж
777777/777777/,
Рис. 37.1
L—
S
—►
S = (V2 - V02)/-2a = V2 / 2а.
Вторая половина пути начата со скоростью V, = V0 - a tr
Если иметь в виду вторую половину тормозного пути S, т<
V, = at2 (0 = Vj-atJ. Так как по условию сила торможения FT посто1
янна на всем пути, то и ускорение на всем пути постоянно. Поэтом;
вторая половина пути может быть подсчитана по формуле: ‘
S _V2-V2 _V2
2 — 2а 2а
64
Раздел 1. Механика
H i выбранных уравнений составим систему и, решая ее, найдем t2
вре мя на вторую половину тормозного пути.
V2
s=—
2а
V,2 <
S=—L
V.^Vo-at,,
V, = at2.
Vt = Vj 'JT— a tt,
V, = at2.
s _ v2
~2 ~2a
V,=V0-at],
V, = at2.
I V' = V,JT.
V,-Vo-at,.
I V-at,.
=V,(J7-1);
12
t,/!, = •JT-1 ;
’7rrr' <Пу~ ‘ '< ^ д
11айдем теперь все время торможения:
t = tI + t2 = t1+ t,(JT*l) = t,(jr+ 2);
t = 2 c • (JT+ 2) a2 c ■ 3,4 ** 6,8 c.
Ответ: t - 6,8 c.
s =11 =11
2a a
Vi-V.-at,.
V, = at2.
a t, = V, "JT- v,,
.-4
Задача 38.
Через неподвижный блок перекинута веревка, к одному концу
второй привязан груз массой mt = 64 кг. На другом конце повис
человек массой т2- 65 кг, который, выбирая веревку, поднимает груз,
оставаясь при этом на одном и том же расстоянии от пола. Через
впкос время t груз будет поднят на высоту h = 3 м2
Решение:
()бозначим: Т - сила натяжения веревки, а - ускорение груза, mt
ц 11 ,п2 g - силы тяжести, действующие на груз и на человека
(ответственно.
t Ihbii.i Ns 1509
65
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Рис. 38.1
Время подъема
Так как человек неподвижен относительн
Земли, то сумма сил, действующих на нег
равна нулю: Т-т2 g=0,
значит Т = m2g. (1
На поднимающийся груз действуют дв
силы. Запишем для него второй зако]
Ньютона: T-m1g = m1a. (2,
Заменяя Т из (1), найдем ускорение <
груза.
m2g-mlg = mla,
(m - ntj) g
a = — .
m1
груза находим из формулы
ИЛ1
t =
t =
2 h I 2 h ml
a V (m2 - m) g
\
2 3 M- 64 кг
(65 кг - 64 кг) • 9,8 м/с2
= J 39,18 с2 ~ 6,26 с.
Ответ: t = 6,26 с.
Задача 39.
Поезд при подходе к платформе начинает тормозить и останав¬
ливается, пройдя путь S=75м. Найдите начальную скорость поезда,
если за предпоследнюю секунду он прошел расстояние / = 2,25 м,
Движение поезда равнозамедленное.
Решение:
При равнозамедленном движении расстояния, пройденные телом
за равные промежутки времени, относятся между собой как
убывающий ряд последовательных нечетных чисел:
(... (2 п + 1) 7 5 3 1), причем последнее число «1».
Кроме того путь, пройденный за последнюю секунду численно
равен половине ускорения. Поэтому: -j- =
66
Раздел 1. Механика
(амишем это соотношение совместно с выражениями для пути и
ммм скорости равнозамедленного движения. Из полученной системы
уринмсний найдем начальную скорость Уд.
/ а
21
г
3 2
а 3 ’
0 = Уд-at,
S = У. t ——
<
II
<
0 2
^ S = y0t--f
V
а =
21
3 ’
ЗУп
г~ 21
S = V0t--f
s = vn
ЗУ,
21
= 1£о _
S~ 21
4 S l =3 V02,
21 9 V2
~ 3-4P 2
3Vl = 3JOl
41 41
v0=-
ifl-
2 yj 75 M3 J'2^- =2 ■>/25- 2,25 мЗ/с2 = 2 5 ■ 1,5 м/с =15 м/с.
15 м/с = - Л600 км/ч = Д-Д км/ч = Ш-км/ч = 54 км/ч.
Ответ:
1000
У0 = 54 км/ч.
(адача 40.
11айти среднюю полезную мощность самолета, предназначенного
имя работы в сельском хозяйстве, если масса самолета 1 т, длина
|шмбсга 300м, взлетная скорость 30м/с, коэффициент сопротивления
0.03.
Решение:
Второй закон Ньютона для движу¬
щегося с ускорением тела в проекциях
на оси:
F -F
тяги сопр.
N-mg = 0.
т а
67
Физика: алгоритмы, задачи, решения
F = pN - определение силы сопротивления.
A FS
Р = — = -j- = F V - определение мощности.
S = - длина разбега при равноускоренном движении.
2а
Из системы выбранных уравнений находим мощность Р.
F -F = т а,
тяги сопр. *
N—mg — 0,
F =ЦИ,
Р = F V,
S-f-
' = pmg +та,
Р = F V,
V2
2S
Окончательно
<
F = F + т а ,
тяги сопр. *
F = итg,
Р = F
тяги
V,
а =
JP
2S
а =-
г | от V2
^ = /"«£ + TS
Р = F V,
V2
Р -mV (fig + —
Р = 103кг 30 м/с (0,03 9,8 м/с2 +Щ^)
2 - 300м
3 104 кг -м/с
(0,294 м/с2 + 1,5 м/с2) - 3-104 кг-м/с -1,8 м/с2 ~ 5,4 104 Н-м/с
* 5,4 Дж/с -104 *» 54 кВт.
Такую же мощность развивает автомобиль «Москвич-412
Ответ: Р = 54 кВт.
Задача 41.
Мальчик на санках скатился,
горы за 10 с. Какой скорости о
достиг в конце спуска, если укло
горы 30°, а коэффициент трени
ц = 0,051 Сколько времени о;
будет ехать по горизонтальном
пути до остановки?
68
Раздел 1. Механика
Решение:
I Найдем скорость^ в конце спуска.
IIюрой закон Ньютона на спуске: mg + N + Fmpl = т at
I it, vc корение на склоне).
И проекциях на оси:
т gsina-цт gcosa = mat,
a = g (sina- jx cosa) - ускорение на спуске.
< корость в конце спуска в начале горизонтального пути V ■.
Vt = а; /; = g t, (sina - ц cosa) ;
I >, 9,8 м/с2-10 с ■ (sin30° - 0,05 cos30°) - 98 м/с ■ (j- - 0,05 -j-)~
~ 98 м/с • (0,5 — 0,05 • 0,866) ■= 98 м/с • 0,07 ** 6,86 м/с ~ 6,9 м/с.
1. Найдем время езды на горизонтальном участке до остановки.
|^юрой закон Ньютона для горизонтального участка
l'mi, - т а2, где а2 - ускорение на горизонтальном участке, Fmp2 -
си ла трения. Коэффициент трения тот же fi.
В проекциях на оси:
11одставляем: / , = - —
~Hg Hg
В общем виде решение для t2 выглядит так:
t2 = • (sin30° - 0,05 cos30°) >=200 с- (0,5 -0,05 ■ 0,866h
« 200 с ■ 0,07 ~ 14 с.
Ответ: VI = 6,9 м/с; t2 = 14 с.
69
Физика: алгоритмы, задачи, решения
т
м
Рис. 42.1
Задача 42.
Брусок массой М лежит на гладкой
горизонтальной плоскости, по которой он
может двигаться без трения. На бруске
лежит тело массой от. Коэффициент трения
между телом и бруском р. При каком
значении силы F, приложенной к
бруску в горизонтальном направлении, тело начнет скользить по
бруску?
Решение:
Сила трения F приложена к нижней поверхности тела от и при
начале проскальзывания направлена вправо. Она создает ускорение
а,.
(1)
(2)
сила трения при начале
проскальзывания тела от приложена к
верхней поверхности бруска, только она
Рис. 42.2 направлена влево. Снизу бруска на столе
по условию задачи трения нет. Значит, брусок под действием силы F
и силы F
►
э
У///
м
ss/ssssss////;
т
F = т а,.
тр 1
Н° Fmp = Рт 8‘
Такая же
получает ускорение аг
F-F = М а,
тр 2
F-mg = Ма2
Из (1) и (2) имеем: а; =
(3)
(4)
pmg
от
Из (3) и (4) имеем: а, —
М
Тело будет проскальзывать по бруску, если а2 < а2, то есть если
P-mg F-pmg
от М
Из этого неравенства получаем: F > р g (М + т).
Ответ: F > р g (М + т).
70
Раздел 1. Механика
I
т,
т 1
'777777777777/77777777777
Рис. 43.1
Задача 43.
Два связанных между собой бруска, массы которых mt = 0,5 кг и
in 0,3 кг, движутся по горизонтальной поверхности под действием
горизонтальной силы F = 4 Н, приложенной ко второму
бруску. При коэффициенте трения
р = 0,1 определить ускорение
брусков и силу натяжения связы¬
вающей их нити.
Решение:
Уравнения движения для первого и второго тела вместе с
формулами силы трения выглядят так:
T~Fmpl = m,a'
Ртр,=^т,8’
р-Т~ртр2 = т2а>
рт„2=^т2ё
T-/lmlg = mla,
F-T-pm7g = m7a,
F— р ntjg - p mg = (ml + mja
F
-Pg-
/•:
m/> I
m,
T T
■*--24-
m,
<
7777777777777^777777777*’x
** mp2
Рис. 43.2
F-pg(m + m3
a = — =
mf + m2
m+m
1 2
Подставляя это выражение ускорения в первое уравнение для
силы натяжения нити Г, получаем:
F F т,
Т = m^a + pg) = m,(m +m -pg + pg) =
j—
Cl =
T =
4H
mt + m2
0,5 кг + 0,3 кг
4 H • 0,5 кг
0,5 кг + 0,3 кг 0,8
Ответ: а = 4 м/с2; Т = 2,5 Н.
- 0,1 9,8 м/с2 ^щ-м/с2 - 0,98 м/с2
Н = 2,5 Н
’ 4 м/с2;
Задача 44.
Тело равномерно скользит по наклонной плоскости с углом
наклона 40°. Определить коэффициент трения тела о плоскость.
71
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
На тело при его скольжении по наклон¬
ной плоскости действуют:
m"g-сила тяжести вниз;
N - сила нормальной реакции плос¬
кости;
F = fx N- сила трения, направленная в
сторону, противоположную скорости.
Ускорение при равномерном движении тела по первому закону
Ньютона равно нулю. Запишем для тела уравнение второго закона
Ньютона в векторной форме:
т g + N + F = та — 0.
Найдем проекции сил на выбранные направления осей ОХ
и OY и запишем скалярные уравнения движения относительно этих
осей:
[ mgsincc-Fap = 0,
s N-т g cos а = О,
I ^
Г т gsina-/xN = О,
\ N = mgcosa.
т gsina-fx m g cosa = 0;
fi cosa = sina;
fi = tga;
fx = tg40° ~ 0,84.
Ответ: /х = 0,84.
Задача 45.
Тело начинает скользить вниз по наклонной плоскости, состав¬
ляющей с горизонтом угол а. В нижней точке тело ударяется о стенку,,
поставленную перпендикулярно направлению его движения. Удар
абсолютно упругий. Определите коэффициент трения при движении
тела, если после удара оно поднялось до половины первоначальной
высоты.
72
Раздел 1. Механика
Решение:
I Рассмотрим первую часть движения - cnjrcK. (Ри<х45.1).
При спуске на тело действуют три силы: т g, F р N.
Запишем уравнения движения в проекциях на выбранные оси:
(/ ’ скорость в момент удара):
mg sin a- Fmpl = та р
N-mg cos a = 0,
s =
2u,
V2
gsma-ngcosa = — ;
V2 - 2 g S (sina - ц cosa)
mg sina - fx mg cosa = ma] ;
V2
a. — ■
' 2S
JF
2a,
(1)
2. Рассмотрим вторую часть движения - подъем. (Рис. 45.2).
При упругом ударе величина скорости не изменится, изме¬
нится только ее направление на противоположное. V будет
начальной скоростью для замедленного подъема на половину перво¬
начальной высоты, значит, на половину 5/2 длины наклонной плос¬
кости.
Запишем уравнения движения в проекциях на оси:
Fmp2 + mgsina = т а?
N - т g cosa = О,
Fmp2=W
_S = J?
2 2а,
FтР2 + mS sina =mar
FmP2 = Fmgcosa,
s-2
a,
73
Физика: алгоритмы, задачи, решения
{т g (sina + ц cosa) =та2;
V2
а2=Т
V2
g (sina + ц. cosa) = —
u
V2 = gS (sina + fi cosa) (2)
Из (1) и (2) имеем:
2 gS (sina-ц cosa) = gS (sina + ц cosa)',
2 sina-2 ц cosa = sina + fx cosa;
3 jx cosa = sina;
sina tga
^ 3 cosa 3
tga
Ответ: ц = . .
Задача 46.
По наклонной плоскости снизу вверх пускают тело с начальной
скоростью V0 = 2 м/с. Поднявшись на некоторую высоту, тело
соскальзывает по тому же пути вниз. Какова будет скорость V тела,
когда оно вернется в исходную точку? Коэффициент трения между
телом и плоскостью ц = 0,4. Угол наклона плоскости к горизонту
а =30°.
Решение:
1. Рассмотрим первую часть движения (рис. 46.1) - подъем с
начальной скоростью^,.
На тело действуют три силы: т g, F р N.
74
Раздел 1. Механика
Уравнения движения в проекциях на оси:
Fn,P, + mg sina = та,,
N - mg cosa = О,
mpl
s =
p mg cosa + mg sina = mat,
S = -f
2ai
Ж
2a,
at= g (p cosa + sina),
Vo2
S =
2a,
S =
Vo2
(V
2 g (p cosa + sina)
Найдена длина пути, пройденного телом вверх по наклонной
и москости. Такая же длина S пройдена и вниз по наклонной плос¬
кости.
2. Рассмотрим вторую часть движение (рис. 46.2) - спуск.
Тело повернуло вниз после остановки в верхней части наклонной
плоскости. Поэтому начальная скорость при спуске равна нулю.
Двигаясь с ускорением а2 оно внизу достигает скорости V, которую
надо найти.
Но время движения на тело действуют силы т g, N.
'Запишем уравнения движения в проекциях на оси:
mg sina - Fmp2 = та у
N-т g cosa = О,
Fmp2=»N,
S =
V2
mg sina - p mg cosa = ma2,
4
a2= g (sina - jl cosa),
s-f-
2a,
s=
V2
2 g (sina—p cosa)
Вверх и вниз тело прошло один и тот же путь S.
(2)
75
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Из (1) и (2) имеем:
V2
2 g (,since - ц cosa)
V2
2 g (sina + ц cosa)
v02
sina-ц cosa sina + fi cosa
t-ucosa
.cosa
I sina—uc
у 0,5 + 0,4 ■ 0,866 v 0,5 + 0,35 V 0,
sin30° = 0,5
cos30° = VT/2 *» 0,866
IT
- 2 м/с • -Jo, 18 * 2 м/с ■ 0,424 « 0,85 м/с.
Ответ: V = 0,85 м/с.
Задача 47.
На грань призмы, образующей угол 30° с горизонтом положили
груз. Коэффициент трения между грузом и призмой ц =0,35.
*■ х
С каким ускорением надо двигать призму вдоль
оси X, чтобы груз не скользил относительно
призмы ни вверх, ни вниз?
Решение:
7777777777777777777.
Рис. 47. L
Рассмотрим два предельных случая:
1) когда груз УЖЕ не скользит вниз по призме;
2) когда груз ЕЩЕ не движется вверх относительно призмы.
Силы, действующие на груз в обоих случаях, показаны на рисунках
47.2 и 47.3. Это - сила тяжести mg, сила реакции призмы N и сила
TP61™ КР (F«p =
76
Раздел 1. Механика
(Им нначим ускорения призмы, а значит и груза (груз по требованию
тлили не должен перемещаться относительно призмы), в первом
I и уте а), во втором случае аг
( проецируем силы и ускорения на горизонтальную и верти-
»й111.пую оси координат и запишем для груза соответствующие
У|Ш1шсния движения.
Для случая 1 получим:
т а,
sina- д cosa
mg
N. = '
cosa + fi sina
sina-ncosa
cosa + fxsina
Nt sina - ixNt cosa = m at,
Nj cosa + iiNt sina-m g = 0.
g
sina - ц cosa cosa + fi sina
g
Разделим числитель и
знаменатель на cosa
= g
tga-Ц
1 + fx tga
", =9,8■
tg30° -0,35
1 + 0,35 ■ tg 30°
м/с2 **9,8 м/с2
0,58-0,35
1 + 0,35 ■ 0,58
9,8 м/с2
0,23 - м/с2 ~ 1,88 м/с2.
1 + 0,2 0,6
Для случая 2 получим:
N2 sina - fiN2 cosa = m a2,
N2 cosa - цИ2 sina-m g = 0.
n2 =
т а2
sina- ц cosa’
II
mg
a, _ g
cosa- /1 sina
sina-ii cosa cosa-gtsina
g
a, =9,8
sina-ц cosa
cosa- ji sina
tg30°-0,35
Разделим числитель и
знаменатель на cosa
= g-
tga-ц
1 - 0,35 ■ tg 30°
м/с? =*9,8 м/с2
1 -ц tga
0,58-0,35
1 - 0,35 ■ 0,58
=* 9,8 м/с2
0,23
-77--Р м/с2 ~ 2,82 м/с2.
0,4
1-0,2
Таким образом, чтобы груз не скользил относительно призмы,
iM'i >Оходимо, чтобы ускорение призмы а удовлетворяло условиям:
77
Физика: алгоритмы, задачи, решения
а1<а<а2.
Но так как а=1,88 м/с2, а=2,82 м/с2, то 1,88 м/с2 <а<2,82 м/с2.
Ответ: 1,88 м/с2 < а <2,82 м/с2.
Задача 48.
Определите какой скорость;
должно обладать тело в точке L
чтобы переместиться в точку А и та
остановиться. Коэффициент трени
при движении тела /J. = 0,2; АВ
0,5м; DB = 10м.
Решение:
Движение на участке DC происходит под действием силы трени
F t с начальной скоростью V. Это движущие замедленное, и скорое!
тела | Vl | в точке С меньше скорости | V \.
Запишем уравнения движения:
N.,*
к _
с
mg Л
р
Рис. 48.2
F , = т а,,
N, = mg,
CD-tz£l
2 а,
Hmg = mal
CD-^M
2ai
CD-pH.d)
J.Pg
На участке'подъема CA начальная скорость была Vt, и тел
двигалось под действием силы трения Fm „ силы тяжести mg и сил
реакции участка наклонной плоскости Движение здесь то:
замедленное вплоть до остановки в точке А.
Запишем уравнения движения в проекциях на оси:
FmP2 + mSsina = ma2,
N2-mg cos а = 0,
AC-f.
2 а.
Здесь угол а - угол наклонна
плоскости АС к горизонту ВС.
78
Раздел 1. Механика
Ini да: sina = АВ / АС, cosa = ВС / АС.
I // т g cosa + mg sina = m a2,
*c--f
2 a,
(2)
a2 = pg cosa + g sina,
ac.-SL
2 a.
V/
2 g (sina + p cosa)
(Ни.сдиняя (1) и (2) соотношения, получим:
V2 -2 g ■ АС ■ (sina + р cosa)
Vt2 = 2 g ■ АС ■ (sina + ц cosa). (3)
СП
.'fig CD = V2-2g AC (sina + ficosa),
/’•’ = 2 fig ■ CD + 2 g • AC ■ (sina + ц cosa),
Заменим здесь sina и cosa из (2).
/>' = 2ng ■ CD + 2ng BC + 2g AB = 2 g (AB + 2 \l -BD).
()кончательно: p = ^2 g (AB + 2 fi ■ BD).
V V 2 9,8м/с2 • (0,5м + 0,2 Юм) 4 -49 0,1 2,5mW -
- y/4 49 25 • 0,01 mVc2 - 2 7 5 ■ 0,1 м/с ~ 7 м/с.
Ответ: V - 7 м/с.
Задача 49.
Мотоциклист едет по горизонтальной дороге со
скоростью V=70 км/ч, делая поворот радиусом
R=100 м. На какой угол а к горизонту он должен
при этом наклониться, чтобы не упасть?
Решение:
Поворот обеспечивается совместным действием
силы реакции дороги N, силы трения Fmp и силы
тяжести т^ютоциклиста Мотоциклист наклоняется
им повороте в сторонудендра поворота на такой угол а, чтобы
|шшк)действующая сил N и Fmp сила Q проходила через центр масс
О, и N = mg. Тогда сила трения F оказывается равной
нгт ростремительной силе Fmp = F с = т V2 / R, где V - скорость
мотоциклиста, R - радиус поворота.
тр
Рис. 49.1
79
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Угол наклона а можно определить из соотношения
N тр2 mgR gR
Т = 717= 17'
а = arctg
70 км/ч =
11-
V2 ’
70 ■1000
3600
(19,4 м/с)2 -376 мЗ/с2.
^ 9,8 м/с2 100 м
а = arctg
м/с = л</с = м/с -19,4 м/с;
36 9
= arctg 2,633 ~ 69° 12’
376 м2/с2
Ответ: угол наклона мотоцикла на повороте около 70°.
Задача 50.
С какой максимальной скоростью v моэд
двигаться автомобиль по наклонному тр©
с углом наклона а при радиусе закруглен!
R и коэффициенте трения шин о доро;
Ц?
Решение:
На автомобиль действует сила тяжести mg, сила реакции
направленная перпендикулярно плоскости трека, и сила треш
направленная вдоль трека. Считаем, что все силы приложены
центру тяжести автомобиля О. Векторная сумма всех сил должна бы
направлена к центру окружности, по которой движется автомобш
и сообщать ему центростремительное ускорение:
Г m~g + N + F = F ,
1 F = т а .
I ц.с. ц.с.
Поэтому сумма проекций сил на направление к центру (гор
зонтальное направление) равна mV2 / R, то есть
N sina + Fmp cosa -тацс , Здесь сумма проекций
Ncosa-mg-Fmpsina = 0, всех сил на вертикаль»
Fmo = ixN, направление (уравнен!
второе) равна нулю.
тр
a =V2/R
Ц.С. и
80
Раздел 1. Механика
V
/•’ = ц N - максимальное возможное значение силы трения,
о - центростремительное ускорение.
N since + ц N cosa = mV2 / R, Г N (sina + ц cosa) = mV2 / R,
N cosa -mg- ц N sina - 0, \ N (cosa - fi sina) = mg,
Делим почленно верхнее уравнение на нижнее.
sina + и cosa _ V2 Делим числитель и знамена-
cosa-iisina g R тель левой части на cosa..
V2 и + tga
gR 1-ц tga'
Vm
_ I gR{i
V
+ tga
tga
11усть, например, на горной дороге
0,2; а = 10°; R = 20 м.
Тогда tga =*0,18.
-■f
V
8 м/с2 • 20 м
0,2 + 0,18
V
9,8 20
= 8,85 м/с
0,38 м2/с?
0,964
8,85 3600
1000
1-0,2 0,18
у19,8 20
■f
8 20
0,38
1-0,036
0,4 м2/(?"*= 8,85 м/с.
км/ч =*8,85 ■3,6 км/ч =* 32 км/ч.
м2/с?
По такой дороге нельзя ехать со скоростью, большей, чем
<2 км/ч.
Вели же считать ц = 0,02 (резиновая пневматическая шина по
мьду, см. справочник), то
V = J 9,8 м/с2 20 м г~~—14~п-= ^39,2^/с2 = 6,26 м/с.
V 1-0,02 0,18
Wm\V - 22,5 км/ч.
max
Ответ: V =32 км/ч.
max
Задача 51.
11а сколько уменьшится вес автомобиля в высшей точке выпуклого
моста, если он идет со скоростью 60 км/ч? Масса автомобиля 2000
к.\ а радиус кривизны моста 100м.
81
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Автомобиль, движущийся
по выпуклому мосту, легче
того же автомобиля, когда он
стоит на том же мосту. Если он
просто стоит, то его вес равен
движется, то появляется цент¬
ростремительное ускорение,
направленное вниз:
силе тяжести mg. Если
Рис. 51,1
R
Это ускорение создается центростремительной силой, которая
является равнодействующей силы тяжести mg и реакции опоры Ж
m~g + N - Fif.c.
Это уравнение в проекции на ось OY выглядит так:
mg-N = mV2/R. Из него получается N = т (g- V2 / R).
Вес автомобиля Р по третьему закону Ньютона равен по модулю
силе реакции опоры: Р - N = т (g- V2/R).
Подставляем данные задачи.
mg - 2000 кг ■ 9,8 м/с2 - 19600 Н.
Р= 2000 кг ■ (9,8 м/с2 - (16j^Cfy ~ 2000 кг ' (9,8 м/с2 - j^m/c2) -
-14000 Н.
mg — P = 19600 Н-14000 Н - 5600 Н.
Ответ: вес автомобиля уменьшается на 5600 Н.
Задача 52.
Автомобиль массой т = 1000 кг въехал на выпуклый мост длиной
/ = 156 м со скоростью V0 = 36 км/ч. По мосту он двигался с уско¬
рением а = 1 м/с2. Определите силу давления со стороны автомобиля
в середине моста, где радиус кривизны R - 200 м.
60 км/ч =
60 ■1000
3600
82
Раздел 1. Механика
II вертикальном направлении на
ни середине моста, действуют три
Решение:
I / 2 - расстояние до сере¬
дины моста.
1 V2-V2
Из формулы — = —
2 2 а
найдем скорость на середине
моста V = >la I + V2
Автомобиль движется по
дуге окружности под дейст¬
вием центростремительной
силы, направленной вниз:
0)
автомобиль, когда он находится
силы. Зависимость между ними
шкая:
т g-N = F
и.
(2)
I дс mg- сила тяжести, N - сила реакции моста, она по модулю
равна весу Р автомобиля, который и надо нам найти.
Из (2) следует Р = N = т g - F = mg-
т (a l + V2)
r--f(gR~al-V02)
/, в ю (9 8м/сг ,200 м- 1м/с2 156м - 100м2/с9) »
200м ' 7
» 5 кг/м ■ (1960-256) м2/<? « 5 1704 кгм/с2 « 8520 Н - 8,5 Н.
Ответ: Р = 8,5 кН.
Задача 53.
I
1*ис. 53.1
Два маленьких шарика массой т каждый, соеди¬
ненные невесомой нерастяжимой нитью длиной /,
падают с высоты h так, что нить своей средней
точкой налетает на горизонтально расположенный
83
Физика: алгоритмы, задачи, решения
-I
гвоздь (рис. 53.1). Какой должна быть высота А, чтобы нить обор-;
валась, если предельно допустимое натяжение нити Т0? Сопротив¬
лением воздуха пренебречь.
Решение:
Рассматриваем движение только правого шарика, так как шарики
в начале опыта расположены симметрично, движение их
при падении тоже происходит симметрично
относительно гвоздя. Нить натянута по всей
длине одинаково, по гвоздю не скользит. Нить с
момента касания с гвоздем как бы приклеивается
к гвоздю в точке соприкосновения.
На уровне гвоздя при свободном падении с
высоты А шарик приобрел скорость V0, при этом
выполняется закон сохранения энергии mgh-
mVg2/2. Затем шарик как груз маятника опустился
по дуге окружности в самое нижнее положение
еще на 1/2 ниже гвоздя. Тогда он стал обладать
энергией
Рис. 53.2
Ж~
V I
• 0
2 1
a mvz /
ч Л1/2/
Н:;
Рис. 53.3
, / т V2
mgh + m g — = -у—
О)
где V - скорость, достигнутая шариком в самой нижнем положении.
Она направлена горизонтально. (Все это одновременно происходит и
с левым шариком).
Правый шарик в последний момент движется по дуге окружности
радиусом 1/2. Внизу центростремительное ускорение
V* 2 V2
1/2 I
Обозначив силу натяжения нити в нижнем положении через Т,
запишем второй закон Ньютона для нижнего положения шарика:
Т-m g = m a,
2 mV2
a =■
T-m g =
T=mg +
l
2 mV2
l
(2)
84
Раздел 1. Механика
< ‘корпеть шарика v найдем из закона сохранения энергии (1).
2 h + l mV2 /
* -i—— <■
Hf.’h 4)=V2,
V y/g (2 h + l)
I livu-1 авим выражение (3) для скорости в (2).
2 mg (2 h + I) . 4 h + 2 l. т g (4 h + 3 l)
I m ,i; i- : = mg(l + ) - ^ L
Г1 4 mgh + 3 mgl,
4 m gh = T l — 3 m g l,
h Tl~3mgl = L(J—-3)
4 mg 4 mg
11 pit h = 0 (если в начале опыта считать нить уже соприкасающейся
I ио 1дсм, рис. 53.2):
— -3 = О,
mg
Г 3 mg (см. также задачу №99)
Предельное значение натяжения Т0 мы должны выбрать сами.
Имбираем Т0 так, чтобы «3 m g» было меньше или равно Т0,
Img s Тн, тогда при натяжении Т = 3mg нить еще не разрывается.
Мели же Тд выберем таким, что Тд < 3 m g, то нить всегда, при
мтбом h, будет обрываться. Ведь даже при h = О, Т = 3mg она уже
обрывается. Тем более, если h * 0 (система шариков с нитью
приподнята над гвоздем), то скорость шарика V=Jg(2h + l),
и о центростремительное ускорение 2 mV2//, вместе с ними и натяже¬
ние Т будет больше, чем 3 mg> Тд, и наступает обрыв.
(идача 54.
Гимнаст висит на канате, перекинутом через блок. К другому
мищу каната привязан противовес массой т. В начальный момент
itteicMa покоилась. Затем гимнаст стал скользить по канату вниз. В
момент времени t скорость противовеса была больше скорости
чрмонска относительно Земли на величину V. Пренебрегая массой
85
Физика: алгоритмы, задачи, решения
////////
каната и блока, найдите силу трения, возникающу!
при спуске гимнаста. Масса гимнаста к
Решение:
Сила трения Fmp постоянна, она одна и та же и дл
гимнаста, и для противовеса. Она проявляется пр:
скольжений рук гимнаста по канату. Можно считать
что F направлена вдоль каната в сторон;
противоположную движению того и другог
тела.
Пусть а, - ускорение гимнаста, а2 - ускорена
противовеса. Запишем второй закон Ньютона дл
каждого тела в проекции на вертикальную ось:
= Ма,, Г a, = (Mg-FJ/M,
т 8~ Fmp - т а2. 1 a2 = (mg-Fj/m.
Определим, каких скоростей и гимнаст и противовес достигнут
время V.
(М g-f J t (т g — F ) t
V,=a,t = 1 „ V , V2 = a2t=-!—2
11 M г * m
Рис. 54.1
Mg-Ft
По условию V2 - V2 = V ;
(mg-FmJ t _ (Mg-FJt =
M
m
m M
m M
F
яр m-M
V
7’
v_
t
Ответ:
F =
mp
m M
m-M
V_
t
Задача 55.
С какой максимальной постоянной скоростью может двигать^
автомобиль по мосту с радиусом кривизны R, если длина моста /,:
коэффициент трения шин о дорогу ц?
86
Раздел 1. Механика
4 '
Гис 55.1
\Г//
Ш
Решение:
Так как автомобиль движет¬
ся с постоянной скоростью, то
составляющая силы тяжести,
касательная к окружности дол¬
жна быть равна по абсолютной
величине силе трения покоя шин
о дорогу
т g sina = F .
пт
Но Fmp < ц N, где N - сила реакции дороги, следовательно,
т gsince </xN (1)
Так как автомобиль движется по окружности, то он имеет
центростремительное ускорение а = V2 /R, которое ему сообщает
рпимодействующая силы N и радиальной составляющей силы
Найдем отсюда силу
1нжести, то есть
/v \т mV2
mg cos а - N -
N. подставим ее значение в неравенство (1).
м „ mV2
N = mg cos а ——,
тп V2
m g sina <ц(т g cosa —),
11аходим отсюда соотношение для
, , <Q2
gbfT g sina </1 (g cosa——) .
'4' i
.. - v < JJL!L(u. cosa-sina) .
I’nc. 55.2 V Ц
Когда же подкоренное выражение минимально? Тогда, когда
tlmt - максимален, a cosa - минимален. Здесь поможет такое
|ннч уждение. Длина моста / такова, что угол <р не может быть больше
wr (к / 2), иначе въезд на мост будет очень крут. Следовательно,
мост делается так, что а0 = <р/ 2 < 45°. На промежутке (0; к/2)
• Ииуе растет, а косинус убывает. Самое большое значение угла равно
I», (р / 2. В радианной мере угол измеряется отношением длины
HVi и к длине радиуса.
87
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Поэтому:
Значит, при а =
Л = _L.d= _l_
0 2 R 2R
l
2R
sina максимален, a cos а мииимале!
Разность же (jl cos —sin -(—) будет минимальна. Поскольку
2R 2R
спорость автомобиля на мосту не меняется и, кроме того, не можс
быть больше ^ (/I rnxn- sina), а это выражение минимальн
при а= максимальной она будет при равенстве корню.
Поэтому максимальная скорость, с которой может двигатьс
автомобиль, равна
D = л (ucosa-sina) = ,/&JL (иCos -—-sin ■—)•
Umax V M 2R 2R
Ответ: 1) =
Umax у Ц
(fl cos JL,
Задача 56.
Самолет делает мертвую петлю. Найдите вес летчика в верхней
нижней точках петли, если радиус петли R=20 м, масса
летчика т = 80 кг, скорость самолез
V = 360 км/ч.
360 км/ч =
Решение:
360 ■ 1000
м/с = 100 м/>
3600
На летчика в самолете действуют да
силы:
1) сила тяжести m g;
2) сила реакции опоры N.
Равнодействующая этих сил при выпо:
нении мертвой петли и есть центростр!
мительная сила, создающая центростремительное ускоренв
а = V2 / R.
Рис.
88
Раздел 1. Механика
И нижней точке F = N„-т g = т а,
и.с. п w
\т m V2
ю есть Nи - m g = ——
н R
N„=m (т +8)
Гак как вес летчика Рн по третьему закону Ньютона по модулю
|шш'11 реакции опоры Nw то в нижней точке
/’„ = 80 кг- ( ]°2qq*2/c2 + 9>8 м/с2> **80 кг- 59,8 м/с2 - 4784 Н «
<= 4,8 кН.
Аналогично, в верхней точке петли:
/•' =Nn + mg = ma,
NH = m(a-g)
/>,, = 80 кг- (1(>2qq*2/c2 ~ Мм/с2) =80 кг- 40,2 м/с2 - 3216 Н~
=> 3,2 кН.
Ответ: Рн = 4,8 кН; Рв = 3,2 кН.
Задача 57.
Самолет летит горизонтально со скоростью 360 км/ч на высоте
4V0 м. Когда он пролетает над точкой О, с него сбрасывают
пакет. На каком расстоянии от точки О
пакет упадет на Землю? Какова
вертикальная составляющая скорости при
падении пакета на Землю?
Решение:
пТ а Т , 360 • 1000 , /
„ , 360 км/ч ——— м/с = 100 м/с.
Рис. 57.1 3600
('читаем, что воздух не препятствует падению пакета. В гори-
манальном направлении пакет движется равномерно со скоростью
89
Физика: алгоритмы, задачи, решения
V0, то есть со скоростью самолета в момент сбрасывания пакета:
Поэтому его перемещение в горизонтальном направлени!
ОА = S = V0t, где t - время падения. В вертикальном направленш
пакет находится в свободном падении без начальной скорости :
р* f2 о1 ^
у - h — Но в момент падения у = 0, поэтому 0 = А —
2 2
Решая последние два уравнения совместно, найдем S.
S-V.I,
o-h-s£.
-v°U-
S = 100 м/с •
Us
490 м
8 м/с2
~ 100 м/с ■ 10 с ~ 1000 м.
Вертикальную составляющую скорости Упу в момент паденш
найдем из уравнения
V.r = 9,8 м/с2
V0r = ge=gyl^J-
490 м
■ 9,8 м/с2 10 с = 98 м/с.
or " м о8м/(а
Перемещение пакета в горизонтальном направлении S можн<
найти чисто математически из системы:
X=Vgt,
gj2
У=Уо~ у
gx2^2
t=*-,
V0
g t2
y=yo~ 2 ’
У=Уо~
У=Уо-
g
2 V2
И мы имеем квадратичную функцию зависимости у от х
графиком которой является парабола. Подставляя числовые
значения, имеем:
4,9
У = 49°
90
Раздел 1. Механика
11 лйдем значение х при у = 0 (тело упало). В какой точке парабола
мгрссскает ось ОХ:
ИГ-0,1* = 0,
<•’ = 106, х = ± -Ш, Отрицательный корень отбрасываем,
v 103 м = 1000 м.
Ответ: х = 1000 м; VQY = 98 м/с.
Задача 58.
(' верхней точки гладкой полусферы радиуса R = 180 см без
начальной скорости соскальзывает небольшое тело. В некоторой точке
оно (п орвется от полусферы и полетит свободно. Определить время t
I иободного падения тела.
Решение:
Запишем уравнение движения тела
до отрыва от сферы:
т g cosa-N = mV2 / R, (1)
где m - масса тела, V - скорость его
движения в данной точке, - угол
между вертикалью и радиусом-вектором этой точки, N - сила
реакции сферы, направленная в продолжение радиуса и приложенная
к 1слу.
И момент отрыва N = 0, угол примет значение а0 - так мы его
обозначили. Тогда:
//, = R -R cosa0,
h, ~ х>о / 2g, где VQ - скорость в момент отрыва.
т
( оотношения в момент отрыва дают систему:
т g cosa0-N = mV2 / R,
N = 0,
Л; = R-R cosaQ,
h,=V2/2g,
g cosa0 =
mV2
R ‘
2sl = R (1 - cosa,),
91
Физика; алгоритмы, задачи, решения
g cosa0 = 2 g (1 - cosaj,
cosa0 =2-2 cosaQ, <
3 cosag = 2, ;
cosa0 -2/3
Мы получили, что в момент отрыва cosa0 = 2 /3.
Отсюда: h, = R-R у = R (1 - j) = у j
h=R-y=jR; h= y 1,8 м = 1,2 м.
Отрыв произошел на высоте 120 см со скоростью Уд.
Проекция скорости на вертикальную ось (вертикальная составляющ
скорости V0Y) равна Улу = Уп sina„.
Уоу = У о sinao = Vo'l 1 - c°s2ag, где У0 = -J2 gR (1 - cosaj
Уравнение движения тела по вертикали, когда после отрыва oi
летит свободно:
jR = (>j 2 gR(l-cosa0) V 1 - cos2a0 ) t +
jl,8 = (^ 2 9,81,8 (1 - j-) (1 -j))t+ Ц£, ,
1,2= 2 9,8 1,8 j- ■ 1 t + -Ц£,
1.2 =--5-±8 t + 4,9 i2,
1.2 = 2,561 + 4,912,
49 t2 + 25,61- 12 = 0, j
-25,6 ± -4655,36 + 2352 - 25,6±уГ3007
1 — - ■■■■■■■■■ ~ sss
98 98
_ -25,6 ±54,8 .
98 j
Отрицательный корень квадратного уравнения отбрасывае1|
t - 0,2983 с -0,3 с. ;
Ответ: тело, оторвавшись от сферы, свободно падало 0,3 с.
92
Раздел 1. Механика
1идача 59.
Нуля выпущена с начальной скоростью V = 800м/с под углом
и U>° к горизонту. Найдите время полета пули до падения на Землю,
nnin.iiocTb полета и наибольшую высоту подъема. Напишите
уравнение параболы, представляющей траекторию полета.
Решение:
У. Проекции скорости на оси координат
vox
Рис. 59.1
Vox = Vocosa>
V0Y = V0 since,
Время tI для полета на наибольшую
высоту найдем из соотношения
V = Vg sina -gtj, где V = 0.
V sina 2V sina
< >iсюда tl = —-—. Все время полета t = 2tr поэтому t = -—
О о
2 • 800 м/с • sin30° 2 • 800 ■ 0,5 ,, 01 * on
I ——— » ■ ■ -■ м-сус-м * 81,6 с *3 80 с.
9,8 м/с2 9,8
Гак как в горизонтальном направлении движение равномерное,
hi дальность полета найдем по формуле:
S = Voxt = Voc°sa
2 V0 sina
2 V2 sina • cosa
S =
8 8
2-64 • 104 m2/с2 • 1/2 уП/2 2 -64 104 •
9,8 м/с2
M2-C2/c2-M
9,8 2 2
~——m S3 5,65 104 м S3 56,5 km.
11 момент наибольшей высоты подъема вертикальная составляющая
t и >рости равна нулю. Поэтому наибольшую высоту найдем из системы
уравнений:
0 = ^оу~81- f 0 -Vgsina-gt,
■ = I H -V0sina t —
H
OY '
i = -±
V„ sina
8
H = Vg sina
V. sina g V2 sin2a
8
93
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Я =
Я =
V2 sin2 а
2g
64 1Q4 мУс2 0,25
2 9,8 м2/с2
16 104 0,25
4,9
м — 0,816
104 м
J
J
~ 8160 м -8 км.
Уравнение параболы в форме у = f(x) составим, воспользуяс!
системой уравнений движения, исключив из них время /.
Г х = V. cosa ■ t,
х=/°охг’
y = v t-&L
t =
OY '
X
у = V. sina ■ t —
s о 2
Vo cosa’
у = V0 since —
gx2
у = tgax-
0 cosa 2 V2 cos2a
g
2 V2 cos2a
■x2 ;
у = tg30° ■ x -
9,8
2 64 104 cos230°
9,8
■x2;
y = ^Lx
y 3 2 64 -104 3/4
у = 0,577 x-0,102 lO^x2
x2 = 0,577 x -
4,9
48 104
*
Найдем точки пересечения этой параболы с осью ОХ.
0,577 х-0,102 10~* х? = 0,
х/ - 5,65 104 х = 0,
х (х- 5,65 104) = 0,
Xj = 0, х2 = 5,65 104 м ~ 56,5 км.
Это для проверки.
Ответ: t= 80 с; S= 56,5 км; Н= 8 км; у= 0,577х - 0,102-10^ х2.
Задача 60.
Баскетболист бросает мяч в кольцо. Скорость мяча сразу поел
броска равна V0 = 8 м/с и составляет угол а = 60° i
94
Раздел 1. Механика
|"1>н (оптом. С какой скоростью мяч попал в кольцо, если он долетел
мм мтьца за 1 секунду? Сопротивление воздуха не учитывать.
Vi корсние свободного падения принять равным 10 м/с2.
vi Решение:
Рассмотрим систему уравнений
Vox = Vocosa>
V0Y = V0sina-gt.
\ I Найдем зависимость скорости от
V///////////////////?///// времени. Так как V2 = V„J + Vn2, то
Рис. 60.1 v=*l V 2 + V 2
ox or
11одставляем сюда значения для Vnva V0Y.
V(t) = V V2 cos2а + (V0 sina - g t)2
l ’ - V(8 м/с)2 cos260° + (8 м/с • sin60° -10 м/с2 1 c)2 ~
~^64 m2/с? (1/2)2 + (8 м/с- y/J/2 -10 м/с)2 ~
~ V16m2/c2 + (6,9 м/с - 10м/с)2 -у/ 16м2/с? + 9,6м2/с2 ~
- V25,6 m/Zc2 <= 5,06 м/с ~ 5 м/с.
Ответ: V = 5 м/с.
'{идача 61.
•1>утбольный мяч посылается с начальной скоростью, равной
Г, 20 м/с, под углом а=15° к горизонту. На расстоянии L=15 м от
ючки удара находится вертикальная стена, о которую мяч упруго
уднряется. Найдите расстояние от точки удара по мячу до места его
м|мпсмления. Сопротивлением воздуха и размерами мяча
пренебречь.
Решение:
Траектория мяча после упругого
удара о стену (линия ВС) симмет¬
рична его траектории в отсутствии
стены, так как удар упругий (линия BD).
Расстояние AD равно дальности
свободного полета мяча Sg.
Рис. 60.1
95
Физика: алгоритмы, задачи, решения
2 V2 sin a cos а V2 sin2a :
S = 2 = _»
о g g j
с 400 м2/<? ■ sin30° 400 • 0,5 w 100 w ,Л ^
Л„ = ———— ~ ——— jh « ——— Л< = 2U,4 M.
0 9,8 м/с2 9,8 4,9
Для расстояния АС получаем S = L - (S0 - L) = 2 L - S0.
S = 15 м • 2 - 20,4м ~ 30 M-20,4 м ~9,6м. t
Ответ: S - 9,6 м.
Задача 62.
Небольшое тело скользит со скоростью V = 10 м/с по горизов
тальной поверхности, приближаясь к щели, образованной двум:
отвесными вертикальными стенками, которые расположены hi
расстоянии d= 10 см друг от друга. Скорость тела перпендикулярн!
стенкам, глубина щели h = 1 м. Сколько раз упруго столкнется тел*
со стенками до момента падения на дно щели?
Дальность полета S = Vt = V V2 h/ g.
При упругом соударении энергия не теряется, скорость меняв
направление, а траектория остается после каждого соударени
симметричной относительно той стены, от которой тело отскочило
Поэтому в щели оно будет падать такое же время t, и ni
горизонтали пройдет такой же путь S-V л/2 h/g Только этот Ж
путь разделится на участки, каждый из которых равен ширив
щели d.
Решение:
v
Если бы не было внутри стенк]
щели, то есть была бы не щель, а обрьл
глубиной А, то тело было бы брошеш
горизонтально со скоростью V и летел*
бы по параболе.
Рис. 62.1
Время падения с высоты h можю
найти из формулы
96
Раздел 1. Механика
N - 10 — J 2 У = 100 с'1 V 0,204 с2 ш ЮО с0,45 с « 45.
0.1 и V 9,8 м/с2
Отпет: N = 45 столкновений.
На гладкую неподвижную наклонную плоскость
с углом наклона а налетает стальной шарик под
углом Д При каких Д шарик сможет вернуться в
точку его первого удара о плоскость? Все
соударения считать упругими.
Решение:
Удобнее всего систему отсчета связать с
наклонной плоскостью, и направить оси коор¬
динат так, как показано на рисунке 63.2.
Рассмотрим движение шарика между двумя
последовательными ударами о плоскость.
Поскольку проекция ускорения шарика на ось
OY величина постоянная: ar = gcosa = const,
проекция скорости на эту же ось сразу после первого удара и
непосредственно перед вторым ударом по модулю равны. Из-за того,
Ко удары упругие, проекции скоростей до ударов такие же, как и
«пн не Таким образом, для всех ударов
I vr I = Vo sinP>
ме 1\) скорость шарика в момент первого соударения с плос¬
кое II. К).
Иремя t между двумя последовательными ударами находим из
уримисния движения шарика по оси OY:
i. |t)f| gcosa f
•пицц ая у = 0, так как второй удар происходит в той же точке на оси
(IV Тогда получается:
/I ni 0 4 g cosa ■ t2
О V smp ■ t - ,
2
4 U.ni Ns 1509
Injui'i» 63.
97
Физика: алгоритмы, задачи, решения
gcosa • ? - Vn sinf3 • t = 0,
2
t, = 0 - Время первого удара.
8cosa.t - V sinp =0,
2
Время между первым и вторым ударом. (1)
2V. sinfi
t= —2
2 g cosa
Движение по оси ОХ описывается уравнением
x = \Vx\-t-^f
где Vx- V0cosfi, ax = gsina, а условие возврата x = 0.
Отсюда для времени t между ударами получаем:
„ gsinat’2
0 = V0 cos/3 ■ t’-
t, (gsince _ v cQs^ = Q
2
t’, = 0 - Первый удар.
2V0 cosP Время между первым и вторым
*2 g sina ударами в той же точке. *
Приравнивая (I) и (2), находим:
2V0 sinP 2V0 cosP
gcosa gsina
sinP cosP
cosa sina
P = arctg ( -jL-) = arctg(ctga),
Углы и оказываются дополнительными до 90°, поэтому пос,
первого удара шарик полетит строго вертикально и обратно упаде!
ту же точку.
98
Раздел 1. Механика
,'0 " I 70° = 90°
1’пс. 63.3
Рис. 63.4
Два примера:
1) а = 20°; tga = tg20°=0,36397.
—-—=2,74748.
tg20°
tgp = 2,74748.
p = 70°.
2) a = 67°; tga = tg67° =2,35585.
—I—=0,42447.
tg67°
tgP = 0,42447.
p = 23°.
И общем случае, когда шарик после нескольких падений на
наклонную плоскость снова падает в ту же точку О, t‘ = п t,
• иг п = 1, 2, 3, ... для углов а и /J получаем:
IV п cosP 2V0sinp
у мпa gcosa
cnsfi = nsinfi
sin a cos а
cosP sin a _
sin a sin(3
DiP
n • tga,
n sinfi
cosa
sin a
f
sinp
<y:P
1
n tga
/I arctg (■
-)
n ■ tga
Ответ: P = arctg(ctga)
t
99
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 64. ?
Мяч, упавший с высоты h - 1 м, два раза ударился о наклоииун
плоскость. Расстояние между точками удара мяча I = 4 м. Счита
удар абсолютно упругим, определите угол наклона плоскости I
горизонту.
Составляющая скорости Vox, направленная вдоль наклонно!
плоскости, остается неизменной, а составляющая скорости pgJ
перпендикулярная к наклонной плоскости, не меняя своей величину
V0Y = VQ cosa, после удара изменяет направление на противоположное]
Иными словами, при упругом ударе угол отражения мяча а равев
ушу падения.
Выберем систему координат. Ось ОХ направим вдоль наклонно!
плоскости, a OY перпендикулярно ей. Начало координат поместим i
точку первого падения мяча.
В направлении обеих осей движение происходит с ускорением;
Проекции ускорения свободного падения на оси:
Г gx = gsina,
l gr = gcosa.
Время t первого полета мяча над осью ОХ (подъем и спуск дс
оси) определяется уравнением, в котором использованы состав¬
ляющие скорости и ускорения вдоль оси OY.
Рис. 64.1
Из формул для свободного
падения тела без начально)
скорости h = V2 / 2g. Сю*
рость мяча перед ударом <
плоскость (удар упругий]
и непосредственно посл<
удара V0 = -42gh. (1,
Решение:
где у = 0 - высота подъема над наклонной плоскостью.
или (V,cosa),- (S™a)>’ -О,
100
Раздел 1. Механика
I (В cosCC--1 - V cosa) = 0,
2
i (£-.t-VJ = 0,
2
()тсюда:
tj = 0 - начальный момент первого удара.
2Vn
*2 =
S
- время от первого до второго удара.
Для определения расстояния / между точками первого и второго
ударов решим уравнение, в котором использованы проекции скорости
и ускорения на ось ОХ. Потом подставим в него значение найденного
промежутка времени tr
ёх?
,-^ш) 2Jk+£llfL
2 V.2 sin а 2 V2 sin а
и ^ и
2У0у _ 2V02sina ^ g sina ■ 4V2_
g
4V2
g
2 g2
sina.
g g g
Вспомним (1), что V0 = у/2 gh л подставим ее сюда.
4 2gh
Получим: / = ~Т—~sina = 8 h sina.
О
sina =
/
8h ’
a = arcsin
l_
8 К
a - arcsin(-
4 м
■) - arcsin 0,5 = 30°
8 1m
a = 30°
Ответ: плоскость наклонена к горизонту под углом 30°.
Задача 65.
Среднее расстояние между центрами Земли и Луны равно
(>о чсмным радиусам, а масса Земли в 81 раз больше массы Луны. На
клком расстоянии от Луны на отрезке, соединяющем центры Земли и
Пупы расположена точка, в которой тело будет притягиваться ими с
одинаковой силой?
101
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Пусть R - радиус Земли, тогда расстояние между центрами Земли
и Луны будет 60 R. Обозначим искомое расстояние х.
т.
»Fi f £’
« *>J
М=81т/Г
60 R
Масса Луны пусть будет т,
тогда масса Земли М=81т. Пред¬
положим, что в искомой точке
находится тело с массой т.. По
Рис. 65.1
закону всемирного тяготения
GMm
Земля это тело притягивает с силой F. =——— —, где G -
J (60 R - хУ
гравитационная постоянная. Луна то же тело притягивает с силой
G тт.
F —
Л „2
По условию F3 = Fjj,
G 81 ттп Gmmn
(60R-x)2 ~ Р * 981 = _/_
(60R-X)2 х2’
9 1
G Мтп G тт0
(60R-X)2 ~ ~72
60R -х х
9 х = 60 R-x,
х = 6 R.
Ответ: тело надо поместить в шести земных радиусах от центра
Луны.
Задача бб.
На какой высоте над поверхностью Земли сила тяжести тела будет
в два раза меньше, чем над поверхностью Земли? Считать радиус
Земли R = 6370 км.
Решение:
Ft = G ~~у~ - сила тяжести на поверхности Земли.
102
Раздел 1. Механика
» т
F-G
МП СИла
И
2
(R + Н)2
По условию F: = 2 F2.
GMm
2 GMm
К '
R2
(R + H)2 ’
R2
(R + Н)2
Рис. 66.1 R+H = R-Л,
11 = R 1) = 0,41 R.
11 = 0,41 6370 км -2610 км.
Ответ: Н = 2610 км.
- сила тяжести на высоте Н.
-Г2
R
R+H
Задача 67.
Вычислите среднюю плотность р Земного шара, если период
обращения спутника на низкой круговой орбите равен 84,3 минуты.
Решение:
При низкой круговой орбите спутник движется с первой
ми мической скоростью V. При этом сила всемирного тяготения играет
GMm mV2
роль центростремительной силы ——— = ——, где т - масса спутника,
R2 R
А/ Ур = 4/3kR3p - масса планеты, R - ее радиус.
11ериод обращения Т = 2KRJV.
11з системы этих уравнений находим среднюю плотность планеты.
mV2
R
GMm
R2
V2 = —.
R
M = 4/3KR3p, \М = 4К^Р •
T =
2nR
V
V2 = 4lZ R2pG >
3
4n2R2
T7
V2 =
pG = ZL,
3 T2
3k
P =
GT2
Г
Из условия задачи T = 84,3 мин. = 5058 с = 5,058. 103с
3 3,14 _ 9,42
6,67“ Н-м/кг (5,05810s с/ 6,67'" м/с кг ■ 25,5810* с
- 5520 -3- Ответ: Р =5520 —}
170,6 1 а5 м3 м3 м3
103
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 68.
Найдите скорости искусственного спутника Земли, движущегося
по круговой орбите:
а) вблизи поверхности Земли;
б) на высоте 300. км;
в) • на высоте 700 км;
г) на высоте 1000 км;
д) на высоте 6370 км (Я = R);
е) на высоте 12740 км(Н = 2 R), где R = 6370 км.
Масса Земли 6 Ю4 кг, G = 6,67 Ю" Н-м2/кг2 - гравитационная
постоянная.
Решение:
Закон всемирного тяготения для спутника массой т
Мт
F = G (R + H)2 ‘
Центростремительное ускорение по определению:
V2
-ТЙГ W
Центростремительное ускорение с учетом закона всемирного
_£ _ G М
т
GM
тяготения
а =
Ц.С.
Из (1) и (2) следует
(R + Н)2
V2
(2)
R+H (R + Н)2
Отсюда скорость спутника на орбите: V
Вычисления:
й)Н=0; V J 6-67'10~" Нм2/кг2 • 6'
= j~GM~
4R + H
t
63,7 105 м
40,02 1(!1м3/с2 « JO,628 10sм2/с2 - 7920м/с.
63,7 1(г м
6.67 • 10-“ НмЗ/кг2 -6 1024 кг
б) Н = 300 км; 1) =,
V 63,7 10sм + 3 Юм
40,02 10!Lm3/c2 - Jo,6 Ю м2/с2 ш 7750м/с.
* 66,7 Юм
104
Раздел 1. Механика
и) Н = 700 км; V =
140,02
10,3м3/с2
V 70,7
Шм
Н = 1000 км; V =
140,02
1013 м3/с2
V 75,7
10s м
! Н= 6370 км; V =
140,02 ■
10,3м3/с2
V 127,4
10/м
| Я = 12740 км; V =
1 40,02
10"м3/с2 _
V 191,1
10/ м
i
6,67 1&п'Кмг/к^~Т- 17Р 4 кг щ
63,7 10s м + 7 10s м
« V 0,566 10s м2/с2 = 7520 л*/с.
I 6,67 10-" Нм2/кг2 -6-1024 кг
V 63,7 10s м + 10 ■ 10s м
='l0,543 10s м2/с2 =7370 м/с.
Итоги - в таблице:
5.57 1Q-" НмУкг2 6 ■ 1024 кг _
55,7 /(Рл< • 2
J0,314 10s м2/с2 » 5500 л</с.
5.57 10-" НмЧкг2 6 ■ 1024 кг __
63,7 1№м 3
J0,209 10* м2/с2 - 4570 м/с.
Иысота в км
0
300
700
1000
6370
12740
11ервая космическая
( корость в км/с
7,92
7,75
7,52
7,37
5,6
4,57
11а более высоких орбитах космическая скорость меньше.
Задача 69.
Геостационарный ИСЗ связи «Радуга», запу¬
щенный на круговую орбиту 15 февраля 1990
года, «висит» над одной точкой экватора и делает
полный оборот вокруг Земли за 24 часа. С
какой скоростью движется спутник по орбите
и на какую высоту он запущен? Радиус Земли
R = 6370 км.
105
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Сила всемирного тяготения F играет роль центро¬
стремительной силы, она создает центростремительное ускорение
F GM
V т
(R+H)2
V2
О)
(2)
По определению центростремительное ускорение а^с ~'^+^
G Л/
Вблизи поверхности Земли ацс = g = ^ , откуда G М = gR2.
Поэтому, заменяя G М в (1), получаем для центростремительного
ускорения выражение ацс =
g*2
гз;
(R+H)2
Для вычисления скорости спутника разделим длину окружности
орбиты на период обращения:
D =-2.л.(К + Щ ^
В результате высказанных соображений получилась система
уравнений:
gR2
(R+H)2
V2
gR2
V2
°цс R+H
v_ 2 n(R+ H)
T
gR2 = 4 (R+H)2
(R+H)2 R+H
f»_ 4 rt (R+H)2
P
R+H T2
(R + H)3 = rR2g ,
4 it2
H- JHE-r
V 4lf
Из условия задачи: T =24 часа = 86400 с = 8,64 104 с; л? = 9,86;
R = 6370 км = 63,7 105м; g = 9,8м/с2.
106
Раздел 1. Механика
Н =
(8,64 КРс)2 (63,7 1 05 м)2 9,8 м/с2 бз ? 10з м ^
4 9,86
74,65 10s с2 • 4060 ■ 1010м2 9,8 м/с2 63 ? 10s м ^
39,4
297I'1021 м* - 63,7 10s м = V 75,51021 м3- 63,7 105 м -
39,4
»<23 107м-63,7 10sм -(<23-53,7)105м -359,310sм.
И ~35930 км.
Для вычисления скорости применим формулу (4): V - 2ft(R+H)
v _ 6,28 (63,7 10s м + 359,3 10s м) ^ 6^28_423_Ш_м ш
8,64 104 с 8,64 Wc
« "307 10 м/с ~ 3070 м/с ~ 3,07 км/с.
8,64 104 с
Ответ: спутник «Радуга» находится на высоте 35930 км, летит
со скоростью 3,07 км/ч, вращается вокруг Земли вместе с Землей.
Угловая скорость вращения со = ср / t = V / R спутника и Земли
одинаковы.
Замечание: Более точно: чтобы «висеть» над одной точкой
•кватора, спутник должен делать оборот вокруг Земли за 23 ч
Vi MUHV1П.
Задача 70.
Каким был бы период обращения искусственного спутника Земли
но круговой орбите, если бы он был удален от поверхности Земли на
расстояние, равное земному радиусу R3 = 6370 км!
Решение:
Сила всемирного тяготения F= создает центростре-
F GM
mi цельное ускорение спутника ацс = — =~(R+Hp~'
Вблизи поверхности Земли (Н=0) центростремительное ускорение
равно ускорению свободного падения
_ GM
ач-с. К ft2
107
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Отсюда GM = gR2,
= Я Я
(R+H)2 '
Скорость спутника найдем, если разделим длину окружности
орбиты 2 к (R+ Н) на период обращения Т.
v_ 2 я (R+ Н)
Т
Получилась система из трех уравнений (второе уравнение здесь
выражает определение центростремительного ускорения):
gR2
V =
(R+H)2
V2
°цс R+H
v_ 2 л (R+ Н)
Т
gR2 V2
(R+H)2 R+H ’
t«. 4 л2 (R+H)2
gR2
T2
4 л? (R + H)2
(R+H)2 T2 (R+H)
gR2 4 it2 (R+H)
(R+H)2 ~ T2
v_ 4 it (R+H)3
gR2
4 л2 (2 R)3
T ~ gR2
Так как по условию Н = R, то
4 л2 8 R3 32 л2 R
gR2
Т =4
■3,14-у
2 63,7 • 105м
9,8 м/с2
g
«12,56 V 13 10s с »
»12,56 • >/ 130 ■ 104 с = 12,56-11,4 102 с -143,2 102 с ~
»14320 с - 3 часа 58 мин. 40 с ~4 часа.
Ответ: Т = 4 часа.
108
Раздел 1. Механика
1пдача 71.
( мутник, масса которого т = 1 т, летит на высоте ht = 200 км от
моперхности Земли по круговой орбите. Постепенно, в силу
шрможения о верхние слои атмосферы, радиус орбиты спутника
уменьшается (при этом можно считать, что орбита остается круго-
инИ) Какую энергию теряет спутник на торможение при переходе на
пр(>иту с h2 = 180 км!
Решение:
11 (менение энергии происходит вследствие работы сил трения:
ИИ AWK + AWn (здесь WK - кинетическая энергия, Wп - потен-
11ип1|ьная энергия).
HL(V:_V2)>
AWu = m(ghl-ghJ.
I (ентростремительная сила на обеих орбитах суть сила тяжести
/// V2 т V2
б*:
i дс R = 6370км-радиус Земли, g, ~ g2 ~ g ~ 9,8м/с2.
Из последних соотношений следует:
V2=g,(R+h); V2 = g2(R + hj;
AW=AWK + AWn= -у (V2-V2) +mg(hI-h2) =
= ^[(R + hJ-fR + hJ] + mg(hl-h2) =
mg 3 mg
= -£- <h~h) + mg(h,-h.) = —^(hrh)
AW = 3 Wk2 '2 9'8m/c2 • (2 10s M-1,8 10s m)~
3 10s -9,8 H (2_J 8) 10sM m 3 103 9,8 H 0,2 10s м
2 2
10s Дж = 2,94 10s Дж.
Ответ: AW = 2,94 ■ 10s Дж.
109
Физика: алгоритмы, задачи, решения
1
•4
Задача 72.
Спутник вращается вокруг Земли по круговой орбите радиус^
R. В результате кратковременного действия тормозного устройств!
скорость спутника уменьшилась так, что он начинает двигаться!
по эллиптической орбите, касающейся поверхности Земли (си
рис. 72.1). Если трением в атмосфере пренебречь, то через како
время после торможения спутник приземлится? Радиус Земл]
Решение:
Орбита изменяется из-за мгновенног
действия тормозной установки, и дальне!
шее движение спутника снова происходя
по законам небесной механики. После тормс
жения спутник начинает двигаться по эллин
тической орбите, большая полуось которо
К + Кя Т а ;
а = —-— По третьему закону Кеплера (—* )2 = (-)3, (1)
2 Тк к
где Тэ - период обращения спутника на эллиптической орбит*
а Тк - на круговой.
обозначить R0.
Из формул для центростремительного ускорения
1? ,
ац.с. R О
определению) и а = — = (из загона всемирного тяготении
цс' тп RJ
найдем скорость на круговой орбите ацс = —
V2 G М
Ч-
R2
Значи
GM
R
, где М-масса Земли.
Период обращения спутника на круговой орбите равен:
т =
J к
2 nR
2 nR
= 2 nR.
R
V y/GM/R
Из третьего загона Кеплера (1):
G М
Т 2
а}
~R3
110
Раздел 1. Механика
Г =
т2
к
R3
_ 4rtR2 R(R+R/ тг2 (R + RJ3
GM 8 R3 ’ 2GM
Гак как вблизи поверхности Земли ацс= g =— = ^
Iи (I М = gR 2
11<птому:
4
*?(R+Rf _ < (R+R/
2 gR-o 2 gR„
( момента торможения до посадки спутник пройдет поло-вину
м|Н)пты. Стало быть, времени для посадки потребуется
/
_= JT Г(R+R/
2 2 V
Пример. Пусть R = 3 R„, тогда:
ш- "Ш
I = 12,56
63,7 ■ 105 м
9,8 м/с2 2
2gR,\
=12,56
63,7- 105 с2
19,6
12,56 3,25 10s с2 = 12,56 V32,5 10/d2
=12,56 5,7 102 с = 71,6 102 с = 7160 с
Ответ: t = 2 часа.
' 2 часа.
Задача 73.
Па каком расстоянии от центра Земли расположен общий
иппр масс системы «Земля-Луна», если расстояние от Земли
мо Пуны R = 380000 км, масса Земли т3 = 5,98 1024 кг, масса Луны
тч 7,35 1022 кг?
Решение:
11 Земля и Луна вращаются около общего центра масс с
одинаковым периодом Т. Центр масс все время находится на прямой,
* соединяющей центры Земли и Луны. Нам
надо наити расстояние х от центра Земли
до этого центра масс. Можно заранее
ожидать, что он находится ближе к Земле,
чем к Луне.
е/ \ w
R
Рис. 73.1
Луна
j
111
Физика; алгоритмы, задачи,решения
%
Используем формулу центростремительного ускорения прш
движении по окружности радиусом г.
V2 л, 2 кг 4 тс2 г
а = — , где V = —-— ; тогда а =
г
4 7? х
а5-
Т ’ ” JT2
_ центростремительное ускорение Земли
относительно центра масс.
Центростремительное ускорение Луны можно принять
4l*R (R»x)
ал
Т2
Известно, что отношение масс обратно отношению ускорений
_ 4 л? R V = jR
тл~ ал ~ Т2 4 Т? х х
Этим доказано, что отношение масс Земли и Луны равно обратномз
отношению радиусов их орбит вокруг общего центра масс.
А отсюда:
х =
_ "V/
mIfR
m,
7,35 1022 кг 3,8 108 м 28 1030 м
х = —: 1 «
*4,68 106м~4680км1!
5,98 1024 кг 5,98-1024 кг
Оказывается, х меньше радиуса Земли (6370 км), и центр мас(
системы «Земля - Луна» лежит внутри Земного шара на расстоянщ
6370 км - 4680 км = 1690 км от поверхности Земли.
Ответ: 1690 км.
Задача 74.
Определить период обращения компонентов в системе двойно$
звезды вокруг общего центра масс, если масса первого компонент
т]9 расстояние его до центра масс Rn масса второго компонента т2
его расстояние до центра масс Rr
Решение:
Пусть звезды с массами ту и т2 вращаются по круговыв|
орбитам с радиусами i?; и R2 соответственно. Расстояние Rj+It
между ними постоянно. Вращаясь вокруг неподвижной точки (ш
общего центра масс), эти тела все время находятся на одно!
прямой их соединяющей и проходящей через неподвижную точку
112
Раздел 1. Механика
I) прошения. Поэтому периоды обращения обоих тел одинаковы и
|жмпм Т.
Рассмотрим движение звезды массой mr
Эта звезда движется под действием силы
G m, m.
тяготения звезды т.
Ft (Rr+R/
ПО
Рис. 74.1
окружности радиусом Rr Под действием этой
силы звезда движется с центростре-
V/
мительным ускорением а = —> где Vj -
чс Ri
ишц'йная скорость первой звезды по орбите. Эту скорость можно
подсчитать, разделив длину окружности ее орбиты на период
обращения Т:
2 л R,
Р,=
Тогда:
а =
Ц.С.
4 л? R? 4 л? Rj
Т2 R,
11снтростремительная сила по второму закону Ньютона:
/*' = тп. а =
ц.с. 1 ц.с.
4 л? Rt Ш'
Р
') га сила равна силе тяготения, так как сила тяготения и есть
центростремительная сила.
4 л2 Rl m, _
Т2
4л2Я
1 _
G mt m2
(R,+R/ '
G m.
V (R,+R/ '
Аналогично для второй звезды можно записать:
4 л2 R
7 _
G т,
(I)
(2)
Т2 (R,+R/ '
Так как на период обращения влияют массы и первого и второго
юмпонента, то объединим формулы (Г) и (2) в общей формуле путем
нч почленного сложения.
ИЗ
Физика: алгоритмы, задачи, решения
4 л2 (Rt + RJ _ G (mt + mj
Г = (R,+R/
Найдем отсюда период обращения Т.
4*(R,+Rf
G (ml + m)
Полученная формула показывает, что период обращения звезд
зависит только от расстояния между ними (Rt + R) и их
суммарной массы, а не от массы каждого тела или же от
отношения их масс.
Период тем больше, чем больше расстояние между ними и чем
меньше сумма их масс (mt + mj.
Задача 75.
Автобус массой 15т трогается с места с ускорением 1,4 м/с2. Найдите
работу силы тяги и работу силы сопротивления на первых 10 м, если
коэффициент сопротивления равен 0,02. Какую кинетическую
энергию приобрел автобус?
Для определения сил запишем уравнения движения автобуса в
проекциях на горизонтальную и вертикальную оси.
Ответ: Т = 2 л
Решение:
N-mg = О
т mg
Рис. 75.1
Далее находим работу этих сил на пути
S = Юм.
114
Раздел 1. Механика
А = F S = flm g S;
А сопр =0, 02 15 103 кг • 9,8 м/с2 10 м -3 9,8 103 Дж ~
= 29,4 103 Дж = 29,4 кДж..
А = F S = mS(ug + a)
Атяги = 15 103 кг - 10 м (0,02 9,8 м/с2'+ 1,4 м/с2) =
тЯги = 75 104 кг-м (0,196 м/с2 + 1,4 м/с2) =
= 75 1,596 - 104 Дж = 239,4 10s Дж = 29,4 кДж.
WK = , где V2 = 2 a S (из формулы S = ).
11<>>тому WK = т 2°^ = т a S
WK = 15 103 кг • 1,4м/с2 Юм = 75 14 103 Дж =
= 270- 103 Дж = 210 кДж.
Проверка: W„ = А -А
г г /Г тяги сопр.
WK - 239,4кДж-29,4 кДж = 210 кДж.
Ответ: Лтяги— 239,4 кДж; Асопр = 29,4 кДж; WK= 210 кДж.
Задача 76.
Какую работу надо совершить, чтобы поднять груз массой 30 кг
па высоту h = 10 м с ускорением а = 0,5м/с21
Решение:
Работу совершает сила F, направленная вверх,
преодолевая силу тяжести mg груза, направленную
вниз. Из уравнения движения Ньютона в проекции
на вертикальную ось найдем силу F.
F — т g = т а, откуда F = т (g + а).
Работа этой силы на пути h будет А = F h = т h (g + а).
А = 30 кг 10 м (9,8 м/с2 + 0,5 м/с2) ~ 300 кг-м 10,3 м/с2 ~
~ 3090 Дж « 3,09 кДж.
Ответ: А =3,09 кДж.
i
vF
ш
1
'mg
Vue. 76.1
Задача 77.
Пружина скрепляет два груза массами т, и т2 (см. рис. 77.1).
Когда система подвешена за верхний груз (положение 1), длина
115
Физика: алгоритмы, задачи, решения
пружины равна /;. Если систему поставить на подставку (положение
2), длина пружины равна 1Г Определить длину нерастянутой
пружины 1д. Какая работа совершится в первом
случае при растяжении пружины и во втором
случае при сжатии?
Решение:
В первом случае (рис. 77.2) на тело т2
действует вниз сила тяжести FT = m2gn вверх
Рис. 77.1 сила упругости j = к (l t- lj, где
к - жесткость пружины; (I, -10) - величина удлинения.
Поскольку груз т2 покоится (система находится в
равновесии), F = F г
' Fy+rW-tf
FT=m2g
m2g = к (Iу.
l-L
жесткость пружины
(в случае растяжения).
’m2g
Рис. 77.2
ЛЯ
упр.2
mi g = к (lB- I),
Во втором случае (рис. 77.3) под действием тела т1
пружина сжимается и в ней возникает сила упругости
FynP2- ®на Равна силе тяжести mg. Деформация
пружины в этом случае (сжатие) 10 -12.
Закон Гука:
Fynp,= k(l„-V>
РГ mi g
к =
™,g
h~h
- жесткость пружины (в случае сжатия)
Так как жесткость пружины в обоих случаях одна и та же, то:
т2ё _ mi g
h~h
т
2 _
Wo
l0~l2
т,
l0~l2
m2l0~m2l2=mi ll~mi l0>
116
Раздел 1. Механика
/,, О”, + т2)=т111 + т212,
I.
т,* 1, + т2 h
rrij + т2
- длина ненапряженной пружины.
Работы силы упругости при необходимом удлинении в первом
I иучас и до получившегося сжатия во втором случае равна
но I пщиальной энергии деформированной пружины.
I к х2
т g
11ервый случай, к = x = lJ-l0;
h ~ Iо
, _ m2g(l,-1/ = m2g(l,- I)
'' 2d-l) 2
H i орой случай. к =
т, g
1 • х ~ I — / *
I — I ' л 0 ’
т
_ = m,g(h-l)
2(l0-l) 2
I ели исключить неизвестное по условию задачи /0, то можно
ншшеать другие формулы для работы.
11срвый случай.
rrijlj + m2l2 rrijlj + mjlj - /и;/у - m2l2 m2(lj - IJ
I,
nij + m2
ml + m2
m,
7Я,
( _ m2g- m2(l,-l) _ m22g(l,-l)
' ' 2 (ntj + m)
2 (ml + mj
И i орой случай.
m,l, + m,L mi, + mi.- m,L- mi,
L 1 = —-*-r u-L = —^ 2-2-- 72 ^ —
/и. + w, 2 m, + тл m, + m
’<> 2 m + m 2 ... . ...
rnl rn2 "ml "'2
A = ™,g-m,(ll-1) _ m,2 g (l, - l)
™,0, ~ l)
l+m2
2 (rrij + m)
Ответ:
h=-
m, l, + m, l,
m j + m2
A —
mt2 s 0,-1)
A2
2 (mt + mj
2 (mt + mj
_ m2g(l,-l)
A> 2 (m, + m)
117
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 78.
Две пластины, массы которых равны т1 и т2, скреплены межд
собой пружиной. Пластина т1 находится над пластино^
т2, лежащей на столе. С какой ей
лой необходимо надавить на верд]
нюю пластину, чтобы после М
крашения действия силы, двигаяс
вверх, она приподняла бы и ни* * 1нюю? Массой пружины можно пр<
1 ^ ^ небречь.
Рис. 78.1 Решение:
Пусть верхняя пластина mj вначале занимает положение 1,
положение 3 соответствует подъему пластины на максимальную
высоту. ]
Нижняя пластина приподнимается, если действующая на нее сия
упругости больше силы притяжения ее к Земле:
kx2>m2g !
Здесь х2 - деформация пружины в момент, когда верхняя пластин
достигнем максимальной высоты. \
Для того, чтобы пружина растянулась на величину х2, ее нео(
ходимо сжать на величину xt (положение 2), которая может быт
найдена из закона сохранения энергии: 5
к х.2 к х2
— — =т,ё (х, + х)
Работа силы упругости от положения 2 до положения 3 равн
изменению потенциальной энергии при переходе от положения 2 ]
положению 3.
Перепишем закон сохранения в виде:
кх2 кх2
—f- =-у- +mIgxl + mlgx2. (I
По условию приподнимания нижней пластины:
, т2ё
к х2 > m2g, или х2 > —j— , ;
К 1
118
Раздел 1. Механика
вменим в правой части выражения (1) деформацию х2 на меньшее
имрлжение m2g/k. Так как это выражение оказывается в числителе,
in правая часть выражения, полученного после подстановки окажется
меньше левой.
кх1 2 km 2 g2 т X2g
~Г >_ТР- +
Умножив обе части на 2к, приходим к неравенству второй степени
ишосительнох,:
к2 х2 - 2 mI g kxI- т2 g2 - 2 m/m2g2 > О
I In ходим корни квадратного трехчлена, стоящего в левой части.
2 т/ g к ± V 4 т2 g2 к? + 4 т2 g2 к2 + 8 т2 т2 g2 к2
'' = Тк2 =
2 nt'gk ± 2 gW m 2 + 2 mt m~
m
2 k2
= 2 m,gk±2 gk(mt+ mj = m,g±g(ml + m)
2 k2 к
По правилу решения квадратных неравенств xt должно быть
Польше большего корня:
m,g + mlg + m2g
к
2mIg + m2g
к
111 обы сжать пружину на величину хг необходимо к весу верхней
пластины m/ g добавить силу F (положение 2), удовлетворяющую
|жнп1ству F + т2 g = кх2.
Подставляя сюда найденное значение хр найдем искомую
I и му F.
/■' + m,g >
к-
2 m,g + m2g
к
!■' ь mtg> 2 mIg + m2g,
/•' g (ttij + tttj).
Ответ: F> g (mt + mj.
119
Физика; алгоритмы, задачи, решения
Задача 79.
Деформация вертикальной легкой пружины, удерживающей гирю,’
составляет х=4 см. Чтобы увеличить деформацию пружины на 50%£
медленно надавливая на груз в^ вертикальном на*
правлении, надо совершить работу
А = 0,3 Дж. Найдите жесткость
пружины.
Решение:
х - первоначальная деформация
пружины под действием тольк^
груза.
кх2 - работа, которую совершила сила тяжести гру-
2 за mg по сжатию пружины на расстояние х.
Рис. 79.1
4-
А =
к (0,5 х)2 - работа, которую совершила дополни-
2 тельная сила F при увеличении деформации
пружины еще на 0,5 х.
Отсюда: 2 А = 0,25 кх2,
, 2 А _8 А
0,25 х2 х2
к = Нм »о, 15 104Н/м ~ 1500Н/м.
(4 10~2 м)2 16 Н^м2
Ответ: к = 1500 Н/м.
Задача 80.
Если к пружине поочередно подвешивать грузы массой т1 и
т„ то ее длина оказывается равной соответственно /; и 12. Какая
работа совершается при растя¬
жении этой пружины от длины lt
до длины ip.
Решение:
В первом случае, когда под¬
вешен груз тп в состоянии рав¬
новесия F , = т, г.
упр.1 1 О
120
Раздел 1. Механика
Но втором случае, когда подвешен груз т2, в состоянии
|нншовесия F 2 = т2 g.
('реднее значение приложенной силы будет:
F , + F , т, g + m,g
f.'cp = IZEd = —Lr i£_
2 2
1,-1,- величина перемещения груза и конца пружины.
11айдем работу силы упругости на перемещении
™,g + m2g
fl2-V =
g (т, + т2)(12 -1)
Ответ: А
g(ml + m2)(l2-ll)
2
Задача 81.
Легкая пружина жесткости к и длины I стоит вертикально на
(юле. С высоты Н над столом на нее падает небольшой шарик
массы т. Какую максимальную скорость будет
иметь шарик при своем движении вниз? Трением
пренебречь.
Решение:
Пусть х - сжатие пружины в некоторый момент
времени. По закону сохранения энергии
mV2 „г , . , кх2
Н
//77777777
1‘пс. 81.1
= m g (Н- I + х) -
0)
Максимальной скорости Vmax шарик достигнет в момент, когда
мри сжатии х0 сила упругости пружины сравняется с силой
I и жести kxQ — mg.
Учитывая это, из (1) находим:
mV2 mg km2 g2
—Г“ = mg(H-l + -±) -
2 к2
V 2 mg mg2
-T- = s(H-i+ -T~) -
2k
mg
VJ= 2 g(H - / н г2 ) -
mg2
121
Физика: алгоритмы, задачи, решения
VJ = 2g(H-l) +
Ответ: V
2 т g2 mg2 mg2
t - * - 2g(H- f +-r
2g(H--l) +
mg2
Задача 82.
С какой высоты H падает тело массой т на невесомую пр;
жесткостью к, если максимальная сила давления пружины на па
равна W. Длина свободной пружины равна 1. (Рисунок такой же,
в задаче №81).
Решение:
Обозначим через х деформацию пружины, когда на нее упал
тело. ’
По закону сохранения механической энергии потенциальна
энергия шара вверху равна потенциальной энергии сжато
пружины:
mg(H - 1 + х)
кх2
2
О)
Пусть в момент наибольшего сжатия пружины, когда давло
ние пружины на пол равно N, деформация ее равна х0. Тоща
F = N = кх.. '
упр. О
Отсюда: х. = Ц-. I
и к
Заменим в (1) х на х0, то есть применим закон сохранени
энергии в момент наибольшего сжатия.
mg(H -
-1+
^ Зе
II
9
т g Н =
mgN
N2
■■ mg
к +
2 к ’
Н =1-
N2
к
2 кт g ’
N
N2
Ответ:
Н-
~ 1 ~ +
к 2
кт g
122
Раздел 1. Механика
1мдача 83.
I (прковой артист прыгает с высоты Н = 10 м на растянутую сетку.
Мй сколько прогнется при этом сетка? Когда артист
стоит неподвижно на сетке, прогиб ее равен
х0 = 5 см.
Решение:
Пусть прогиб сетки при падении равен х. По
тенциальная энергия артиста вверху mg (Н+х) равна
потенциальной энергии прогнутой под действием
упавшего артиста сетки кх2 / 2.
Запишем закон сохранения энергии
кх2
Гис. 83.1
т g (Н + х) = ——
(1)
И случае, когда артист просто стоит в сетке, условие равно-
йгсия выглядит так: кх -mg Откуда: к = HUL.
2хо
11сключим в законе сохранения энергии (1) неизвестную жесткость
тки к.
in х (Н + х) =
2хл
II \-х =
2хо’
Далее решаем получившееся квадратное уравнение относи-
irni.no х.
\ - 2 х0х - 2 хдН = О,
х =х0±^х02 + 2х0Н
()i рицательный корень отбрасываем.
' = хо + ^хо+2хоН
* = 5 10-2м+у/25 1(Гм2 + 2 5 КГ2 м 10м~
~ 5 10~2 м + -J0,25 10-2м2 + 100 10-2м2 »
= 5 10-2 м + 'll00,25 10~2 м2 ~ 5 10~2 м + 10 ■ КГ2 м ~
» 0,05 м + 1 м = 1,05 м.
Ответ: х = 1,05 м.
123
Физика: алгоритмы, задачи, решения
т
Задача 84.
Тело массой т = 100 г падает с высоты h = 5 м на чашу
пружинных весов и сжимает пружину жесткостью к = 103 Wit
на величину х. Определите х, если массы чашй
и пружины весов пренебрежимо малы.
Решение: \
Wp=mg(h+x) - потенциальная энергия тела|
поднятого на высоту (h+x). \
Wp2= кх2/2 - потенциальная энергия сжато!
пружины на величину х.
//////////////////
Рис. 84.1 W, = Wp2 - закон сохранения энергии.
mg (h+x) = ,
mgh + mgx) =
kx2
2
Решаем квадратное уравнение относительно х.
х2
2 mg 2 т gh
х —
= 0,
к к
Отрицательный корень отбрасываем.
х =
т £ ,^j 2 h к
(1+^1 +
1
к к mg
Полагая g = 10 м/с2, вычисляем^
0,1 кг • 10 м/с2
(1
1 +
2 5 м • 103 Н/м
0,1 кг ■ 10 м/с2
■)~
103 Н/м
= 10-* м (1 + у!1 + 10000)~ 10-3м 101 ш 0,1 м - 10 см.
Ответ: х = 10 см.
Задача 85.
Шарик, которому на высоте 2 м сообщена горизонтальная скорости
1 м/с, падает на горизонтальную гладкую поверхность. Когда
происходит удар шарика о поверхность, теряется часть
кинетической энергии так, что отношение вертикальной состав¬
ляющей скорости шарика сразу после удара к ее значению перед
124
Раздел 1. Механика
ударом равно 0,8, а горизонтальная составляющая скорости не
изменяется. Определить, на каком расстоянии от места бросания
шарика его прыжки над поверхностью прекратятся.
Решение:
Найдем вертикальные состав¬
ляющие скорости.
V 2
h = -2-
vv,=-h~
го ■■ 2 g h ,
VY=kVY0 = k>f2^r,
VY3=k3^JJT...
Найдем время на первый, второй, третий и т.д. прыжки.
н=ёЛ1,
1ЛГ
V g
2Vyi 2Ы 2gh
1 g g
2V...
2 h
3e
<N
II
II
J
g
2 VY,
2 h
t = r3 = 2 к3 у
t} g ^ V
= 2 к
ггг
V Т”
Найдем длину каждого прыжка.
* »,- ». fif-
12 h
V g
l=V t. = 2 kV
I x 1 J
l=V t = 2 к2 V
2x2 x
l=V t = 2 к? V
.1x3 x
2 h
UJ
' 2h
V
g
Найдем всю длину.
125
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Так как к = 0,81<1, то в круглых скобках сумма бесконечного
числа членов убывающей геометрической прогрессии, где первый
член <7у = 7, знаменатель q = 0,8.
Ответ: I = 5,75 м.
Задача 86.
Пуля массой 9 г, летящая горизонтально со скоростью
400 м/с, пробивает бревно толщиной 30 см и вылетает из него со
скоростью 100 м/с. Какова средняя сила сопротивления движению
пули в бревне?
Начальная кинетическая энергия пули W]K = т V/ / 2, а после
вылета из бревна WlK = т V22 /2.
Изменение кинетической энергии
Окончательно:
Подставляем данные из условия
1=9 - 1 м/с XI '2™ -9м/с • 0,408 с2 - 9м/с ■ 0,64 с « 5,75м.
1=9 - 1 м/с ■
Решение:
=у
126
Раздел 1. Механика
AWк, энергия уменьшается. За счет уменьшения энергии совершена
отрицательная работа против сил сопротивления
,/ -F S.
тр
Далее А = AWK,
т
FmpS = f(V/-V’),
г = т(У,2-У2)
F
тр
2S
9 ■ 10-3 кг ■ (4002 - 1002) м2/с2
F = ■> ~ 2250 Н.
"V 2 и, 5 М
Ответ: F = 2250 Н.
тр
Задача 87.
Пуля массой т = 9 г, имевшая скорость Vg (V0= 160 м/с), на¬
правленную под углом а = 30° к горизонту, пробивает лежащую
на подставках доску массой т2 = 0,3 кг, после чего
поднимается на максимальную высоту
Н = 45 м над уровнем подставок. На какую высоту
подпрыгнет доска? Сопротивлением воздуха
пренебречь.
Решение:
Обозначим через Vn и V2Y проекции скоростей пули и доски на
вертикальную ось. После вылета пули из доски и запишем закон
(охранения импульса (удар неупругий) в проекции на эту ось, атакже
шкон сохранения энергии для пули и доски:
Рис. 87.1
тра sina - m,VIY + m2V2Y,
т. V.2
=rnlSH,
mpo sina = m,V,Y + m2V2Y,
IY
m2 V2Y _
2Y
= ^2 gh.
m2gh.
Здесь h - высота подпрыгивания доски.
mj Vn sina = nij'J 2 g H + m2 2 gh,
m
,V2 gh = mt V0sina - 2 gH,
127
Физика; алгоритмы, задачи, решения
т2 2 gh = т1(Ю0 sina - от,У 2 gH)2,
_ _ (т/ (Vnsina-m,'JTgH)2
h 2 7 f
т 2g
h = (0,009 кг)2 (160м/с 0,5 - V2 10м/с2 • 45м)2
0,3 кг 2 10 м/с2
= 0,032 (30 м/с 30 м/с)2 д р , 10гм 125 м -
20 м/с2
« 7725 10~* м ~ 0,11 м.
Ответ: h = 0,11 м.
Пуля массой 10 г, летящая горизонтально
со скоростью V = 50 м/с, попадает в ящик с
песком массой М = 50 кг, подвешенный на
веревке, и застревает в нем. На какую высоту
поднимется ящик, отклоняясь после попадания
пули?
Решение:
Начальную скорость ящика и после попадания пули можно
определить при помощи закона сохранения импульса (удар
неупругий):
от V = (М + т) и.
Высоту А, на которую поднимется ящик после удара пули найдем
из закона сохранения энергии:
(М+т)и2 =(M + m)gh
Задача 88.
Решаем систему двух уравнений:
j (М +т) и2 =
2
mV = (М + т) и .
m2V2 ,
2 (М + т)2 s
<
и= mV
М + от
128
Раздел 1. Механика
. т2У2
2 g (М + т)2
h (10-2 кг)2 • (500 м/с)2 т 1&4 кг2 • 25 • 104 мУс2 т
2 10 м/с2 (50,01кг)2 20 м/с2 25 102 кг2
—jjy м » 0,5 10~3 м « 0,5 мм.
Ответ: h = 0,5 мм.
Задача 89.
Снаряд в верхней точке своей траектории разорвался на два осколка
с массами т, = 3 кгит2 = 5 кг. Скорость снаряда непосредственно
перед разрывом равнялась V0 = 600 м/с, скорость
т +т -* большего осколка сразу после разрыва равнялась
м- -а—V2 = 800 м/с, а направление ее совпало с
<—-._а£ направлением движения снаряда перед разрывом.
mi т2 Определите скорость малого осколка сразу после
Рис. 89.1 разрыва.
Решение:
Выберем за положительное направление скорости снаряда V0 и
запишем закон сохранения импульса.
(т, + m})V0 = т2 V2 + т, V,;
(т, + т)У0-т2У2
ui mt
(3 кг + 5 кг) • 600 м/с -5кг- 800 м/с 800
У, j « — м/с - 267 м/с.
V, > 0.
Значит, и меньший осколок летел в том же направлении.
Ответ: У{ = 267 м/с.
Задача 90.
Шар массой mt = 5 кг движется со скоростью У} = 1 м/с и
сталкивается с покоящимся шаром массой т2 = 2 кг. Определить
с короста и, и и2 шаров после удара. Удар считать абсолютно упругим,
прямым, центральным.
h :1гасаз № 1509
129
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Такой случай, например, может быть, когда шары скользят без
трения на натянутых проволоках. Шар т1 движется со скоростью Vt
и налетает на покоящийся шар т2.
Выясним, что произойдет
после столкновения.
Сумма импульсов шаров до
столкновения равна сумме
импульсов этих шаров после
столкновения:
mt Vt + 0 = mt Uj + т2 и2 ,
рис эд ^ Полная механическая энергия
обоих шаров сохраняется:
mI V2 т/ и* т2 и2
~2~ + 0= 2 +~1
Решаем систему этих двух уравнений относительно м, и и2.
\ 5 1 = 5 ut + 2 и2, Г 5 и2 + 2 и2 - 5,
\ 5 Р = 5 и/+ 2 и22, 1 5 и2 + 2 и2 = 5,
' _ S-2u2
5 и2 + 2 и2 = 5,
5 -2 и,
5 (—-—2-)2 + 2и2 = 5,
25 - 20 и, + 4 и2
5 f г_ + 2м/ = 5,
25 - 20 и2 + 4 и2 + 10 и2 = 25,
14 и2 - 20 и2 = 0,
и21 = 0; и22 — 10/7.
Подставляя эти два значения и2 в выражение и2 =
5-2 и2
5
получаем: иц = 1, и12 = 3/7
Итак, получается два возможных варианта вторых
ростей:
(
ско«
130
Раздел 1. Механика
первый: J м; = 1 м/с, второй Г м; = 3 / 7 м/с,
{ и2 = 0, \ и2 = 10 / 7 м/с,
Но первый вариант - это то, что было до столкновения.
Ответ: после удара оба шара движутся в сторону скорости Vp
только первый шар помедленнее со скоростью и2 = 3 /7м/с, а второй
шар со скоростью и2 = 10/7м/с.
Задача 91.
Налетев на пружинный буфер, вагон массой т = 16 т, дви¬
гавшийся со скоростью V = 0,6 м/с, остановился, сжав пружину
буфера на х = 8 см. Найти общую жесткость пружины буфера.
Решение:
ТП V2
—— -кинетическая энергия движущегося вагона. Она должна
равняться работе силы упругости сжатой пружины
к х2
где
к коэффициент жесткости пружины:
m V2 _ к х2
2 2
х2
, _ 16 • 103 кг • (0,6м/с)2 в 16 ■ 103 кг • 0.36м2/с2
(8 10-2м)2 ~ 64 ■ 10~* м2
~ 9 ■ 10s Н/м « 900 кН/м.
Ответ: к = 900 кН/м.
Задача 92.
Две одинаковые лодки массами т = 200 кг каждая вместе с
человеком и грузами, находящимися в лодках, движутся парал-
нсльными курсами навстречу друг другу с одинаковыми скоростями
V 1 м/с. Когда лодки поравнялись, то с первой лодки на вторую и
п> второй на первую одновременно перебрасывают грузы массами
«I, ^ 20 кг. Определить скорости и и2 лодок после перебрасывания
I ру юв.
V
131
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
При выбрасывании груза из лодки в направлении, перпенди¬
кулярном движению и при падении груза на лодку, на эту лодку
действуют некоторые силы в направлении, перпендикулярном
скорости V. Но изменения импульса в этом направлении практически
не происходит, потому что сила сопротивления воды препятствует
поперечному перемещению лодок.
скорость той лодки с которой сброшен). Скорость первой лодки
считаем положительной. Запишем закон сохранения импульса для
первой лодки:
(т - mJV - т.р = mut,
где Uj - скорость первой лодки после перебрасывания груза.
Запишем закон сохранения импульса для второй лодки :
- (т - mji) + тр = ти2,
где и2 - скорость второй лодки после перебрасывания груза.
Решаем систему уравнений относительно и; и и2.
Рис. 92.1
Импульс лодки меняется только при
выбрасывании из нее и при попадании в нее
груза: изменение импульса происходит в
момент изменения массы лодки с учетом
первоначальной скорости груза (груз, хотя
и летит по воздуху, но он еще сохраняет и
т — 2 т2 V
2 mt-m V
Подставляя данные из условия задачи, находим:
1 м/с = - м/с = - 0,8 м/с.
Ответ: ut = 0,8 м/с; и2 = -0,8 м/с.
132
Раздел 1. Механика
Задача 93.
Через сколько времени от начала движения точка, совершающая
гармоническое колебание с периодом 24 с, сместится от положения
равновесия на половину амплитуды?
Решение:
Координата точки х есть функция синуса, так как отсчет по
условию задачи надо вести от положения равновесия, когда при
1 = 0, х = 0.
х = хт sirt(Q) t)
х 2 л
-J = sin( — о.
0,5 = sin( 2j-t) ,
Синус равен 0,5 для угла л/6.
2jLL= JL
Т 6 '
: =
24 с
12
Ответ: точка сместится от положения равновесия на половину
амплитуды через 2 с.
Задача 96.
Тяжелый шар подвешен на прочной нити к потолку. Первый раз
шар отвели в сторону, натягивая нить в горизонтальном положении
и касаясь потолка, и отпустили. Второй раз шар вертикально подняли
до точки подвеса и отпустили. В каком случае шар достигнет раньше
самого нижнего положения и во сколько раз быстрее? Сопротивлением
воздуха пренебречь.
Решение:
В первом случае время достижения самого низкого положения
приближенно можно рассматривать как четверть периода колебаний
математического маятника.
133
Физика: алгоритмы, задачи, решения
,_Т_2кП_хП
/ " ’• 4 4 l/T Wl
Рис. 94.1
Во втором случае время достижения
самого низкого положения можно опре¬
делить как время свободного падения с
_высоты / без начальной скорости.
Поскольку у >^Г~2, то t,> t2.
-ур: Лур = ~~f= - - U1 (раз).
t2 2 V g Vg2>/2 2,525
Ответ: t1 / f = 1,11.
Задача 95.
Два маятника одновременно начинают колебаться. За один и тот
же промежуток времени первый делает Nf = 20, а второй N2 = 10
колебаний. Определите отношение длин этих маятников.
Решение:
Из (1) и (2) следует:
/, N, ,
—= (—-У
I { N '
I 10 , 1 L
12 ( 20} 4 ' ’ I,
Ответ: второй маятник в 4 раза длиннее первого.
О)
134
Раздел 1. Механика
Задача 96.
Один из математических маятников совершил N, = 10 колебаний,
другой за это же время совершил Щ = 6 колебаний. Разность длин
маятников I = 16 см. Определите длины маятников и периоды их
колебаний.
Решение:
Запишем понятные соотношения и решим их как систему
(N2-N2)l,=AlN2,
AIN2
l' ~ N2 - N2
1 *'2
j 0,16 м 36 n nn
100 - 36 - 0Mm■
l2 = 0,09 м + 0,16 m = 0,25 m.
,09 м
l, + Al
g
= 2n ^
10 м/с2
0,25 м
~ 2 3,14 ■ -40,009 c2 - 6,28 0,095 c - 0,6 c.
- 2 3,14 •>/ 0,025 c2 « 6,28 0,158 c « 1 c.
10 м/с2
Ответ: l, = 0,09 m; l2 = 0,25 m; T, = 0,6 с; T2 = 1 c.
135
Физика: алгоритмы, задачи, решения
///////
Задача 97.
Математический маятник длиной / совершает колебания вблизи
вертикальной стенки. Под точкой подвеса маятника на
расстоянии //2 от нее в стену забит гвоздь. Найдите
период колебаний маятника.
Решение:
Период колебаний длинного маятника, если
бы не было гвоздя, был бы Т,
О
о
Рис. 97.1
Период колебаний короткого маятника,
подвешен к гвоздю, был бы Г,
г'-2*£-
э маятника,
если
бы
8
он
был
Так как маятник колеблется справа как длинный, а слева - как
короткий, занимая каждый раз по половине того и другого периода,
то общий период колебания будет
Задача 98.
Определите длину математического маятника, если известно, что
при уменьшении длины нити на А1 = 5 см частота колебаний маятника
увеличивается в к = 1,5 раза.
Решение:
Так как V = -у-= 2n^TlTg' Т° частота до уменьшения длины
была V - ’ а частота после уменьшения длины стала
К = л—1 ,п / • Но V, = kV..
2 2л v(7 - Л1) /g 2 1
Поэтому найдем 1, если решим уравнение:
136
Раздел 1. Механика
2л^1(1-Л1)/Г 2nJT7g’
•f¥-&
k2(l-Al) = l,
кЧ-к?А1 = 1,
(к?-1)1 = к? Л1,
к2
1 =
/ =
к2-!
1.52
1,52 -1
Ответ:
■Л1,
0,05 м =
1 = 9 см.
2.25
1.25
0,05 м ~ 1,8 ■ 0,05 м ~ 0,09 м ~ 9 см.
Задача 99.
Нить маятника длины / отклонена в натянутом положении до
горизонтального положения и отпущена. Масса маятника т.
О
I
Г7
ко
90°
т
I
I
I
f ~ V- •
/
Найдите натяжение нити в момент прохождения
маятником положения равновесия. Сопротивлением
воздуха пренебречь.
Решение:
Маятник проходит положение равновесия,
двигаясь по дуге окружности радиуса / со скоростью
Рис. 99.1 р g этот момент шар маятника будет
обладать центростремительным ускорением ацс= V2/I, направ¬
ленным вверх. Наличие этого ускорения обеспечивается совмест¬
ным действием силы натяжения нити Т и силы тяжести mg.
О ml)2
\ I По второму закону Ньютона Т - mg = —— ,
Ч . /
V2
поэтому Т = m (g + —). Скорость V определя¬
ть ,
-f-mgl
“t.
V;
п
mg
Рис. 99.2
ется из закона сохранения энергии
137
Физика: алгоритмы, задачи, решения
v= 2 gl.
Отсюда Т = mg + = mg + ^ ^ ^ = 3 mg
Ответ: сила натяжения нити в 3 раза больше силы тяжести
шара.
Задача 100.
Тяжелый шарик массой т подвешен на нити. Нить может
выдержать натяжение Т = 2 m g. На какой угол от положения
равновесия нужно отклонить нить с шариком, чтобы он оборвал нить,
проходя через положение равновесия?
Решение:
1) Т = 2 m g - при такой силе натяжения нить еще не рвется.
l-h - шар поднят на высоту А над положением
равновесия.
2) cosa =
1
///////
3)
mV2
= mgh - закон сохранения энергии.
4) T-mg
_ V2 - второй закон Ньютона
/ для момента прохождения
равновесия.
'mg
Рис. 100.1
4
v X — Подставляя значение скорости из (3) V = 2gh в
Tm g (4^ и заМеняя из (1) Т= 2mg, получим:
0 2 mgh
2 mg-mg = —
Отсюда: / = 2h.
Используя полученную связь между I и А, находим угол а:
l-h 2 h-h h
cosa = —;— = ——— = —— = 0,5
l 2 h 2 h
cosa- 0,5.
a= 60°
Ответ: чтобы при прохождении равновесия нить маятника
порвалась, надо нить с шариком отвести на угол
больше 60°.
138
Раздел 1. Механика
Задача 101.
Математический маятник состоит из шарика массой т-50 г,
подвешенного на нити, длина которой / = 1 м. Определите наи¬
меньшую силу натяжения нити, если шарик проходит через поло¬
жение равновесия со скоростью V = 1,4 м/с.
Решение:
Сила натяжения Т нити убывает с увеличением угла откло¬
нения маятника от положения равновесия. Из чертежа видно,
О)
Минимальной она будет в крайнем поло¬
жении, когда высота шара h будет
наибольшей. Из верхнего треугольника
имеем: cos а = (l-h)/1 (2)
Высоту h найдем из закона сохранения
энергии. (Потенциальная энергия в верх¬
нем положении равна кинетической энергии при прохождении
положения равновесия):
, mV2 п , V2
m g п = —— Отсюда: п = —— (3)
2 2 g
После подстановки (2) и (3) в (1) получаем:
что T = mgcosa.
Т „ l-h l-V2/2g п V2 ,
Т = mg cos a = mg —— = m g—; £ =mg(l —-—- ) =
I I 2 gl
2 gl-V2
ТГ
m.
^ 2-10m/c2‘1 m —1,96м2/с2-0,05 n Л, /, Л л, n „
T = —f 1 * 9,02 м/с2-0,05 кг ~ 0,45 H.
2 1m
Ответ: T = 0,45 H.
Задача 102.
На невесомой нерастяжимой нити подвешен маленький шарик.
Период малых колебаний такого маятника Т = 1,3 с. На какой
максимальный угол от вертикали будет отклоняться нить, если при
колебаниях, проходя положение равновесия, шарик будет двигаться
ео скоростью V = 2,1 м/с!
139
Физика; алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Угол отклонения находим из соотношения
cos а =
l-h
I
///////
/ а
_ /
I «-
*ад
->+
Из закона сохранения энергии
, mV2
* 2
Находим высоту поднятия шара
V2
(1)
т
h =
2g
Рис. 102.1 ~ гу
Из формулы для периода колебаний Т = 2 п -у—
нити маятника I = -— .
4 7С2
Тогда, подставляя (2) и (3) в (1), получаем:
(2)
находим длину
(3)
V2 %Т _ 2р2У2
I ' 2 g ' 2 р2 1 g2 Т2
Подставляем данные из условия.
2-9,87 (2,1 м/с)2 ш , _ 19,74 ■ 4,41 мЧс2 _ , _ 87 t
100 м2/с4-1,69 с2 169 м2/с2 169
cos а = 1 - ~ — 1 —
cosa = 1 -
**1-0,5 = 0,5
а =60°.
Ответ: а = 60°.
Задача 103.
В неподвижном лифте висит маятник, период колебаний которого
Т = 2 с. Лифт начал опускаться вниз с ускорением а = 2 м/с. Чему
будет равен период колебаний маятника в ускоренно движущемся
лифте?
Решение:
В неподвижном лифте период колебаний маятника
140
Раздел 1. Механика
При движении лифта с постоянным ускорением а натяжение нити
маятника F в положении равновесия определяется из второго закона
11ьютона mg - F = та, откуда F= m(g - а), отсюда следует, что
мри отклонении маятника сила, возвращающая его к положению
равновесия, пропорциональна не g, a (g - а). Это значит, что в
лифте, движущемся с ускорением а, маятник длиной / имеет
период Т = 2 л J —1— . Причем, если лифт движется
V g-a
вверх, то а отрицательно, если же лифт движется вниз (как в нашей
задаче), то а положительно.
Далее из отношения периодов — найдем Т.
т=т0 1
Т = 2 с •
g-a_
i
10 м/с2
10 м/с2 - 2 м/с2
2с-1,12 = 2,24 с.
При опускании лифта период маятника увеличивается. При а = g
колебание прекращается.
Ответ: Т = 2,24 с.
Задача 104.
В кабине подъемника висит маятник. Когда кабина неподвижна,
период его колебаний Тд = 1 с. В движущейся с постоянным
ускорением кабине период Т = 1,2 с. Определите модуль и
направление ускорения кабины.
Решение:
_1_ - период колебаний маятника в неподвижном
V лифте.
/ - период колебаний того же маятника в
V g~ о лифте, который движется с ускорением а
(см. задачу №103).
Т= 2л
Т= 2 л
Из отношения Т0 / Т найдем ускорение а.
141
Физика: алгоритмы, задачи, решения
(Ll)2 = iz±.
Т g
Jf 2 J2 _ Y 2
a = gO~~fr) = —S
a = 1,44 с*-!..?2...J0 м/с2 - 0,31 10 м/с2 - 3,1 м/с2
1,44 c2
Так как ускорение лифта положительно (3,1 м/с2 > 0), то уско¬
рение направлено вниз. (См. задачу №101).
Ответ: а = 3,1 м/с2.
Задача 105.
С края гладкой полусферы соскальзывает
небольшое тело массой mt и ударяется
неупруго о тело массой т2, лежащее на дне
полусферы. Найдите угловую амплитуду
качаний тел после удара, если
mt = 3 т2.
Решение:
При неупругом ударе тела приклеиваются друг к другу, тогда
получается одно тело с массой (т/ + mj.
Из закона сохранения импуль¬
са mIVI = (т1 + т) V2 найдем скорость
объединенных тел внизу:
— (V
v2=,
т2 + т2
Из закона сохранения энергии для тела т/ найдем скорость Vv
m,gR =
m,V2
V, =л/7?7Г. (2)
Подставляя (2) в (1) находим скорость V2 объединенного тела внизу
сферы.
142
Раздел 1. Механика
V =
mj + m2
vTgR:
(3)
Из закона сохранения энергии для объединенного тела найдем
иысоту его подъема А.
(т] + т) V/ _
= (т/ + т/ g h . Заменим V2 из (3):
(т, + mj т.2 2 gR
[ 1 у 1 & - = (ml + m})gh
2 (mt + т/
h =
Rm2
(mt + mj
,2 >
— Л h
Из чертежа понятно, что coscp = —-— = 1 - —.
R А
Подставляя сюда выражение для h из (4), получаем:
Rm/
cos(p = 1 — = 1 —
R R (mt + mj2
= 1 -.
m,
(mt + mj2
m,
-)
(4)
(p = arccos (1 -
(ml + m/
Вели положить, что mt = 3 m2, то получим:
(3 m)2 3
cosy = 1 - ‘(4 my = 1 - (T)2 = 1 - 0,5625 » 0,4375; <p -
Ответ: (p ~ 64°.
64°.
Задача 106.
Упругая пружина жесткостью к = 40 Н/м подвешена вертикально.
К ее нижнему концу прикреплено тело массой т=0,8 кг. В некоторый
момент тело оттянули вниз на х = 0,15 м и освободили. На какую
максимальную высоту поднимается тело? Определите также
максимальную скорость тела.
Решение:
Оттянутое вместе с концом пружины вниз и отпущенное тело
мачнет совершать колебания около положения равновесия с
периодом Т = 2 л
143
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Т = 2п = 2 3,14 ^ 0,02 * = 6,28'0,14 с = 0’9с-
Так как пружину оттянули вниз от положения равновесия на
0,15 м, то это и будет амплитуда колебаний тела х^— 0,15 м.
Значит и вверх от положения равновесия тело поднимется на
0,15 м.
Максимальная кинетическая энергия тела при прохождения
положения равновесия равна максимальной потенциальной энергия
растянутой (или сжатой) пружины в крайнем положении.
mV 2 кх 2
Используя этот закон сохранения энергии —тЛт = ——^ , можно
найти Vm.
т V 2 = к х 2,
V -ХД.
т тV т
V = 0,15 м- ЩШ. т 0,15 м у/ 50 с-2 * 0,15 м- 7,07 с* -
т V 0,8 кг
~ 1,06 м/с.
Ответ: х = 0,15 м; V = 1,06 м/с.
Задача 107.
Груз висит на пружине. Через 0,025 с после того, как его толкнули
вниз, он сдвинулся от положения равновесия на 1 см и начал
колебаться. Каковы период и частота колебания груза, если амплитуда
хт = 2 см?
Решение:
Направим ось ОХ в том же направлении, куда
толкнули груз - вниз, начало отсчета совместим с
положением равновесия. Так как груз начал
двигаться из положения равновесия, при t — 0
х = 0, то его координата изменяется по закону
синуса:
144
Раздел 1. Механика
Подставляя сюда значение времени t = 0,025 с, амплитуды
\т = 0,02 м и смещения х = 0,01 м, найдем период колебаний Т.
0,01 = 0,02 ■ sin (2j- • 0,025) ,
sin
(O&LJL) = o,5
Синус равен 0,5, если угол равен 30° =
6
arcsin 0,5 =
о
0,05 л _ п_
Т 6 '
_ 0,05 с 6л
Г =
л
v = ±; y.-L.
Т 0,3 с
0,3 с.
3,3 Гц.
Ответ: Т = 0,3 с; V = 3,3 Гц.
т, т2
//////////////////////////
Задача 108.
Висящее на пружине тело имело период вертикальных колебаний
Тг Увеличение его массы изменило период колебаний до
значения Тг Вычислите смещение
положения равновесия конца пру¬
жины под действием тела после
увеличения его массы.
Решение:
Направим ось ОХ вниз, начало
координат совместим с нижним
концом ненагруженной пружины.
При грузе m пружина до равнове-
Рис. 108.1 сия растягивается на хр при грузе
m + Am она растягивается на х2. Возникающие при этом в пружине
силы упругости в обоих случаях уравновешивают силы тяжести. Из
ггих соотношений найдем х/ и х2.
145
Физика: алгоритмы, задачи, решения
FynP.J=kXl=mS.
Fyn„.2=kX2 = (m+Am)S.
£L
1 к
_ (т + Am) g
Х2 =
Из формул периодов выразим массы тел через периоды.
~т~
Т’
Т,=2п
Т2 = 2 к
m =
Г,2 к
m + Am
4 if
m + Am =
T2 к
4 if
Подставим значения масс из (2) в (1).
= Vks ILL,
4 if к 4 if
11±8-= ILl,
2 4 if к 4 if
Смещение положения равновесия конца пружины равно:
Т2е Т2е г
— 2 о — ,2 * = ГГ 2 _ ТП 2)
4 if 4 if 4 if 2 1
Ответ: v -v = &
X2~X,=
t: x2 x{ ^ ^ (T2 Tt)
(1)
(2)
Задача 109.
К закрепленному вертикально в штативе динамометру
подвесили груз. При этом груз пришел в колебание с частотой
V = 5 Гц. На сколько окажется растянутой пружина динамометра
после полного прекращения колебаний груза? Массу пружины не
учитывать.
Решение:
После прекращения колебаний пружина и груз окажутся в
положении равновесия. В этом положении сила упругости пру¬
жины кх, направленная вверх, равна силе тяжести груза mg,
направленной вниз. Отсюда находим координату положения
равновесия конца пружины. Fn=mg = kx, х =-^ g. (1)
/С
146
Раздел 1. Механика
Из формул для периода Т и частоты V, найдем отношение
Г-2*Jf-
?=4«Т
— = — (2)
к 4 л? V2 '
Окончательно выражение для координаты положения равновесия
получим, если подставим значение m/к из (2) в (1).
тп
g
Х к 8 4v/V2
х =
10 м/с2
Ж
4 те 25 с-2 39,5 25
Ответ: х = 1 см.
‘М ■
10
987,5
м =>0,01 м ~ 1 см.
Задача 110.
На гладкой горизонтальной поверхности лежит шар, при¬
крепленный к правому концу пружины. Левый конец пружины
закреплен у стены. Шар оттянули на 30 см и
отпустили. При колебании в горизонтальном
направлении максимальная скорость шара
достигает 1,2 м/с. Найдите период колебания
шара.
Решение:
Из того, что максимальная потенциальная энергия в крайних
кх 2
положениях Wp = w (хт = 0,3 м - амплитуда) равна макси¬
мальной кинетической энергии при прохождении шаром
mV 2
положения равновесия Wk = ——^ можно записать:
л
Рис. 110.1
147
Физика; алгоритмы, задачи, решения
кх 2 mV 2
т _ т
2 2 ’
т х2
_ ^
к ~ V2'
Это отношение подставляем в формулу для периода.
2 пх
Т-2х^-2х-Щ~
V
т _ 6,28 • 0,3 м __ 1,884 ^ ^
1 ~ 1,2м/с “й“ ’
Ответ: Т = 1,57 с.
Задача Ш.
На гладком горизонтальном столе лежит шар массой М=240 г,
прикрепленный к пружине жесткостью к=40 кН/м. Другой конец
пружины закреплен. В шар попадает пуля массой т=10г, имеющая
в момент удара скорость Vo=400 м/с,
направленную вдоль оси пружины. Пуля
застревает в шаре. Определите
амплитуду колебаний шара после
удара.
Решение:
В момент начала движения шар вместе с пулей обладает
М
т
О
Рис. 111.1
кинетической энергией Wt =
(т + М) V.
, где Vt - начальная
скорость шара с пулей.
В момент полного сжатия пружины максимальная потенциаль-
кх 2
ная энергия W2 = —, где хт - амплитуда колебания (макси¬
мальное смещение от положения равновесия).
кх2 (т + М) V2
По закону сохранения энергии — L-
По закону сохранения импульса mV0 = (т + М) V,.
Решаем систему этих двух уравнений и находим хт.
148
Раздел 1. Механика
[ kxj _ (т+ М) V/ 1 кхт
< 2 2
mV0 = (m+M)Vl.
, (т + М) т2 V2
“ к(т+ М)2
mV0 Jm+M
9
т т + М V к
9
0,01 кг • 400 м/с
0,01 кг + 0.24 кг
1" 0,01 кг + 0,24 кг \
4 ■ 104 Н/м
kxj = (т + M)V2
mVn
0,25
Ответ:
м/с
£
(т +М)
0,25 кг
10* Н/м
х = 4 см.
0,25
•м/с
0,5
200
с *= 0,04 м =* 4 см.
Задача 112.
Груз массы т подвешен к двум пружинам с жесткостью к}
и к, с помощью нити и блока. Найти период малых колебаний груза.
Нить и блок считать невесомыми.
Решение:
При смещении блока с грузом на величину х суммарная
деформация пружин равна 2х, то есть xt + х2 = 2х, где хр х2 -
У**" деформации пружин с жесткостью kt и к2 соот¬
ветственно. Силы упругости, возникающие в
пружинах, одинаковы - каждая из них равна по
абсолютной величйне силе F натяжения нити (одна
нить соединяет пружины). Таким образом:
F
F = kIxl,
F = к2х2.
Рис. 112.1
*/“
2 х = х2 + х2 =
*i V
к, к2
V
V
149
Физика: алгоритмы, задачи, решения
2 к. к,
Отсюда: F = ——х.
' kl + к2
Сила F6, действующая на блок с грузом, равна по абсолютно!
4 к к
величине 2F, то есть F, = ——х.
6 к'+к2
Таким образом, колебания блока с грузом можно рассматривал
как колебания груза массы т на пружине с жесткостью
к =
4kiK
к,+к2
Период таких колебаний равен:
I т I т (к + к)
Т’2Чт -24~7tjr
’= ж yjm^,+k^
Ответ: Т:
к,К
п
I
m (к t+ kj
к к
кi к2
Задача 113.
Частота малых гармонических колебаний тяжелого шара на легно!
закрепленной в стене спице равна Vа частота колебаний этого шар»
на прикрепленной
ччччччччч\\\ч\ч\ччч\\
к потолку пружине равна
»У1ЧЧЧЧЧ
kixP
где к,
Какой будет частота колебаний
шара на той же пружине,
прикрепленной к той же спице?
Решение:
Так как колебания шара HI
спице гармонические, то сил*
упругости, возникающая *
спице при отклонениях шар*
пропорциональна отклонению
можно рассматривать как жесткость, которой
Х Fynp. "1 1 ,v/
обладает спица как упругое тело. Тогда для частоты колебаний можно
записать:
2 п J m
к, = 4 я? m V *.
0)
150
Раздел 1. Механика
Ho втором случае, когда шар прикреплен к пружине, жесткость
wпорой к2, частота колебаний равна:
!/ , = — J*L; к2 = 4 V/. (2)
2 л * т
( крепленные вместе спицу и пружину можно рассматривать как
дпс последовательно соединенные пружины с жесткостями к2 и к2.
1имсним их одной пружиной и выразим ее жесткость к через
величины к2 и к2. Так как общая деформация двух последо-
иптсльно соединенных пружин х равна сумме их деформаций
• X' + х2, а силы упругости, возникающие в пружинах, по
Абсолютной величине совпадают, то
F F F
УР- — УПР _|_ УР-
к kj к2
() геюда — = — + — или к = —г'—Ч ■
к кt к2 к, + к2
Частота колебательной системы из спицы и пружины будет
Ж~= -L-J—hb Г,
2 л V т 2 л V (к t + kj т
11одставим сюда значения kt и к2 из (1) и (2).
1_ I 4лгтУ/ 4 л? т V2 1 I 41? У,2 V/ _
2л' 4 л2 т (У/ + V/) т 2 л ’ У/ + У/
У У
= -у» / 2
Ответ:
У =
У У
—===4===
y/yJTvJ
(ндача 114.
Чашка пружинных весов массой т; совершает вертикальные
Юлсбания с амплитудой хщ. Когда чашка находилась в крайнем нижнем
Положении, на нее положили груз массой т2. В результате колебания
прекратились. Определите первоначальный период колебаний
ЧЮИКН.
151
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Колебания чашки весов массой т/ происходят относительно
положения равновесия, в котором удлинения пружины хд опро*
0)
где к - жесткость пружины, х -
амплитуда.
В крайнем нижнем положа*
нии на чашку весов по закону
Гука действует со стороны
пружины сила упругости
FynP= к (xo+xJ> а скорость
движения чашки весов в этот
момент равна нулю. Если •
этот момент на чашку
положить перегрузок массой т2, такой, чтобы сила тяжести чашки О
перегрузком была равна силе упругости, то, очевидно, колебания
прекратятся. Таким образом, (т/ + mjg = к(хд + xj. (2)
Решая систему из (1) и (2) уравнений, находим жесткость пружины
весов к.
деляется условием mtg = kx0
mig~ кхд,
(m, + mjg = k (хд + xj
_ mtS
m,g + m2g = kx0 + kxm.
m,g + m2g = kxg + kxm.
Теперь можно найти первоначальный период Т колебаний чашки
весов:
Т= 2 л
Ответ:
152
Раздел 1. Механика
Задача 115.
На чашку, подвешенную на пружине жесткостью к с высоты h
падает груз массы т и остается на чашке (удар абсолютно неупругий).
Определите амплитуду колебаний чашки. Массой чашки можно
Пренебречь.
Решение:
Когда груз упадет на чашку, он не только за счет потенциальной
♦иергии заставит колебаться чашку, но и за счет своей силы
тяжести mg сместит положе¬
ние равновесия чашки вниз
на х0. При этом сила упру¬
гости пружины в новом по¬
ложении равновесия будет
равна силе тяжести
FynP=kxo = mS О)
Потенциальная энергия
груза над самым нижнем при
колебании уровнем равна потенциальной энергии растянутой до
иижнего уровня пружины
= k(*n + xJ2
2
где хт - амплитуда колебания. Чтобы ее найти, решим совместно
уравнения (1) и (2). Сначала исключим х0.
к х0 = mg,
к (х. + х J2
mg(h+x0+xJ = °-—.
Jh> поженив
рйиповесил
Рис. 115.1
Wr = mg(h+x0+xj
(2)
mg
Х°~ к '
mg(h +
mg
+ *J =
m g h +
m
2j£
k(m g/k + xJ2
2
+ mgx =
m2 g2
к1~1Г+2
m gx
•+JC 2)
153
Физика: алгоритмы, задачи, решения
т gh +
т2 g2
+ т gx ='
® т
т2 g2 кх 2
+ т gx + ——
<-> т О
2Л:
тV
кх 2
msh+ 2 к
т
2
•*
II
*
+
2 т gh
к
х=^ф +
2 kh
т к V
mg
Ответ: х =
SL&Jl +
2 kh
п%
к V
mg
Задача 116.
Шарик массой т подвешен при помощи двух пружин, жесткости
которых к,
и к2. Найдите частоту колебаний шарике.
Изменится ли частота, если пружины поменять
местами?
Решение:
Если сместить груз из положения равновесии,
например, вниз на величину х, то верхняя пружин!
дополнительно растянется на длину х, а нижняя •
сожмется тоже на х. Но обе дополнительные «
упругости направлены вверх, то есть они возвраща
груз в положение равновесия. Поэтому можй<|
записать: та = -kt х - к2х = - (kj + кJ х. |
По уравнению колебаний а = -а»2 х, поэтом|
т а/ х = (kt + kj х,
Рис. 116.1
к, + К
, , 0> if
(0 = 2 nV, то V= —=ИГУ
к1+к2
Так как
к1+к2
т
При перемене мест пружин частота колебаний не изменится,
как жесткости пружин входят в выражение для чаете
симметрично.
154
Раздел 1. Механика
Задача 117.
Тело А массой тиу = 1 кг и тело В массой т2 = 4,1 кг соединены
между собой пружиной. Тело А совершает свободные гармонические
колебания в вертикальном направлении с амплитудой хт = 1,6 см
и циклической частотой со = 2,5 с-7. Пренебрегая
массой пружины, найдите
C=hr.
Рис. 117.1
Поло_жение наибольшую силу давления
-х„, равновесия этих двух тел на опор¬
ную горизонтальную плос¬
кость.
Решение:
При максимальном сжатии хт
пружины (груз /я; в нижнем
положении) сила давления на
горизонтальную поверхность максимальна. Она состоит из силы
тяжести обоих грузов mg + mg и силы упругости сжатой пружины
/'/ km-
Fm = Km + (mi +т2>ё О)
Коэффициент жесткости пружины найдем из закона сохранения
механической энергии. При нижнем положении колеблющегося тела
А сжатая пружина обладает потенциальной энергией
кх 2
W = —
р 2
ГТри прохождении положения равновесия тело А обладает
кинетической энергией W.
_ Щ VJ
кх2 m,V2
По закону сохранения энергии = —-——
к =
m.V 2
1 т
2 2 х ‘
т
Vm определим, находя производную от уравнения колебаний.
х = х sinco t,
т *
V = X ’ = X (О COS (О t.
'Значит, Vm = хщ со. Далее находим к =—-
m.V
т, х
I т
а9
155
Физика: алгоритмы, задачи, решения
к = ml со2 (2)
Значение к подставляем в формулу для силы (1).
Fm = m,afxm + (ni'+mjg. Fm~51,lH.
При движении тела А вверх возможен отрыв тела В от горя*
зонтальной поверхности. Условие неотрыва: сила упругостя
пружины, направленная вверх и поднимающая тело В, должна быть
меньше силы тяжести тела В.
кхтйт2в,
m1afxm<m2g,
Проверим: 1 кг ■ 6,25 с~‘ 0,016 м< 4,1 кг • 10 м/с2,
0,1 Н< 41 Н.
Условие неотрыва выполняется.
Ответ: F =51,1 Н.
Задача 118.
Коробка массы М стоит на горизонтальном столе. В коробке ш
пружине с жесткостью к подвешен груз массы т. При какой
амплитуде колебаний груза коробка начнет
подпрыгивать на столе?
Решение:
Если к пружине просто подвешен груз массы т,
то в состоянии равновесия пружина растянута
на величину х2 такую, что к xt = т g,
mg
то есть х, = —;— •
> к
На коробку действуют сила тяжести Mg я
сила Т реакции со стороны пружины. Сил!
Т равна по модулю силе упругости Т = к х я
направлена вниз, когда пружина растянута, и вверх, когда пружина
сжата. Коробка начнет подпрыгивать, когда сила Т станет превышать
силу Afg: T>mg,
кх > Mg,
Рис. 118.1
156
Раздел 1. Механика
Амплитуда колебаний груза равна
Mg mg g
*„=*+*, >нг+ * t(M+m)
Деформация
~ ~Х=Ъ~~
Пснюжение
|Гпнновесйя
Гис. 118.2
///////у////////?/?//////////;///////////////////
Груз Груз
Груз, подни¬
Пружина сокра¬
к дружине подвешен
маясь, сокра¬
тилась еще на
не подвешен kxt - mg
тил пружину
х ~Mg
Т=0
до начальной
2 к
' к
длины, когда
Т — mg
Равновесие
она была без
При Т> m g
g
Ответ: хт>— (М + т)
/С
груза, Т = 0
коробка
подпрыгивает.
Тогда
Задача 119.
Подставка совершает гармонические колебания в вертикаль¬
ном направлении с амплитудой хт = 0,5 м. Каким должен быть
наименьший период колебаний^ чтобы лежащий на подставке
предмет не отделялся от нее?
157
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Отрыв предмета от подставки во время ее колебаний может
произойти в случае наибольшего изменения скорости подставки,
то есть когда ускорение а максимально. Но
ускорение по уравнению колебаний а= -со* х
максимально тогда, когда координата х макси*
мальна, то есть козда х = хт. Причем отрыв может
произойти в верхнем положении, когда
а> g,
afx> g
Максимальная частота, при которой отрыв не происходит может
быть найден из равенства:
Рис. 119.1
ю ‘ х
шах шах
g.
Т . =2л
Т =2 3,14
min *
JM*. .6,
V 10 м/с2
10 м/с2
Ответ: Т . =1,4 с.
28 0,22 с
1,4 с.
Задача 120.
На поверхности воды плавает прямоугольный брусок массой m и
площадью поперечного сечения S. Ему толчком сообщают скорость
V0, направленную вниз. Найдите частоту и амплитуду колебаний
бруска.
Решение:
В положении равновесия глубина погружения бруска в воду
10 определяется равенством силы тяжести mg и выталкивающей силы1
Архимеда FA = pBS l0 g, где рв - плотность воды:
mg = pBSl0g (1)
158
Раздел 1. Механика
При колебаниях, например, в момент, когда глубина погру¬
жения тела равна 10 + у, второй закон Ньютона записывается в
виде:
у = ут sin О) t = ут sin
т g - Рв S (1в + У) g ~ т а. (2)
где а - у" Вычитая из второго уравне¬
ния первое, получаем - рв S g у = т у”
PBS8 _
или у = ^—у Это знакомое нам
уравнение колебаний. Его решение, по¬
скольку движение началось с толчка из
положения равновесия (при t-0,y = 0) надо
записать как функцию синуса.
т
■t.
Для определения амплитудыут обратимся к начальным условиям:
при t = 0 у = 0, aV = V0.
Так как V = у' =ут cocoscot, то V0=ym(O.
Отсюда у
Vo [
= W = Vo}j
т
PbSS
Частота колебаний равна V
Ответ: V = -r~JPsSg
2п\ т
со _ 1 I
2 к 2п\
PbSS
т
Задача 121.
ш
\—У
Рис. 121.1
Ареометр массой т = 50 г представляет
собой шарик, заполненный дробью, и ци¬
линдрическую трубку диаметром 0,8 см. Этот
ареометр помещен в спирт плотностью
р = 800 кг/м3. Ареометр погружают в спирт
несколько глубже, чем это нужно для его
равновесия, и затем отпускают. Нанги пе¬
риод Т свободных колебаний ареометра.
159
'Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
В положении равновесия сила тяжести уравновешивается
выталкивающей силой. Если ареометр глубже погружен в жидкость,
выталкивающая сила становится больше силы тяжести, возникает
равнодействующая сила, направленная вверх. Пройдя по инерции
положение равновесия, ареометр оказывается погруженным в
жидкость меньше, чем это нужно для равновесия, возникает
равнодействующая сила, направленная вниз. Таким образом,
изменение выталкивающей силы:
AF„=-pgW--j-pgxd’A.
где d - диаметр трубки ареометра, А1 - глубина погружения от
положения равновесия. Знак «минус» говорит о том, что изме¬
нение выталкивающей силы противоположно глубине погруже¬
ния А1. Если по закону Гука AFnm = - к Al, то к =-^~ р g п <Р
Период колебаний равен
V к \pgnd2 d V pg
Подставляем данные из условия задачи. -
т 4 I 3,14 • 50 • 10-3 кг ,пп , I 157 10~3 с? ^
0,008 м V 800 кг/м3 10 м/с2 V 8 10~3 м2
= 500 лг' ^19,6 ■ КГ6 cW - 500 • 4,43 10~3 с - 2,2 с.
Ответ: Т = 2,2 с.
Найдите частоту колебаний жидкости в U-
образной трубке, если ее после заполнения слегка
наклонили и возвратили в вертикальное
положение. Масса жидкости в трубке т,
плотность ее р, площадь сечения S.
Решение:
Воспользуемся энергетическими соображе¬
ниями. Частоту колебаний можно определить
Задача 122.
160
Раздел 1. Механика
мс только из уравнения колебаний (как в задача №116), но и из
выражения для полной энергии системы. Для любой колеблющейся
силы справедливо правило:
«Если полная энергия системы записана в виде суммы
двух слагаемых, одно из которых пропорционально
квадрату величины, характеризующей отклонение от
положения равновесия (коэффициент пропорциональ¬
ности к), а другое - квадрату производной (скорости)
этой величины по времени (коэффициент пропорцио¬
нальности т), W = -j - + т ^
системы равна со =
то частота колебаний
Вернемся к нашей задаче.
Пусть жидкость в некоторый момент времени отклонилась от
положения равновесия на величину у и ее скорость равна
V = у Найдем полную энергию системы в этот момент. Заметим,
что изображенную на рисунке конфигурацию можно получить,
перенеся столбик жидкости высотой у и массой Ат = р S у из
левого колена трубки в правое. При этот столбик жидкости приобретет
потенциальную энергию Wp = Am gy = pSgy2. (Центр масс столбика
высотой у перенесли на высоту у).
Кинетическая энергия всей массы жидкости равна
mV2 т (у)2
^=— Т^~'
Таким образом, полная энергия системы равна
m (У’У ипи w_ 2PSS/ ,, т(У?
2 , или W - 2 +2
W = pSgy2 +■
O)
Значит, к = 2 pSg, а частота колебаний
_ IT- ПЙ£ v = — 12pss
~]/m "V m ’ 2n V m
= J_J2pSg
2k V ~~m
Ответ: у
(i Заказ № 1509
161
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 123.
Каковы частота и период звуковой волны, если длина волны
А = 6,8 м, а скорость звука V = 340м/с1
Решение:
v = xv
рг _ 340 м/с
6,8м
50 Гц
Ответ: V
1
т=у.
- = 50 Гц.
0,02 с.
= 50 Гц; Т = 0,02 с.
Задача 124.
Найти разность фаз между двумя точками звуковой волны,
отстоящими друг от друга на 1 = 25 см, если частота колебаний
V = 680 Гц, а скорость звука 340 м/с.
Решение:
v = xv
Я-».
А V ’
Х=-^^- = 0,5м.
680 с-'
В задаче требуется найти разность фаз колеблющихся точек,
отстоящих друг от друга на расстояние, равное половине длины
волны: ~ = ^,“ М =0,5; 1 = 0,5 X
X 0,5 м
Расстояние, равное половине длины волны волна пробегает за
половину периода t = Т / 2. Значит, вторая точка запаздывает со
своими колебаниями по сравнению с первой на половину периода. Но
каждая точка колеблется по закону синуса x=xm sin ОН. Период синуса
равен 2 п.
Поэтому Аф = 0,5 2 п = п = 180°.
Ответ: Aq> = к = 180°.
162
Раздел 1. Механика
Задача 125.
Резиновый мяч массой т = 200 г и объемом V — 220 см3 погру¬
жают в воду на глубину h = 3 м и отпускают. На какую высоту,
считая от поверхности воды, подпрыгнет
мяч? Сопротивление воды и воздуха при
движении не учитывать.
Решение:
FАр= рв Ув g - выталкивающая сила
Архимеда. Под действием FApx и mg мяч будет
двигаться в воде с ускорением а,
направленным вверх. Скорость мяча
будет расти от нуля до V на поверхности
воды.
_ V2 - наибольшая высота подъема мяча над поверх-
2 g ностью воды
Решаем систему уравнений.
FApx ~т g ~ т а,
V2 = 2 ah,
V2
Н =
2g
PBVBg~mg
т
Н =
JL
2g
гг (P*v*g~mg)h
mg
PBVB
l)h
II = (
н= ( m
' т
103 кг/м3 ■ 220 • КУ*м3
= (Ш-
' 0,2
Ответ:
— 1) • 3 м * (
0,2 кг
1)-Зм**(1,1-3)-Зм~0,Зм.
Н = 0,3 м.
220 • 10~3
0,2
-!)■ 3 м~
163
РАЗДЕЛ 2. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕПЛОВЫЕ
ЯВЛЕНИЯ
2.1. Комментарий к разделу
Изучение молекулярной физики и тепловых явлений впервые
дает возможность освоить два принципиально различных и вза¬
имодополняющих друг друга подхода к исследованию физических
явлений. Один из них опирается на положения молекулярно¬
кинетической теории (существование, движение и взаимодействие
молекул). Второй - строится на изучении макроскопических ха¬
рактеристик вещества, их взаимосвязей, закономерностей измене¬
ния, использовании фундаментального закона сохранения энергии
для тепловых явлений - первого закона термодинамики. Большая
часть задач настоящего раздела требует использования либо
одного, либо другого подхода, некоторые задачи носят (в этом
смысле) комбинированный характер. Особое место занимают за¬
дачи, опирающиеся на использование графиков состояний и
процессов, совершаемых термодинамическими системами и пред¬
ставляемыми в разных системах координат: (Р, V), (V, Т ), (Р, Т).
Это позволит обучающимся освоить и оценить достоинства на¬
глядно-графического описания физических явлений.
2.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы
2.2.1. Определения и формулировки
Молекулярная физика и термодинамика как разделы физики;
положения МКТ; постоянная Авогадро; броуновское движение;
диффузия; средняя квадратичная скорость; средняя кинетическая
энергия; идеальный газ; давление; объем; температура; абсолютный
нуль; уравнение состояния; универсальная газовая постоянная;
изотермический, изохорный, изобарный, адиабатный процессы;
законы Бойля-Мариотта, Гей-Люссака, Шарля; внутренняя энер¬
гия; количество теплоты; удельная теплоемкость; первый закон
164
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
термодинамики; второй закон термодинамики; тепловой двига¬
тель; нагреватель; холодильник; коэффициент полезного дей¬
ствия; циклический процесс; цикл Карно; фазовые переходы;
испарение; кипение; конденсация; плавление; кристаллизация;
удельные теплоты кипения, конденсации, плавления, кристалли¬
зации; насыщенный и ненасыщенный пар; абсолютная и относи¬
тельная влажность; точка росы; кристаллическое тело; аморфное
зело; деформация; абсолютная и относительная деформация; за¬
кон Гука; коэффициент упругости; модуль Юнга; поверхностное
натяжение; коэффициент поверхностного натяжения; лапласовс¬
кое давление; капилляр.
2.2.2. Формулы
Основное уравнение МКТ; связь абсолютной и цельсиевой
температур; средняя скорость молекул; средняя кинетическая энер¬
гия молекул; уравнение Клапейрона; уравнение Менделеева-Кла¬
пейрона; законы Бойля-Мариотта; Гей-Люссака, Шарля; удельная
теплоемкость; количество теплоты при нагревании; работа при
изотермическом, изохорном, изобарном процессах; первый закон
гермодинамики; первый закон термодинамики для изотермическо¬
го, изохорного, изобарного, адиабатного процессов; к.п.д. тепло¬
вого двигателя (общая формула и формула к.п.д. для цикла
Карно); теплота парообразования, конденсации, плавления, крис¬
таллизации; относительная влажность воздуха; закон Гука; лапла¬
совское давление; высота подъема жидкости в капилляре.
2.2.3. Графики
Изотерма; изобара; изохора; цикл Карно; диаграмма фазового со¬
стояния.
2.2.4. Единицы физических величин
Температура; универсальная газовая постоянная; молярная
миеса; постоянная Больцмана; удельная теплоемкость; удельная
165
Физика: алгоритмы, задачи, решения
теплота парообразования, плавления; абсолютная влажность;
относительная влажность; коэффициент упругости; упругое на¬
пряжение; модуль Юнга; коэффициент поверхностного натя¬
жения.
2.3. Алгоритмы и иллюстративные задачи
2.3.1. Алгоритм «ИГ» (газовые законы)
Состояние идеального газа характеризуется набором пяти па¬
раметров: Р, V, Т, m, М. В общем, наиболее сложном случае, в
ходе процесса с газом изменяются все пять параметров. Однако,
в большинстве учебных задач рассматриваются такие процессы,
при которых некоторые параметры изменяются, а некоторые -
остаются постоянными. Поэтому при решении задач на
газовые законы удобнее действовать в такой после¬
довательности:
1. Из анализа условия задачи установить за каким объемом газа
в ходе какого процесса следует вести наблюдение.
2. Установить начальное и конечное состояние этого объема
газа, определить какие из пяти параметров P,V,T,m, М изменяются
в ходе процесса, какие - остаются постоянными.
3. По результатам анализа в п. 2 установить тип процесса, про¬
исходящего с газом (изотермический, изобарный, изохорный, слож¬
ный).
4. Записать уравнение процесса, связав параметры начального
и конечного состояний.
const; PQV0 = Р V
- изотермический процесс;
(22)
V' V
const; — =—
Т0 Т
- изобарный процесс;
(23)
Р. Р
const; —? =—
т„ Т
- изохорный процесс.
(24)
о
5. Выражая побочные неизвестные в этих уравнениях через до¬
полнительные данные задачи, найти основное неизвестное.
166
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Примечания:
1. Когда анализ условия показывает, что газ участвует в сложном
процессе, можно использовать универсальное уравнение Менделеева-
Клайперона, записав его дважды, для начального
PoV0= (25)
1Y1o
и конечного
PV= -ZjRT (26)
М
состояний. После постановки данных постоянные параметры уйдут
из уравнений автоматически.
2. Если процесс происходит со смесью газов, то следует допол¬
нить решение законом Дальтона:
Р =Р,+Р,+ +Р . (27)
и помнить, что каждая компонента занимает весь объем сосуда, а
температура всех компонент в каждом данном состоянии оди¬
накова.
2.3.2. Алгоритм «Б» (уравнение теплового баланса)
Процессы теплообмена в замкнутой системе тел могут приво¬
дить к охлаждению одних тел, нагреванию других, изменению
фазового состояния тел системы. Однако при любых процессах в
таких системах полное количество тепла остается неизменным.
Поэтому выполняется закон сохранения энергии, называемой в
этом случае тепловым балансом: количество тепла, отданное
всеми остывшими телами, равно количеству тепла, полученному
всеми нагревающимися, телами. При решении такого рода задач
следует:
1. Из анализа условия задачи установить какие тела в ходе
каких процессов обмена теплом образуют изолированную сис¬
тему.
2. Определить какие тела, в ходе каких процессов отдают
тепло. Вычислить отданные теплоты для каждого тела, исполь¬
зуя формулы:
167
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Qt- г т - при конденсации;
Q2 = с т (t2-t) - при охлаждении; (28)
Q} = Хт - при затвердении.
3. Определить какие тела, в ходе каких процессов получают теп¬
ло. Вычислить полученные теплоты для каждого тела, используя
формулы:
Q4 = Я т - при плавлении;
Qs = с т (t2-1) - при нагревании; (29)
Q6 = г т - при кипении.
4. На основании закона сохранения тепловой энергии в замкнутой
системе приравнять всю отданную телами теплоту всей получен¬
ной теплоте и составить уравнение теплового баланса:
Q, + Q2 + Q3 = Q< + Qs + Qs• (30)
5. Решить это уравнение, выражая побочные неизвестные из
дополнительных данных задачи.
Примечания:
1. В конкретных задачах происходят не все типы процессов, поэто¬
му ряд слагаемых в уравнении теплового баланса может отсутство¬
вать.
2. Нужно помнить, что в процессе фазового перехода температура
тела не изменяется до тех пор, пока переход не закончен.
3. Если конечной температурой является температура фазового
перехода, то в окончательном состоянии могут сосуществовать две
фазы(твердое тело и жидкость, жидкость и пар).
4. Если кроме обмена теплом система совершает механическую
работу (или работа совершается над системой), то следует от уравне¬
ния теплового баланса перейти к I закону термодинамики в более
общем виде:
Q ^ -Q =А,
отданное ^полученное *
где работа А подставляется с учетом знака.
2.3.3. Некоторые дополнительные замечания
1. В равновесном состоянии газа его давление равно сумме всех
тех давлений, которые создает внешняя среда.
168
Раздел 2.. Молекулярная физика. Тепловые явления
2. Изменение состояния газа в замкнутой системе может
происходить только в соответствии с законом сохранения полной
массы газа.
3. Для получения графика цикла в новых переменных необ¬
ходимо:
* определить характер процессов, описываемых элементами цик¬
ла, заданного в условии;
использовать газовые законы для определения характера зави¬
симости между термодинамическими параметрами и хода гра¬
фика в новых переменных.
2.3.4. Иллюстративная задача (применение алгоритма «ИГ»)
Сосуд с газом разделен неподвижной перегородкой на две
части, отношение объемов которых V,/ V2 = 2 / 3. Температуры
газа в меньшем и большем объемах t = 177°C,t=267°C, давле¬
ния в них одинаковы и равны р. Каково будет отношение объемов,
если температуры сравняются? Теплообмен возможен только через пе¬
регородку.
В ходе этого процесса остаются постоянным массы тп т2 и мо¬
лярная масса М газа.
2. Газ в каждой части сосуда подчиняется уравнению Кла¬
пейрона:
Vj / V2 — 2 / 3;
t, = 177°С;
t2 = 267° С
Решение:
у ’ /у
12
1. Сосуд с газом образует замкнутую
систему, в которой происходит обмен теп¬
лом. При изменении температур будет ме¬ * 2няться давление, перегородка начнет пе¬
ремещаться, что приведет к изменению
объемов.
169
Физика: алгоритмы, задачи, решения
В начальном состоянии (левые части уравнений):
р, =р2 = р; T, = t, + 273; T2 = t2 + 273;
В конечном состоянии (правые части уравнений):
Р,’=Р2,=Р,фР* Т/ = Т2’=Г
Перепишем систему:
f Eh. p’v>’
т, г ’
pv2 р’ V2
V Т V '
r I 1 2 ' I
г
V т
2 1
Р2
Ll = ±
v2’ 5
2.3.5. Иллюстративная задача (применение алгоритма «Б»)
В теплоизолированном сосуде содержится смесь воды тп=0,5 кг, льда
т2=0,055 кг при температуре t=0°C. В сосуд вводится сухой насы¬
щенный пар массой т=6,6 ■ 10~3 кг при температуре t = 100°С. Какой
будет температура после установления теплового равновесия?
Решение:
1. Вода, лед и пар образуют теплоизо¬
лированную систему.
2. Пар т3 отдает тепло в два этапа: при
конденсации Q3 = г т3 ;
при охлаждении Q — с т} (t2 - в).
3. Получают тепло лед т2 (при плав¬
лении и нагревании получившейся
воды) и вода mt при нагревании:
Q2 = Я т2 ;
mt = 0,5 кг
т2 = 0,055 кг
т} = 6,6 10~3 кг
t, = 0°С
t2 = 100°С
г — 2,3 106 Дж/кг
Я = 3,3 105 Дж/кг
с = 4200 Дж/кг-К
в-? Ql = c(mI + m2}(e-t)).
При конденсации пара и последующем охлаждении образовавшейся
воды до 0°С выделяется максимальное количество теплоты:
Q} + Q< = г т3 + с m3(t2-t) = 18 кДж.
170
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
В то же время только на плавление льда требуется количество
теплоты:
Q2 = Хт2 = 18 кДж.
Поскольку все отдаваемое паром тепло израсходуется на рас¬
плавление льда, то в сосуде останется только вода при тем¬
пературе в = t2 = о°с.
Важное замечание. Предложенные в настоящем разделе алгоритмы
можно освоить только в ходе решения задач при неторопливом при¬
менении «шаг за шагом».
2.4. Задачи и решения
Задача 126.
Объем пузырька воздуха при всплывании его со дна озера
на поверхность увеличивается в Зраза. Атмосферное давление
р = 1,01 10s Па, плотность воды рв= 103 кг,
g= 9,8 м/с2. Какова глубина озера?
Решение:
Обозначим объем пузырька на дне Vp а у
поверхности воды Vg. Давление на дне будет
Pi=p0 + pgh, а давление воздуха у поверхности
воды р0.
Считая, что температура воды в озере, а, значит, и температура
воздуха в пузырьке, не меняется с глубиной, применим закон Бойля-
Мариогга.
Р, v, =Ро Vo>
(P0 + PSh)VI=p0V0,
(Po + Pgh)V, = 3p0Vl,
Ро + PSh = Зр0,
_ 2р0 2 • 1.01 105 Па 2,02 • 10s Н/м
h~ pg ; h~ 103 кг/м3-9,8 м/с2 9,8 W кг-м/м^с2
Ответ: h = 20,6 м.
171
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 127.
Вертикальная барометрическая трубка опущена в широкий
сосуд с ртутью. Столб ртути в трубке имеет высоту А = 40 мм,
а столб воздуха над ртутью имеет высо¬
ту А; = 190 мм. На сколько нужно опустить
трубку, чтобы уровень ртути в трубке и в
сосуде сравнялись? Атмосферное давление
760 мм pm. cm.
А
п
А
А/
1 г
а, ^
М
i i
'SJ
\ у г
Решение:
В системе единиц СИ атмосферное дав¬
ление можно записать
Рис. 127.1 = 760 мм. pm. cm. ~ 105 Па.
В первом случае давление столба воздуха р1 и давление столба
ртути ррт уравновешиваются атмосферным давлением
Pi + Ррт =Р0>
Pi ~ Ро Ррт *
гае Ррт = Ррт s Л. поэтому р, = Р() - Ррт g А . (1)
Считая, что температура во время опыта постоянна, восполь¬
зуемся законом Бойля-Мариотта для двух состояний воздуха в
трубке
P,V,=p2V2. (2)
где р2 = рд. (Уровни ртути сравнялись, и давление столба воздуха
над ртутью стало равно атмосферному).
Так как сечение трубки S по всей ее длине одинаково, то
Vt и V2 можно во (2) заменить соответственно Ау и h2.
Тогда Pjh = РдУ2, а с учетом (1):
и - p>h> - (Po-PpmSh)h,
2 Ро Ро
Из рисунка видно, что глубина опускания трубки:
х = h. +h -А =А, + А -
I рт 2 I рт
х = 190 • 10~3 м + 40 ■ 10~3 м -
(Ро - Ррт s Ю h,
Ро
(105 Па -13,6 • 103 кг/м3 9,8 м/с2 ■ 40 10~3 м) • 190 • 1Q-3 м
105 Па
172
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
х « 230- 10-}м-
(101 Па-5330Па) 190 • 1Q-3м _
10s Па
~ 230 • 10~3 м —18000 ■ HP3 м ~ 0,23 м - 0,18 м ~ 0,05 м - 5 см.
Ответ: х = 5 см.
Задача 128.
Сосуд емкостью У = 10 л наполнили газом при давлении
р = 2 ■ 103 Па. Какое количество воды войдет в сосуд, если под
водой на глубине h = 40 м в самой нижней его части будет сде¬
лано отверстие? Атмосферное давле¬
ние р0 = 10s Па. Плотность воды
рв = 103 кг/м3.
Решение:
Давление газа в сосуде на глубине
h будет равно сумме давления водяно¬
го столба р,= рв g h и атмосферного
давления р0.
Р, +Ро=Ро + Рв%Ь.
Применяя закон Бойля-Мариотта
(T=const) к двум состояниям газа в
сосуде, получим pV = (р0 + рв g h)Vr где V, - тот объем газа,
который останется после того, как в сосуд через отверстие
зайдет вода:
рУ
V = —
' P0 + PBgh
Объем воды ЛУ = У-У, = V-
рУ
Po + P„Sh
Масса воды, которая зашла в сосуд
Ат = рАУ = р (V ; = р V (1 -£■ .
Po + P„Sh в Po + PBSh
, , , . . 2 10/ Па
Л>п = 103кг/м310 10-3м3- (1- п_ ^ )
-)■
10/ Па + 10/ кг/м3 •10 м/с2 ■40 м
=* 10 кг • (1 - 0,4) « 6 кг.
Ответ: Ат = б кг.
173
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 129.
Баллон емкостью V = 0,04 м наполнен сжатым воздухом при тем¬
пературе t= 20°С до давления р- 4,63 107 Н/м2.Кахак объем воды
можно вытеснить этим воздухом из цистерны подводной лодки в море
на глубине h= 30м, если температура воды t= 5°С и плотность морс-
Ретемие:
Р, V, Т - параметры первого состоя¬
ния сжатого воздуха.
Вода в цистернах подводной лодки
(также и воздух, опущенный в баллоне
на глубину К) находится под давлением
столба воды на Шубине Л и плюс атмос¬
ферное давление:
Р,=Ро + Рвёк-
Для определения объема воздуха
Vj на Шубине h под давлением pt и при температуре Тв запишем
уравнение состояния в форме Клапейрона.
” !лХ±.
К-
Тв ’
рУТв _
pVTB
Р,т (p0 + pBgh)T
Этот объем больше первоначального на величину
РуТя pVT
г 8 _ у = у (- * 8
AV = V-V = -
(P0 + PBSh)T (p0 + pBgh)T
Такой объем и может быть вытеснен из цистерн подводной лодки.
-О.
AV = 0,04 м3 (.
4,63 107 Па -278 К
(10s Па + 1030 кг/м3 10 м/с2 •30 м) 293 К
1287 107 Па
-1)
-1)
<0,04 м3(
(10s Па + 3,09 ■ 10s Па) 293
'О,04**3 ( -О-0,04м3 (1,07 102-1) -
174
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
AV » 0,04 м3 106 « 4,24 м3.
Ответ: AV - 4,24 м3.
Задача 130.
Два баллона емкостью J л и 9 л соединены тонкой короткой труб-
кой, снабженной краном. Сначала в меньшем баллоне был
газ под давлением р, = 3 10s Па при темпе¬
ратуре t = -23°С, во втором - вакуум. Потом
кран открыли и температуру газа повысили до
t = 77°С. Каким после этого стало давление
газа?
Решение:
После открытия крана газ рас¬
пространился на оба баллона и его
объем стал Vt + Vr Применяем урав¬
нение состояния в форме Клапейро¬
на.
Р,У, _ Рг(?ЛУ)
Рис. 130.1
Р: =
3 10s Па-5 10-3м3 350 К
Р, У, Т,
Т, (V, + V)
Pi='
250К (5 10-3м3 +9- HP3м3)
Ответ: р2 = 1,5 105 Па.
= 1,5 105 Па.
Задача 131.
Два сосуда, в которых находятся одинаковые массы воздуха
при одинаковой температуре, соединяют тонкой короткой труб¬
кой. Какое давление воздуха будет в сис¬
теме после соединения? Первоначальное дав¬
ление в первом сосуде р = 6,6 104 Па,
объем первого сосуда в три раза больше
Рис. 130.1 объема второго сосуда.
Г
ЗУ
1Й1
Р
V-
j
175
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Так как температуры и массы воздуха в сосудах одина-
м R Т
ковы, то применяя уравнение состояния, величину—гг— можно
М
считать постоянной.
m
_ уравнение состояния для воздуха
в первом сосуде.
— RT - УРавнениесостоянияДлявоздУха
М после соединения сосудов.
Здесь р0 то давление, которое устанавливается после соединения со¬
судов. Из системы этих уравнений находим рд.
3р V= £.RT
М
р0 (3V + V) = 2 --R Т -
, v mRT
3pV=-M~
Р0 (3V+ V) = 2
2 P0V = 3 р V,
3
Ро = тР-
mRT
М
3 р V =
2
mRT
М ’
mRT
М
р0= j 6,6- 104 Па~9,9 104 Па ~ 105 Па .
Замечание. Считая Т = const, можно было сразу записать:
p„(3V+ V)
3 pV= ■ 2
Ответ: р0 = 105 Па.
Задача 132.
Два баллона соединены между собой короткой трубкой с краном.
Вначале кран закрыт. В одном баллоне находится идеаль¬
ный газ массой т, под давлением рп в дру¬
гом - такой же газ массой т2 под давлением
р2. Температура газов в обоих балло¬
нах одинакова. Какое давление устано¬
вится в баллонах, если кран открыть?
Температура газа не меняется.
Рис. 132.1
176
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Решение:
Запишем уравнения состояния для газов в первом и во
втором баллонах до открытия крана, а также уравнение состояния
для газа в обоих баллонах (объемы сложатся) после открытия
крана. Потом решим эту систему трех уравнений относительно
установившегося давления рд. Сначала исключим объемы V{
и V,.
До открытия крана:
т,
P.vrirRT‘
p>v2=%-rt,
После открытия крана:
P.W- ^
У,-
У*-
mtRT
Pi м
m2RT
р2М
Ро (У,-W-
RT
m,RT
Р,М
m2RTj =
Ро( р,М Р-2м
PoRT , т, !
М 1 р. pJ
т, + /и,
-1 2-R Т,
М
т. + /и,
' 2rt,
м
.Л. ТП-
Ро(~Б~
Ро
Ответ: р.
т1 + т2,
1 Г 2
т, т,
— + —2
Р, Рг
р1т2+р2т,
Р,Р2
Р,Р2 (т, + т)
р° р,т2+р2т1
= Р,Р,(т,+т^
р,т2 + р2 т1
(т;+т)
М
RT
Задача 133.
В баллонах объемом V{ = 20л и V2 = 44 л содержится газ. Давление
в первом баллоне р, = 2,4 МПа, во втором -р2 = 1,6 МПа. Определи¬
те общее давление после соединения баллонов, если температура газа
осталась прежней.
177
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Обозначим общее давление после соединения баллонов р0.
Так как температура газа не меняется, то величина
RT
М
явля¬
ется неизменной в рассматриваемых процессах.
Запишем уравнения состояния для
газов в первом и во втором баллонах до
открытия крана, а также уравнение состо¬
яния для газа в обоих баллонах после
открытия крана, когда объемы сложатся.
Исключая в системе этих трех уравне¬
ний mj и т2, находим общее давление
Ро-
Рис. 133.1
До открытия крана:
т.
Р,У,= ТГКТ>
Р2У: =
М
т2
М
т
RT,
После открытия крана:
RT
Ро (У,+У)= (rti'+mj —
Р, V,M
р0(У, + У) = (£jTf~+
Р0(У, + У2)=Р1У,+Р2У2>
„ - Pi У, +Р: У,
Ро~'
- р,г,“.
RT
- P:V:M ,
RT
Ро (У,+У)= (т^т) Jj-.
р2у2м
RT }
RT
М ’
V + V
' 1 г2
Ро ='
2,4 10* Па 20 - 10-}м3 + 1,6 • 10* Па- 44 HP3 м3
20 • 10~3 м3 + 44 10~3 м3
т (48 • 103 + 70,4 103) Па м3
64 10~3 м3
~ 1,85 106 Па ~ 1,85 МПа.
Ответ: рд = 1,85 МПа.
118,4 103
64 10-3
Па
178
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Задача 134.
Метеорологический шар, заполненный водородом поднялся
на высоту, где температура воздуха 0°С. Давление внутри шара
1,5 10s Па. Какова на этой высоте плотность водорода внутри
шара?
Дано:
М= 2 10~} кг/моль;
Т= 273 К;
р= 1,5 105 Па;
R= 8,31 Дж/Кмоль
р-?
Решение:
PV= S-RT,
м
Р =
р = р
m RT
V М’
RT
М ’
. 1,5 • 10s Па • 2 • 10~3 кг/молъ в 3 • 102 Н кг
8,31 Дж/Кмоль- 273 К 2,27 103 м2 Нм
Ответ: р = 0,13 кг/м3.
0,13 кг/м3.
Задача 135.
Баллончик для приготовления газированной воды имеет объем
5 см3 и содержит углекислый газ под давлением 1,6 10/ Па при
комнатной температуре +30°С. Какова масса газа в баллончике?
Дано:
М= 4,4 10"2 кг/молъ; nV = —
Р М
Т= 303 К;
р= 1,6 106 Па;
R= 8,31 Дж/Кмоль;
V= 5 HP* м3
m
- 7
Решение:
■R Т,
m =
m
р УМ
RT '
1,6 10/ Па
5- 10^ м3
4,4
8,31 Дж/Кмолъ
10~2 кг/молъ
35,2 • HP2 Па кгм3 s
2,5 103 Дж
Ответ: т = 0,14 г.
14 10-5
303 К
Нкг-м3
м2Нм
*=14 10~5 кг « 0,14 г.
179
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 136.
Сколько молекул воздуха находится в комнате объемом
240 м3 при температуре +15°С и давлении 7О5 77а?
Дано:
М= 2,9 10~2 кг/моль;
Т= 288 К;
р= 105 Па,;
7?= 8,31 Дж/К-моль;
V= 240 м3;
Na= 6J)2 1023 моль
N-?
Решение:
р V = VRT,
pV
v =■
RT
N = Na V =
N =
6,02
1023 моль-' ■ 10s Па-240 м3
IaEJL.
RT
30,1 ■ 1028 Пам3
8,31 Дж/К-моль ■ 288 К
~ 0,6 ■ 1023 Нм3/м2 Нм ~ 6 ■ 1027 (молекул).
Ответ: N = 6 ■ 1 О*27 молекул.
49,9
Дж
Задача 137.
После того как в комнате протопили печь, температура поднялась
ct = 15°С до t = 27°С. На сколько процентов изменилось число моле¬
кул воздуха в этой комнате?
Дано:
t, = 15° С;
Т, = 288 К;
t2 = 27°С;
Т. = 300 К
Решение:
При повышении температуры воздуха в
комнате повышается и давление воздуха. Но
так как атмосферное давление неизменно
сохраняется, значит часть молекул воздуха
вылетело из комнаты. Молекул в воздухе
комнаты стало меньше. Обозначим перво¬
начальное число молекул Np после нагре¬
вания в комнате стало N2 молекул.
Нам надо найти процентное отношение разности числа молекул к их
первоначальному числу
AN
N,
100% - ?
AN
N,
100% =
TV,
100%.
180
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
NAp V
При температуре Т, молекул в комнате было N, = ——.
R Т,
N.p V
При температуре Т2 молекул в комнате стало N2 = —-• •-—.
R Т,
NAp V NAp V
AN N,-N, RT, RT,
— ■ 100% = <r г ■ 100% = • 100% =
N. N. N.d V
»ApV
RT,
N.P V 1 1
R 1T, Т/
— • 100% = (
NAp V 1
( t t / 111
— 100%=
т T T
1 2 1
(T - T) T.‘ T,-T.
= —^^100% = —^
T T
A1 1 2
■ • 100%.
AN ]0oo% = 300 * 2J8K 100% « -Sr -100%, ~4%>.
N, 300 К 300
Ответ: число молекул уменьшилось на 4%.
Задача 138.
В баллоне находилось т= 0,3 кг гелия. Через некоторое время в
результате утечки гелия и уменьшения абсолютной температуры на
10% давления в баллоне уменьшилось на 20%. Сколько молекул гелия
просочилось из баллона?
Решение:
1) . Найдем зависимость между изме-
шдацимися температурой и давлением.
Т,-Т2 = 0,1 Т,, | Т2 = 0,9 Т,,
Р,~Р2 = 0,2 р,. \р2 = 0,8р,.
2) . Запишем уравнение состояния для
массы m гелия до утечки, а также урав¬
нение состояния для оставшейся после
AN - ? утечки массы m - Am.
Дано:
m= 0,3 кг;
М= 4 10-3 кг/молъ;
Т, - Т2
’ г г = 0,1;
Р,~Р.
Р,
2 _
= 0,2;
181
Физика: алгоритмы, задачи, решения
р,у- jtRT"
p2v= jl=JblRT"
p.v=Wrt"
0,8 p, V= m^fAm R
M ~"2
Разделим второе уравнение на первое почленно
0,8 =-2-42 0,9,
т
0,8 т = 0,9 т - 0,9 Ат ,
0,9 Ат = 0,9 т- 0,8 т,
0,9 Т,,
A m
Am = —
9
Утечка составила девятую часть первоначальной массы гелия в
баллоне.
,ч Л, m N Am AN
3). Учтем, что —— = ——, поэтому —— = ———,
м na м na
N. Am
а из последнего соотношения получаем: AN=—— .
М
m Na Am
Подставим сюда Am =~ , тогда получим: AN=——•
6,02 1023 моль~‘ 0,3 кг 6,02 1022
AN —■——— = ————молекул =
9 ■ 4 ■ 10~3 кг/моль 12 10~3
~ 5 1024 молекул.
Ответ: AN — 5 1024 молекул.
Задача 139.
В закрытом сосуде находится воздух и капля воды массой 0,5 г.
Объем сосуда 25 л, давление в нем 104 Па и температура 300 К.
Каким будет давление в сосуде, когда капля испарится?
Решение:
После испарения капли к давлению воздуха р1 в сосуде приба¬
вится и давление водяных паров рв испарившейся капли. Масса во¬
дяных паров останется равной массе капли, а объемом капли можно
пренебречь.
182
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Дано:
m-
0,5 г = 0,5 10~3 кг;
M=
0,018 кг/молъ;
T=
300 К;
Pr
10* Па ;
R=
8,31 Дж/Кмоль
P =
Р, +РВ~?
Запишем уравнение состояния
отдельно для водяных паров и най¬
дем давление рв водяных паров.
mRT т RT
Рв =
PBV =
М
MV
После испарения капли давления
воздуха в сосуде и давление водяных
паров сложатся как парциальные дав¬
ления разных газов.
Р=Р,+РВ=Р1 +
р = 10* Па +
MRT
М V
10~3 кг ■ 8,31 Дж/Кмоль • 300 К
0,018 кг/молъ 25 10~3 м3
= 10* Па + 5°Х' »10* Па + 2770 Па =
1,8 10~5 м3
= 10 ■ 103 Па + 2,77 103 Па = 12,77 кПа.
Ответ: р = 12,77 кПа.
Задача 140.
Какова средняя кинетическая энергия поступательного движения
молекул кислорода, если кислород находится под давлением р = 83
к Па и имеет плотность р- 1,6 кг/м3?
Дано:
кислород;
М= 32 10~3 кг/молъ;
р= 83 10s Па;
р= 1,6 кг/м3
Е-?
Решение:
Р v= -rrRT,
м
k = R/NA,
R Т= Р VM ,
m
Р
m
V ’
RT =
pM
P
±
P
V_
m ’
183
Физика: алгоритмы, задачи, решения
г-3 RT _ 3 рМ
2 Ил 2 pNA '
7?. _ 3-83 103 Па •32 •10~3 кг/моль
2 1,6 кг/м3 •6 -1023 моль~'
Ответ: Е = 4,15 10~2' Дж.
83 Нм3
2 1022 м2
4,15 10-2,Дж.
Задача 141.
В сосуде объемом 2 л имеется 0,56 г азота. Азот нагрет
до температуры 1500°С. При этой температуре 30% молекул азота
уже диссоциировано на атомы. Определите давление азота а
сосуде.
Дано: Решение:
При диссоциации из азота N2 с
молярной массой М= 0,028 кг/моль
получится атомарный азот N, для
которого молярная масса в 2 раза
меньше:
Mt = М/2 — 0,014 кг/моль.
JLImJUL-
азот N2;
М= 0,028 кг/моль;
азот N;
V= 2 10~3 м3;
Т= 1773 К.
Диссоциировано 0,3 т.
Не диссоциировано
т — 0,3 т = 0,7 т
р-?
_ 1,3 • 0,56 ■ 10~3 кг ■ 8,31 Дж/Кмоль
0.7 т RT .
И MV
1.3 mRT
MV
1773 К
(М/2) • V
0,028 кг/моль ■ 2 10~3 м3
- 1915.(L 10^3 " 191500 Па * 191,5 кПа.
10-4 м3
Применено уравнение состояния для азота N2
ванного азота. Из р V = -77- R Т найдено р =
М
Ответ: р = 191,5 кПа.
и диссоцииро-
mRT .
MV
Задача 142.
Закрытый с обеих сторон цилиндр разделен на две равные части
теплонепроницаемым поршнем, который может свободно
184
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
I -й газ
4—►
2-й газ
Рис. 142.1
перемещаться внутри цилиндра. В левой половине цилиндра
находится один газ при температуре -73°С, а в правой - другой
газ при температуре +27°С. На какое
расстояние сместится поршень, если
первый газ нагреть до +37°С, а
второй до +57°С? Длина половины ци¬
линдра L- 77 см.
Решение:
Давление газов справа и слева от
поршня как в начальном положении
поршня рг так и в конечном положе¬
нии поршня р2 одинаковы. Запишем
уравнения состояния газов слева и
справа от поршня в начальном и ко¬
нечном положении.
В начале процесса для первого
газа можно записать:
а в конце процесса
т.
p2(l + x)S =— R Т},
Аналогично для второго газа:
т,
PilS= M2RTi'
т-
Рг О ~х) S ~ R Т4,
Разделив (1) равенство на (3) почленно, получим :
m,
m.
—f Т =
М, 1 М2
Т,-
Разделив (2) равенство на (4), получим:
т] М2
m2Mt
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
185
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Из (5) находим:
Т Т
_ л2 л3
Т Т
Л 1 4
ml М,
m2 Mt
х =
Т Т - Т Т
2 3 I 4
т т + т т
11 л4 2 3
и подставляем это в (6):
1 + х
1-х
1Т1Т4+хТ1Т4 = 1Т2Т}-хТ2Т},
х(Т2Т4 + Т2т)=1 (Т2 Т3 - Т, Т') ,
Т Т - Т т
Л 2 Л 3 Л I Л4
т т + т т
2 3 14
х = 0,77 м
300 К -310К-260К - 330К
300 К 310 К + 260 К 330 к
■« 0,77 м-
7200
178800
=*0,77 м ■ 0,04 ~ 0,03 м ~ 3 см.
Ответ: х = 3 см.
Задача 143.
Какова средняя квадратичная скорость движения молекул воздух!
в комнате длиной 6 м, шириной 4 м, высотой 2,5 м, если масса возду¬
ха 72,5 кг, а его давление 105 Па1
Решение:
Используем основное уравнение мо¬
лекулярно-кинетической теории:
I _ ^
Р= j т0пр2 Так как тд п = р = — ,
то р
Отсюда
--if
3 V и
V = }f
■ V= tJ
Зр V
т
3 10s Па 60 м
72,5 кг
**>! 25 10* м2/с* ~ 5 102 м/с =500 м/с.
Ответ: {J = 500 м/с.
3 _ I 180 -105 Н-м3 _ 1, f ,Л| кг-м-м3
4 72,5 кг м2 V ’ кг-с2-м2
Задача 144.
В закрытом баллоне объемом 20 л при температуре -80°С заклю¬
чено 0,01 г водорода. Во сколько раз возрастет средняя квадратичная
186
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
рц)|нк 11. молекул водорода, если повысить его температуру так, что¬
бы лпилсние стало 40 кПа!
Решение:
1) Найдем первоначальное давление во¬
дорода. Для этого воспользуемся уравнени¬
ем состояния.
т
р к = _ RT,
‘ м
Дано:
поОород Н2;
М 0,002 кг/моль;
0,01 г = 10~5 кг;
20 1(У3 м3;
80°С; Т= 193 К;
40 ■ 103 Па
и»
Г
I
V:
Г:
Р,
_ ?
Р,=
mRT
MV
10-5 кг • 8,31 Дж/Кмоль ■ 193 К 1600 • Ш5 Дж
/> ~ 400 Па
210г3кг/молъ 2010'3м3 40 Ш6 м3
2) Запишем основное уравнение молекулярно-кинетической тео¬
рии для начального и конечного случаев.
/
1
1
(-2 3Р>
Pi
—
mon v2= т
PV,2.
«
3
3
*
р
1
-2 1
~~ -)
-2 lb.
Р2
—
monV2= —
PV2>
v2 =
V
3
3
^ р
Находим отношение скоростей
р1 уже вычислено, а р2 дано в условии.
V, 140 103Па
— =1/ =УШ) = 10 (раз).
122 » 400 Па
pt — 400 Па
р = 40-103 Па
Ш
V,
= ?
Средняя квадратичная скорость молекул водо¬
рода возрастет в 10 раз. _
Ответ: Ш = 10.
V,
187
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 145.
В сосуде объемом 100 л при температуре t = 30°С находится BOJ-
дух с относительной влажностью (р = 30%. Какова будет относитель¬
ная влажность при той же температуре, если в сосуд дополнительно
испарить т = 1г воды? Давление насыщенных паровводы при 30tC
составляет рд - 4,2 кПа, молярная масса воды 0,018 кг/моль, универ¬
сальная газовая постоянная R = 8,3 Дж/(К-моль).
Дано:
<р = 30%,
т = 10 кг,
R= 8,3 Дж/'(К- моль),
t = ЗОРС; Т=303К,
М = 18• 10~3 кг/моль,
V = 0,1 м3
р0 = 4,210s Па
О, = <р + А<р - ?
Решение:
Пары воды испарившейся капли добавят
к влажности воздуха в сосуде еще допол¬
нительную величину
А(р =-£ 100%,
Ро
где р можно найти из уравнения состояния
(здесь m - масса капли)
mRT
PV= ~77 RP>
м
P =
VM
mRT 100%
Поэтому A(p = tTTTZ— И окончательно:
<pl = <p + A<p = <p +
<P,
VMp0
mRT 100%
VMp0 ’
,лу + Ш3кг ■ 8,ЗДж/(Кмолъ) ■ 303К • 100%
1810г3кг/молъ ■ 0,1м3 ■ 4,2.103Па
= 30% + 2*?0jl°n-i «30%> + 33% = 63%.
75,610
Ответ: <р, = 63%.
Задача 146.
Определите относительную влажность, воздуха, находящегося в
баллоне емкостью V = 83 л при температуре t = 1000 С, если до пол¬
ного насыщения пара понадобилось испарить в этот объем дополни¬
тельно Ат = 18 г воды.
188
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Дано:
М = 18-10~3 кг/молъ,
V - 83л - 83-10~3 м3,
I 100°С, Т = 373 К,
R = 8,3 Дж/(К- моль),
/>„ = 105 Па;
Ат = 181 (У3 кг
<Р
- ?
Решение:
При 100°С давление насыщенных па¬
ров р0 = 103Па. При полном насыщении
до (р0= 100% не хватило еще дополнитель¬
но влажности Лер, создаваемой потом за
счет испарения Лт. А испарение воды мас¬
сой Лт создает как раз дополнительную от¬
носительную влажность
. Р
**-T,
100%,
где р можно наити из уравнения состояния.
рУ-
Лт
М
RT,
Р =
Тогда Л<р- —
У о
100% =
Лт-RT
MV
ЛтРТ-
100%
иость до испарения Лт была:
<р = <р0-Л<р=<р-ЛтЯТ
MVp0
100%
А относительная влаж-
MVp0
Ш0У 18- 10-3кг ■ 8,3 ДжЩ-моль) • 373К-100%
Ф ° ‘ 18-10-3кг/моль ■ 8310-}м3 ■ 105Па
100% -Щ?-%о - 100% -37,3%
Ответ: (р
100
*62,7%.
62,7%.
Задача 147.
Чему равно давление одноатомного газа, занимающего объем
V 2л, если его внутренняя энергия U = 300Дж2!
Дано:
V = 210г3 м3,
и = 300Дж2
. ?
Решение:
Уравнение состояния для V молей
Внутренняя энергия дня тех же V молей
2U
Из второго уравнения VRT = —— подставляем в
pV = VRT,
U = jVRT.
первоеpV= Щ-. Отсюдар = •
189
Физика; алгоритмы, задачи, решения
_ 2 • 300Дж ^ 100 Нм _ jp jj
Р 3 • 2 ■ Ш3 м3 103м3
Ответ: р = 10s Па.
Задача 148.
Какое количество теплоты сообщено 400 г аргона при изобарном
нагревании его на 100 К?. Какую работу при этом совершит газ?
Молярная масса аргона 0,04 кг/моль.
Дано:
т = 0,4 кг,
М —0,04 кг/моль,
АТ =100 К,
R = 8,31 Дж
Q-?,A'-?
Поэтому
Решение:
Аргон считаем идеальным одноатомным газом.
дц _ 3 т р др - изменение внутренней
2 М энергии.
А' =pAV = ^j-RAT- совершенная работа.
М
По первому закону термодинамики
Q = AU + A'
r-”R&T.
а ' _ 0,4 кг • 8,31 Дж/(К‘Моль) • 100 К _ о ,. jj
0,04 кг/моль ’ ^Д
Q =у • 8,31 10/ Дж * 20,8 ■ 10/Дж
Ответ: Q ~ 20,8 10/ Дж, А' = 8,31 кДж.
Задача 149.
Какая часть энергии, сообщенной идеальному одноатомному газу
при изобарном его нагревании, идет на совершение работы?
Решение:
Выпишем:
3 тп
1) AU =—— R АТ - изменение внутренней энергии.
2 М
190
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
2 )A'=pAV = -g-RAT
м
работа газа при изобарном расширении.
3) Q = AU + А' - первый закон термодинамики.
Подставляем (1) (2) в (3), получаем:
О = 1™. RAT + —RAT = — — RAT
^ 2 М М 2 М
Находим отношение:
А' _ mRAT 5mRAT
Q М ‘ 2М
Ответ: = 0,4.
сообщенная энергия.
= 2 = 0,4.
Задача 150.
Для изобарного нагревания газа в количестве 800 моль на 500 К
ему сообщим количество теплоты 9,4 МДж. Определите работу газа
и приращение его внутренней энергии.
Дано:
р - const,
у = 800 моль,
АТ =500 К,
Q = 9,4 ■ 106 Дж.
A'-? AU-?
Решение:
Так как газ не идеальный, то формула для
приращения внутренней энергии
AU = —r~p:R АТ не годится.
2 М
По первому закону термодинамики
AU = A + Q = -A' + Q,rp,eA'= pAV = VRAT.
А' = 800 моль ■ 8,31 Дж/(Кмоль) ■ 500 К = 6,08- 10s Дж ~
-6,08 МДж.
Ответ: А' -6,08МДж.
Задача 151.
При изобарном нагревании газа ему было передано количество
теплоты Q = 800Дж. При этом его внутренняя энергия увеличилась
на AU = 700 Дж. На сколько увеличился объем газа? Давление
ra m р = 10s Па.
191
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
р = 105 Па,
AU= 700Дж,
Q = 800Дж.
AV -?
Решение:
Газ не идеальный.
AVнаходим из системы уравнений:
'AU = А + Q - Q - А\ - первый закон
термодинамики
А' = pAV.
AU = Q-pAV,
Q-AU
Air- 800Дж- 700Дж _ WДж _1П.зН-м-м* 2 з * _ 1П.3
з l<flla ~ 10sПа Н
® 1 дм ~ 1 литр.
Ответ: объем газа увеличился на 1 литр.
мг
Задача 152.
1
.1
.1
ь
,1
.1.
Н
1 •
1 .. •.!
,ц:,
I./..I
!..»•.J
1
1.. 1
Г .,»
Г • .!
1.. 1
.1
1 ..1 .,1
I..I
Теплоизолированный сосуд объе¬
мом 2 Г раздел ей пополам тонкой пе¬
регородкой. В одной половине сосу¬
да находится одноатомный газ с тем¬
пературой Tj и давлением рр в дру¬
гой половине - другой одноатомный
газ с давлением р2 и температурой Т}.
Найти установившуюся температуру
Т смеси газов после того, как убрали
перегородку.
Решение:
Воспользуемся законом сохране¬
ния энергии. Так как сосуд теплоизолирован, то полная энергия га¬
зов при их перемешивании не может измениться. Внутренняя энер¬
гия молей идеального одноатомного газа равна кинетической энер-
з
гии хаотического движения молекул газа t/ = — VRT, где Табсолют-
■2V,.T-
192
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
нпи температура газа, R = 8,31 Дж/(К-моль) - универсальная газовая
постоянная. Это означает, что пока не убрали перегородку, внутрен-
3 3
мин энергия системы была равна U = — VIRTI +—VJRT2.
( Здесь Vt - число молей первого газа, V2 - число молей второго
мпа). После того, как убрали перегородку, температура газов стала
3 3
pioina Т, а внутренние энергии газов стали —VjRT и —VflT
11о закону сохранения энергии
-jV,RT, +уУ^Т2 = -^VjRT +^V^T.
L £ / /
Производим сокращение на 3/2 R
V Т + V Т =V Т + V т
Отсюда Т - ^!T.i + •
V, + V,
Разделим числитель и знаменатель на V2.
V,
т_Т2Т> + Т2
£/ ,
V2 + 1
В это выражение входит отношение Чтобы его найти, запи-
V 2
шсм уравнения состояния для обоих газов до перемешивания:
<p,V-VfiTr
\p,V = VflTr
Разделив первое равенство на второе, получим:
pi У,Т,
Р2 ~V2T2
А из этого:
Подставим это отношение в формулу для установившейся темпе¬
ратуры.
7 Заказ № 1509
193
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Т =
V,
Т2Т, + Т2
Vi ,
V2+1
pi т2
-т2т, т. + т2
p2 t,+1
_ p,T,T2 +p2T,T2
p,t2+p2t,
T.T,(p. + p,)
Ответ: T = - m , ■■ ■ m
PIT2 +P2TI
Задача 153.
Какую работу совершит воздух, масса которого т = 200 г, при
изобарном нагревании на АТ - 20 К? Какое количество теплоты
будет передано воздуху? На сколько увеличится его внутренняя энер*
гия? Удельная теплоемкость воздуха при постоянном давлении равн!
С = 14- 103 Дж/(кг- К).
Решение:
Дано:
р - const,
т = 0,2 кг,
воздух
М = 29 ■ 10'3кг/моль
АТ = 20 К,
с = 14 ■ 103 Дж/(кг -К),
R = 8,31 Дж/(К- моль)
A'-7Q-7AU-?
A' = ApV = -tp~RAT,
М
Q = стАТ,
AU = А + Q = Q -А'
^ _ 0,2 кг ■ 8,31 Дж/(К-молъ) • 20 К _
33,24
29 ■ 10~3 кг/молъ
-Дж.
29 ■ 10-3
А' ~ 1146 Дж.
Q-14 104 Дж/(кг-К) ■ 0,2 кг ■
** 56 • 104 Дж ~ 56000Дж.
■■ 56000Дж - 1146 Дж = 54854Дж.
20 К ‘
AU >
AU = 54854Дж > 0.
Внутренняя энергия воздуха увеличилась на 54854Дж.
Ответ: А' * 1146 Дж, Q - 56000Дж, AU * 54,854 кДж.
Задача 154.
Идеальный газ массы т, находящийся при температуре Т, охлаж¬
дается изохорно так, что давление падает в п раз. Затем газ расширя¬
ется при постоянном давлении. В конечном состоянии его темпера-
194
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
тура равна первоначальной. Оп¬
ределить произведенную газом
работу. Молярная масса газаМ
Решение:
График процесса показан на
рисунке. При охлаждении (про¬
цесс 1—>2) работа не соверша¬
ется. Объем постоянен. Рабо-
... та, произведенная газом, равна
А = р2 (V2 - V). Так как точки 1 и
V 3 лежат на одной изотерме, по
шкону Бойля-МариоттаpIV] = p2V2, а отсюда
Поэтому A=p2(V2-V1)=p2(V1-^-Vt)=p2 V/-^ -1).
Pi Pi П~
Таккак^= — ,ар, = пр2,гоА = — ■ V,(n-1) = P,VI —
mRT mRT n - 1
Ho p, Vt = , следовательно A = '
Другой способ решения:
Задачу можно решить не прибегая к графику. Рассмотрим сначала
процесс (1—>2). Здесь охлаждение при постоянном объеме (V- const).
Работа не совершается, но можно применить закон Шарля:
L =Il = L
Т Р, п
т т
Отсюда: Т2 = — или ~jr = n.
Во втором процессе (2 - 3) обратимся к закону Гей-Люссака, так
как давление постоянно (р - const).
у - р - п,
1 12
v2 = nvr
Работа совершается только в процессе (2—>3), где изменяется объем.
7*
195
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Поэтому, учтя, чтоp2=-pf- и V2 = nVj получаем:
A =p2AV = р2 (V2-V) = ^(nV, - V) = Zp-(n - 1).
п -1 mRT п - 1 т
А =PiV,— =~М~ ~ (Таккакp,V, = Jj RT).
mRT п -1
Ответ: А =
Задача 155.
Р
Рг
3
' t
Pi
1
А
Над одним молем идеального газа
совершают цикл (замкнутый про¬
цесс), состоящий из двух изохор и
двух изобар. Температуры газов в точ¬
ках 1 и 3 равны Г; и Т} соответствен¬
но. Определить работу, совершенную
газом за цикл, если известно, что точ¬
ки 2 и 4 лежат на одной изотерме.
О
Решение:
Расширяясь по изобаре (2—>3), газ
V,) = R (Т} - 7у.
V, v2 V
совершает работу А2} = р2 (V2
При сжатии газа по изобаре (4-1) работа совершается уже над
газом. Она равна A4I = р2 (V2 - V) = R (Т4 - Т). (А4/ отрицательна).
Полная работа, совершенная газом, равна
А = А 2} - A 4J = р2 (V2- V,) - р, (V2 - V) = R (Т} - Ту - R (Г4 - Т).
A = (V2-Vl)(p2-pl)=R(Tl + T}-T2-T4).
Так как точки 2 и 4 лежат на одной изотерме, то согласно закону
Бойля-Мариотта температура газа при этих состояниях одинакова.
Обозначим ее Г = Т2 = Т4.
Тогда A =R(T3 + T,-2T)
Точки 3 и 4 лежат на одной изохоре, поэтому согласно закону
Р 2 _ тз
Шарля -р- =
Точки 1 и 2 тоже лежат на одной изохоре,
196
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
поэтому
* 1 1
Приравнивая правые части последних равенств, получаем
у =-у, откуда Т =Л/7%
Следовательно А = R (Т; + Т3 + 21/Г;7у.
Ответ: А = R (Tt + Т} + 2УТ17у.
Задача 156.
Л
Р,
Л =л = 7Г
о
г,
Один моль идеального
газа перевели из состояния
1 в состояние 2 изохорно,
так, что его давление умень¬
шилось в л = 7,5 раза, а за¬
тем изобарно нагрели до
первоначальной температу¬
ры 7/.При этом газ совер¬
шил работу А = 0,53
Найдите температуру Г;.
V
Решение:
Давление pt и объем V/ газа в начальном состоянии 1 связаны с
давлением р} и объемом V3 в конечном состоянии 3 законом
Ьойля-Мариотга и уравнением состояния plVl = p3V} = RTt.
(Здесь V = 1 моль).
Газ совершает работу только при переходе из промежуточного со¬
стояния 2 в конечное состояние 3:
*-P,fl',-rj-P,v1(i-y)-Rr,V-j-) О)
Здесь использовано то, что изp]V] -p3V} следует
Vi = рз _ pi — 1
Уз Pi nPi n
Так как температура в начальном состоянии 1 равна температуре
197
Физика: алгоритмы, задачи, решения
в конечном состоянии 3, то точки 1 и 3 лежат на одной изотерме.
Преобразуя (1), получим А = RTt ■ -
Нам надо найти температуру ТТ] * 1 * * * Vт = 0,83 103 Дж ■ 1,5
1 8,3 Дж/(К-моль) 1 моль (1,5-1)
Ответ: Т ~ 300 К.
А п
R (п - 1)
1,5 WK
0,5 • 10
- 300 К.
Задача 157.
Моль идеального одноатом¬
ного газа расширяется сначала
в изобарном процессе с линей¬
ной зависимостью давления от
объема. Известно, что = —
/ *2
а прямая (2—>3) проходит че¬
рез начало координат. Найдите
у,
отношение объемов —4 , если
" 1
количество теплоты Qn, под¬
веденное к газу на участке
(1-2), в 4 раза меньше работы А2}, совершенной газом на
участке (2 - 3).
Решение:
Обозначим отношение = -р- = а. Согласно первому закону
' 1 *2
термодинамики AU = Q - А'
Количество теплоты Q = AU + А' = AU + pAV.
Но так как AU = ^ R (Т2- Т), a pAV = R(T2-Tf) и по условию
V =£ = 1 моль, mo Q =-!■ R(T2-T1)+R(T2-T])=-^-R (Т2-Т,).
198
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
q=-Lrt2(i-L). О)
На первом участке (1—>2) р const, по закону Гей-Люссака
I V т
—7 = -г . Заменим в (1) отношение ^
7 V2 Т2
Q = jRT2 (1 --р) = 5RT2(1 ~L) =ArT2-^±.
Работа газа на участке (2—>3) равна площади трапеции под на¬
клонным отрезком (2 —>3).Полусумма оснований умножить на высо¬
ту трапеции (V}- VJ.
(3)
Так как прямая (2—>3) проходит через начало координат, то на
этом участке давление пропорционально объему
п V
— = —^ = а (По обозначению в начале).
Р2 V2
или V3 = aVrp3 = ap2 (4)
Подставив из (4) значенияр} и V} в формулу работы (3), получаем:
А2} .(aV2-V2)=L(cp.
или А„ = —-—RT,.
23 2 2
Далее по условию задачи 4 Ql2 - А23,
ос-1 у 5 „гг а2 -1
— ■4-jRT, -
RT„
а
20 (а -1) = (а? - 1)а,
(а2 -1)а-20(а-1) = 0.
Это уравнение третьей степени относительно а. У него должно
быть три корня. Разлагаем левую часть на множители
(а-1) ■ [а(а+ 1)-20]=0.
Первый корень уравнения а; = 1 очевиден.
Решаем далее: а (а + 1) - 20 = О,
199
Физика: алгоритмы, задачи, решения
а? + а- 20 = 0 это квадратное уравнение.
а2 = - 5; а3 = 4.
Два первых корня (а; = 1 и а2 = - J) отбрасываем. По смыслу
задачи если al = 1, то Vt = V2 = V3 расширения газа не будет, работа
pAVне будет совершаться. а2 = - 5 отбрасываем как отрицательный.
Ответ: отношения объемов -77- = -7^- = 4.
Задача 158.
В цилиндре под пор¬
шнем находятся V = 5
молей воды и 5 молей на¬
сыщенного пара при
температуре Тд = 300К.
При медленном изобар¬
ном нагреве содержимо¬
го цилиндра к нему под¬
вели количество тепло¬
ты Q = 14,28 кДж. При
этом жидкость испари¬
лась и температура
внутри цилиндра уве¬
личилась на АТ = 10 К. Найдите изменение внутренней энергии со¬
держимого цилиндра. Объемом жидкости можно пренебречь.
Решение:
Процесс состоит из двух этапов. На первом этапе происходит
испарение жидкости при неизменной температуре Т0. Увеличе¬
ние концентрации молекул пара при испарении приводит к
увеличению давления. Но этого не происходит, так как поршень
имеет возможность подняться, объем увеличивается вдвое, и давле¬
ние насыщенного пара р сохраняется. Но если увеличивается объем
насыщенного пара от Vt до V2 = 2Vp то при этом пар совершает
работу А,' = pAV = p(2V, - V) = PV, = VRT0.
Первый этап
Второй
этап
V,
А У,
'
'
<
К
г;':;; *
Т
L 0
+
• -
'
ТЛ АЗ
А А »А
200
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
На втором этапе при повышении температуры на АТ происхо¬
дит изобарный нагрев 2V молей пара и совершается работа
А2' = pAV2 = 2VRAT.
Из первого закона термодинамики изменение внутренней энер¬
гии содержимого цилиндра равно
AU=Q-A' = Q-(A,' + A2') = Q-(VRT0 + 2VRAT).
AU = Q - 0fRTo + 2]/RAT).
AU -14,28■ ШДж - 5 моль ■ 8,3 Дж/(К-моль) ■ (300 К + 2-10 К) -
»1428Дж - 41,5 Дж/К- 320К=14280Дж -13280Дж -1000Дж.
AU ~ 1кДж.
Ответ: AU ~ 1кДж.
Задача 159.
В тепловом процессе, в котором
абсолютная температура газа Т свя¬
зана с его объемом V соотношением
Т = а V2 (а - постоянная величина),
идеальному одноатомному газу под¬
вели тепло Q = 4 кДж. Найти совер¬
шенную газом работу.
Решение:
Из уравнения pV = -77- RT и
М
условия Т = а V2 вытекает, что
в данном процессе давление газа связано с объемом соотношением
р - PV ф - const).
Это доказывается так:
pV = JT-RT (а V2),
м
п = mP а V2'1 = лзЕ. /у у = тЕд. V
р м м ау м •
Если обозначить = Д тор = /3V.
М
Работу найдем как площадь под графиком p(V). Произведение
201
Физика: алгоритмы, задачи, решения
полусуммы оснований трапеции на высоту.
A =S
= Pi + Pi (Г2-У^= PlV2+P2V2-PlVl-P2V,
Так как pt = /ЗУ1 а р2 = (5Ур то
л -у?,* ГУ г’Гг*?, - L ш .P,V) -
-М*т‘> *7 77 WrV-jfi мт (i)
Для идеального одноатомного газа изменение внутренней энер-
3 ш
гии равно AU = — —RAT. Согласно первому закону термодинамики
2 М
Q = AU + A'=4t7 РДТ + 4 77 RAT = 2-4т RAT.
* 2 М 2 М М
Из соотношений (1) и (2) находим:
A'=-L-!l RAT 24т- RAT = 4~ •
(2)
2 М
Л'-jo-
м
А' = —• 4 кДж = 1 кДж.
4
Ответ: А' = 1 кДж.
Задача 160.
2р0
Ро
а
2Vn ЗК
С молем идеального одноатомно¬
го газа совершен процесс
(а-»в—»c->d), показанный на диаг¬
рамме р V. Определить подведен¬
ное к газу тепло, если разность
между максимальной и минималь¬
ной температурой в процессе оказа¬
лась АТ = 100К.
Решение:
Согласно первому закону термодинамики Q = AU + А\Ъ нашем
случае А \ь =р0 2V0; А'ы = - 2р0 У0; А' = А'аЬ + А'Ы = 0. Работа не
202
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
со
3 т
вершилось. Изменение внутренней энергии AU (Td-TJ.
3 т
Для одного моля (у = т = 1) будет AU = — — R (Т.-Т).
2 М
Запишем уравнения состояния для указанных точек графика.
РоГо-5 **.•
Po3Vo = TfRTb’
М
2Po3V0 = J[RTc>
^вАГ*7’-’
II
(1)
3РоУ0=Щ-
(2)
Wo = RTc> -
(3)
4р0У^КГё.
(4)
Из равенств (1) - (4) видно:
Ть> Г - расширение за счет повышения температуры
Г > Ть- повышение давления за счет повышения температуры.
Или сразу можно записать: Т < Ть< Td< Г.
Следовательно, самая низкая температура Г, а самая высокая Т.
Найдем, какую часть общее изменение температуры от максималь¬
ного составляет.
гт> 4poVo . гр PoVo . ф 6poVo i
4 R ' • ~R~’ с~ R ’
4poVo poVo
Ti- Та R ~ ~R~ _ 4-1 _3 .
Г-Г 6p0Vo poVo 6-1 5’
R ' R
Td-Ta = ^(Tc-TJ=^AT
Если работа не совершается (А' = 0) то изменение внутренней
энергии будет равно подведенному теплу.
Q = AU + A' = AU=jR(Td-jRAT = JqRAT.
Q = 0,9 • 8,3 Дж/(Кмолъ) 1 моль 100 К = 750 Дж.
Ответ: Q ~ 750 Дж.
203
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 161.
Газ последовательно переводится
из состояния 1 с температурой Г; я
состояние 2 с температурой Т2, а за*
тем в состояние 3 с температурой Г и
возвращается в состояние 1. Опреде¬
лите температуру Т}, если процессы
изменения состояния происходили
так, как это показано на графике, а температуры и Т2 известны.
Решение:
Pi
i i
1
1,
0
V
Для процесса (1—>2) можем записать
\^~ = , Процесс изохорный
V = V
' 1 2'
p,v, _ P2V2
Т Т ’
1 2
2L = IL
Т Т ’
I 2
т ‘ -Г- (,)
р, ",
Для процесса (2—>3) можно записать
£ф. = Лф, Процесс изобарный Лф = Лф
V = V
V 1 V 2'
т2
Vi = _
т т
12 1 3
Л = h
к т,
Vs
11 = J±. (2)
2 *2
Так как прямая (3—>1) проходит через начало координат, то в
этом процессе давление прямо пропорционально объему — = —
Vs
Pi
или Л1 = . Произведем замену в последней пропорции р, = р„
pi Vi 1 1
V. = V,, тогда получаем :-£i = —.
pi V2
Из (1), (2) и (3) следует:
74
Окончательно: Т} = у*
pl У2 Т2 J, 2
Ответ: Т3 = уJ
204
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Задача 162.
Газ находится в цилиндре под поршнем и зани¬
мает объем V, = 240 см при давлении pt = 100 кПа.
Какую силу надо приложить перпендикулярно пор¬
шню, чтобы сдвинуть его на Ah = 2 см, уменьшив
при этом объем газа? Площадь поршня S = 24 см2.
Температура газа постоянна.
Решение:
Запишем условия равновесия в начальном и ко¬
нечном состояниях:
(plS = mg+pdS,
1 pfi = mg + pjS + F, где m - масса поршня, p0 -
атмосферное давление, F - приложенная к поршню сила. Вычитая
первое уравнение из второго, получим F = pJS - p,S. Сила давления
газа возрастает настолько, чтобы скомпенсировать силу Е Давление
р, найдем из уравнения Бойля-Мариотта изотермического процесса.
‘ P,V,=p2(VrSAh).
Отсюда р2 = • Подставляем в F.
о V,- V, + SAh __ „
F P,S V, - SAh P,S V, - SAh
V,-SAh
SAh = piS2Ah
Vj - SAh
100-103Па • (24 104м2)2 • 21Q2m
24010*m3 - 24104m2 • 2102m
WH/m2 • 5761Qsm4-2102m 1152 Нм3 ■ 10s
24010-6м3 - 48106m3 192-10Ы3
Ответ: F =>60 H.
60 H.
Задача 163.
В цилиндрическом сосуде под массивным поршнем находится иде¬
альный одноатомный газ. Поршень удерживается на высоте h от дна
сосуда легкой нитью. Сила натяжения нити F. Какое количество теп¬
205
Физика: алгоритмы, задачи, решения
/У//////////////У/////////////У/У
F
имеем:
■%-RAT-pAV.
лоты необходимо подвести к газу, чтобы
поршень начал подниматься? Трением пор*
шня о стенки сосуда пренебречь.
Решение:
Так как подведенное к газу количество
теплоты Q равно увеличению внутренней
энергии AU одноатомного идеального газа,
то Q = AU=4tt7RAT.
2 М
Из уравнения состояния идеального газа
Поэтому Q = — pAV,
(1)
где AV = Sh. (2)
При этом об изменении давления говорить не приходится, так как
поршень только “начал подниматься”. Но это давление можно найти
из его определения р = — ■
ij
Если теперь в (1) соотношение подставим (2) и (3), то
Q-jP*r’Tf sh=TFk
(3)
Ответ:
e-jFk.
Задача 164.
В сосуд теплоемкостью с2 = 1,7 кДж/К при температуре = 2СРС
поместили т2 = 56 г льда при температуре t2 = -8° С. Какая темпера¬
тура установится в сосуде?
Решение:
Сосуд, в который поместили лед, имел более высокую температу¬
ру и поэтому остывал, передавая тепло льду. Вычислим сначала
количество теплоты, которое выделит сосуд при остывании до 0°С,
Q, = с/; Q,^ 1,7 103Дж/К■ 20К= 34000Дж.
206
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Найдем количество теплоты, которое потребовалось бы для на¬
гревания льда до 0°С. Удельная теплоемкость льда с=2100Дж/(кгК).
Q2 = с}т2 (0 - tj; Q2*>2100 Дж/(кг-К) - 0,056 кг- 8К *» 941 Дж.
Обнаруживаем, что Q2 < Qr значит, лед начнет таять.
Вычислим теперь, количество теплоты, необходимое, чтобы рас¬
топить весь лед:
Q} = km2; Q} ~ 3,3410s Дж/кг - 0,056 кг ~ 18704 Дж.
Здесь Я = 3,34-10s Дж/кг - удельная теплота плавления льда.
Получается, что потребляемое количество теплоты Q{ + Q3 по¬
чти в два раза меньше выделяемого 2/.Следовательно, растаявший
лсд еще в виде воды вдобавок и нагреется до температуры te > 0.
Количество теплоты, отданное сосудом при открывании до ко¬
нечной температуры te, равно Qt = c](tl -1J.
Количество теплоты, требуемое для нагревания льда до 0° С и его
таяния, а также для нагревания получившейся воды, составляет
Q ” = с2т2 (0 - tj + hn2 + cm2(te - 0), где св = 4200 Дж/(кг-К) -
удельная теплоемкость воды.
По закону сохранения энергии количество выделенной теплоты
равно количеству потребленной теплоты
Q’ = Q”,
С А - О = т/~ С2<2 + Я + с.О-
Это соотношение называют еще уравнением теплового баланса.
Находим из него te.
СЛ - СА = ' С212> + т2с.1*
сЛ + ™М=сЛ-т/А'с^'
i/c, + т2с) = с/; - т2(Х - c2t),
t =с/;-т/Я-с^
* ct + m2ct
1,7- ШДж/град ■ 20град - 0,056кг(3,34- 10sДж/кг - 2100Дж/(кгград)(- 8°)) _
" 1,7-103 Дж/град + 4200Дж/(кгград) • 0,056 кг
3,4-10* Дж - 0,056 кг (3,34-10/Дж/кг + 0,168-ЮДж/кг) .
1,7-103 Дж/град + 235 Дж/град
_ 34000Дж - 0,056 -340800Дж _ 34000Дж -19085Дж _
1700Дж/град + 235 Дж/град 1935 Дж/град
207
Физика: алгоритмы, задачи, решения
14915
1935
. „о _
град * о С.
Ответ: t ~ 8°С.
в
Задача 165.
В калориметр с теплоемкостью 63 Дж/град налито 250 г масла
при 12°С. После опускания в масло медного тела массой 500 г при
100°С общая температура установилась 33°С. Какова удельная теп¬
лоемкость масла по данным опыта?
Тело, отдающее
теплоту, медное тело
(охлаждается)
Тела, получающие теплоту
(нагреваются)
Калориметр
Масло в калориметре
тТ = 0,5 кг
с= 0,35-103Дж/(кг град)
tT = 100РС
t = 33° С
с= 63 Дж/град
(= 12°С
t = 33°С
тм = 0,25 кг
с - ?
С=12°С
t = зз°с
QT = cim/tT-0
Q = cm (t - t)
*-*к к к'- к
вм = с„т/‘-0
По закону сохранения энергии: QT= Qt + Qv
Запишем уравнение теплового баланса.
с/п^т -1) = c/n/t -1.) + tyn/r - g.
Находим из него с:, с. = стт^*т' ~ СД11* ~ V .
* ' rnft ■ g
_0,38 ■ ШДж/(кгград) ■ 0,5 кг (10СРС-33PQ - 63Дж/град (ЗЗРС- 12PQ м
‘ 0,25 кг (33°С - 12°С)
- -1323Дж „11407Дж/(кг-град) ,2173Дж/(кг.град).
5,25 кг-град 5,25 ' у /
Ответ: с(« 2173 Дж/(кг.град).
Задача 166.
Колбу с 600 г воды при 10°С нагревают на спиртовке с КПД 35%,
Через сколько времени вода закипит и какая масса воды при кипе-
208
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
нии будет обращаться в пар за каждую се¬
кунду, если в 1 мин. сгорает 2 г спирта? Теп¬
лоемкость колбы ЮОДж/град.
Дано:
вода
спирт
тв = 0,6 кг;
тс = 2 • Ш3 кг/с;
св = 4200Дж/(кг град);
qc = 29- 10s Дж/кг;
гв = 2,3 ■ 106 Дж/кг;
КПД установки
колба
77 =35% = 0,35.
ск = ЮОДж/град;
t* = 10° С;
t - ?
с
t2 = ЮОР С.
т ’ -?
в
Решение:
1) Найдем количество теплоты Qr необходимое для нагревания
воды от ЮР С до 100° С.
Q, = с.т.(<°2 - <?;
Qt = 4,210s Дж/(кг град) ■ 0,6 кг • (100°С - 10° С) « 226,8-103 Дж.
2) Найдем количество теплоты Q2, необходимое для нагревания
колбы от 10° С до 100° С.
в, - с,0°, - С):
Q2« ЮОДж/град •90 С <=9 ■ 103Дж.
3) Сгорит 1кг спирта, выделится qc = 29 106 Дж/кг тепловой
энергии, так как удельная теплота сгорания спирта равна qc. Из усло¬
вия: за 1 минуту сгорает 2 ■ Ш3 кг спирта. Значит, за 1 секунду сгорит
2 ■ Ш3 кг
— Т спирта-
За 1 секунду тепловой энергии выделится
10-3 Дж = 29 ■ 106- 10-3 Дж = 2900 Дж_
30
30
2900
За время tc секунд выделится Q = 1сДж.
4) По закону сохранения энергии 0,35 Q = Q, + Qy
209
Физика: алгоритмы, задачи, решения
0,35'2,9 &£. t = 235,8Дж,
3 с с
t = 235’?B™'JC - 707,4 с ш 11,8 мин * 12 мин.
с 0,35 2,9 Дж
Вода в колбе закипит через 12 минут.
5) Удельная теплота парообразования воды гв = 2,3 ■ 106 Дж/кг.
В 1 секунду при сгорании спирта выделяется
2900 Дж
У 3 с
теплоты.
35% этой энергии идет на парообразование, и эту энергию каж¬
дую секунду получает кипящая вода.
О” = 0 350’ - ®’33 Д>/с _ 1015 Дж в jjg Дж
3 с 3 с с
Найдем, какая масса воды обращается в пар за 1с.
338 Дж/с
2,3 106 Дж/кг
= 147 10-7—** 0,147 1(У — ~
кг
«1,47 — - 1,5 —.
Ответ: т ' ~ 1,5 —
• п
Задача 167.
С какой скоростью должна лететь пуля, чтобы при ударе о
стенку она расплавилась? Температура плавления пули 600 К; удель¬
ная теплоемкость сп = 125 Дж/(кг-К); удельная теплота плавления
Лп = 2,5-104 Дж/кг. Считать, что перед ударом температура пули была
50Р С и что на тепловые процессы пошла вся механическая энергия пули.
Дано:
Г = 50 + 273 = 323 К;
Т =600 К;
с = 125 Дж/(кг-К);
Л = 2,5104 Дж/кг.
V - ?
Решение:
цг = m V2 * кинетическая энергия
* 2 летящей пули.
Q = cmn(TM -TJ - количество теплоты,
потребное для поднятия температуры пули
от 323К до Т =600 К.
пл
Qrui = 2m- количество теплоты, необ-
210
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
ходимое для расплавления пули
По условию задачи вся кинетическая энергия летящей пули при
ударе превращается в тепловую энергию.
K-0 + Q*
m^jL = с т (Т - Т) + fan.
п л' м к гг
mV2 = 2с m (Т - Т) + 2fan. На m сокращаем.
п п л' пл к п п г
V2 = 2с m (Т - Т) + 2fan.
п п гг пл к гг
V.-V2C'(T„-TJ + 21
V_ ~l/2 • 125 Дж/кг • (600 К - 323 К) + 2 • 2,5 104 Дж/кг ^
" -^250 • 277Дж/кг + 5 104 Дж/кг ^68250 + 50000) Нм/кг «
~~^11,83 104 кг-м-м/(с2-кг) ==\J3,439 ■ 102 м/с ~ 344 м/с.
Ответ: V ~ 344 м/с.
Задача 168.
Верхний конец стержня закреплен, а к нижнему подвешен
груз массой 2,04 т. Первоначальная длина стержня 5 м, его диаметр
2,26 см. Определите абсолютное удлинение, если Е = 2 ■ 10" Па.
д1 _ 4mglo_
nED2 -
е-относитель¬
ное удлинение,
<7- напряжение,
Е - модугсьупру-
гости Юнга.
Дано:
т =
2,04 ей;
5 i;
D =
2,26 10r2 i;
Е =
2 1011 la;
Ч -
9,8 Ж2.
А1-
?
А1 ‘
Решение:
Q
II
Ь
II
jfe
S
h
a = Ее,
Al=^!
eS
со
II
%
и
b,
кг ■ 9,8 м/с2
• 5m _8,16 ■ Шкг
3,14 210" Па - (2,2610-2м)2 6,28-10"Н/м2 5,110-4м
400 ■ 103 кг/с2 с 1М кг-с/'М2 , ГЛ, .
~ 12,5 Ш4 — = 12,5 ш4м ~ 1,25 мм.
32 107 кг-м/^-м2)
Ответ: А1 ~ 1,25 мм.
с/кг-м
211
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 169.
Спирт поднялся по капиллярной
трубке на высоту 55мм, а вода на высоту
146 мм. Определите плотность спирта.
к
с
<*с
h
в
Р.
Дано:
= 55 • Ш3 м,
= 22 ■ Ш3 Н/м,
= 146• т3м,
= 73 - т3 н/м,
= 103 кг/м3.
. ?
Решение:
ае и а - коэффи-
циенты поверхност¬
ного натяжения
спирта и воды.
Так как внутрен¬
ний диаметр и ради¬
ус трубки один и тог
же (одну и ту же трубку опускали в спирт и воду), то г, = г#.
Формула для высоты подъе¬
ма жидкости в капилляре.
2а
h =-
г =
pgr
2а
Pgh
Рс =
22 ■ К/3 Н/м ■ HP кг/м3 ■ 146
73 ■ Ш3 Н/м ■ 55 ■ К/3 м
2 Ос ___ 2 ов
~pJhc ~P£b.’
Ос _ О* ^
~рК ~рК’
л Ocpjte
Рс ah
тзм с 4
HP кг
5 м3
■800—,
м3
Ответ: рс ~ 800 кг/м3.
Задача 170.
В котле паровой машины температура t{ = 150° С. Температура
холодильника t2 = 10° С. Какую теоретически максимальную работу
может выполнить машина, если в топке, коэффициент полезного дей¬
ствия которой г\ = 80%, сожжено m = 200 кг угля с удельной тепло¬
той сгорания q = 3,1 107 Дж/кг1
212
Раздел 2» Молекулярная физика. Тепловые явления
Дано:
/, = 1500С; Т, = 423 К;
I, = 100с; Т1 = 283 К;
т] =80% = 0,8;
Уголь
m = 200 кг;
q = 3,1 107 Дж/кг.
А - ?
= —
аах Q,
„ -Т2-Т,
О тах у* ’
11
Q, = wq,
А _Т2-Т,
wq т,
Ответ: А - 1,6-107Дж.
Решение:
А = t]mq(l -11).
1 1
А~0,8-200 кг-3,1-107ёШ-
кг
а
283 К
)~
423 К
- 496 ■ 107Дж (1 - 0,67) -
- 160-107Дж = 1,6-107Дж.
Задача 171.
Один моль идеального газа уча¬
ствует в некотором процессе, изоб¬
раженном на рисунке в р, V коор¬
динатах, проходя последовательно
состояния 1, 2, 3, 4, 1. При этом
V, = V3 = 2Vff
v = V V = 4V
V 4 V <t V 2 V
P,=P2 = 2PffP}=P<=-j-
Найдите работу, совершенную
газом за этот цикл, выразив ее че-
V рез/>0 и Vд.
Решение:
Работа газа численно равна площади фигуры, ограниченной гра¬
фиком зависимостир от V, осью V и перпендикулярами, опущенны¬
ми на ось V из концов графика.
В процессах (4—>1) и (1—>2) совершается положительная работа, в
процессах (2-»3) и (3—>4 ) совершается отрицательная работа. По¬
этому из площади многоугольника (V0- 4 - 1 - 2 - 4VJ вычтем пло¬
щадь многоугольника (Vg -4-3-2- 4VJ. Останется площадь четыре¬
хугольника (1 - 2 - 3 - 4). Она численно равна работе за цикл. Пло¬
щадь этого четырехугольника состоит из суммы площадей двух треу¬
гольников: Л134 и А123.
213
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Следовательно, работа за весь цикл равна
А = Smx * S*m =L2VY, - Wb -%> *J<4K - WJPPc-fy *
4».-f)<2V.- K+ 4V.-2V -y(2P,-f>2K -
g
Ответ: A = —p0VQ.
Задача 172.
Тепловая машина работает по циклу Карно, и ее КПД Т] = 60%,
Во сколько раз количество теплоты, получаемое при изотермическом
расширении рабочего вещества, больше количества теплоты, отдан¬
ного при изотермическом сжатии?
Решение:
При изотермическом процессе внутренняя энергия идеального газ!
не меняется. Все переданное газу количество теплоты Q идет на со¬
вершение работы Арасш при расширении газа. Q = Арасш.
При изотермическом сжатии совершается работа внешних сил. Так
как внутренняя энергия не меняется, 60% полученной ранее полу¬
ченной теплоты передается окружающей среде.
Q = А + пО,
А = Q - пО.
сжат. х-' 1 х-'
Найдем отношение
Арасш. „ Q _ Q _ 1
Q- 4Q
Ърасш.
А 1 -
сжат.
0,6
Ответ: в 2,5 раза.
Q0- V) 1-г\
±- 2.5раза
Задача 173.
Тепловая машина, рабочим телом которой является 1 моль иде¬
ального одноатомного газа, совершает цикл, изображенный на ри-
214
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Р
сунке. Найти КПД этой машины.
Решение:
Коэффициент полезного дей¬
ствия тепловой машины равен
rj = —, где Qh начальное количе-
ство теплоты, полученное рабо¬
чим телом.
Работав, совершенная за цикл,
численно равна площади цикла,
изображенного в координатахр, V.
А =TmPoV<r
Выясним, на каких участках цикла газ получает тепло, а на каких
отдает его. Запишем первый закон термодинамики для любого участ¬
ка:
Q = AU. +А.
x-'l I I
Один моль идеального одноатомного газа обладает внутренней
энергией U = — RT, откуда
Изменение внутренней энергии на каждом участке определяется
изменением температуры. Работа А. численно равна площади под
соответствующим участком цикла.
С помощью уравнения состояния идеального газаpV=RTнайдем
температуры газа в точках 1,2, 3:
гр PoVo. yi _ 2j?o2 Vo jrp _ m Vo ^171
11 R ’ ±2 R 41i' 1з p ■ 1 v
На участке (1—>2) температура газа увеличивается (ATп > 0), и газ
совершает положительную работу (газ расширяется); следовательно,
па этом участке газ получает тепло. На участках (2—^3) и (3—>1) тем¬
пература газа убывает, на участке (2—>3) работа вообще не соверша¬
ется, а на участке (3—>1) она отрицательна (газ сжимают, совершая
215
Физика: алгоритмы, задачи, решения
работу извне), значит на этих участках газ тепла не получает.
Работа А12 равна площади трапеции под графиком (1—>2): полу*
сумма оснований (2р0 ир0) умножена на высоту (2V0- VJ.
Значит QH = Qn = AUn + Ап =| p0Vg +jP„V0 = 6p0Vff
Теперь найдем КПД.
П =— = E°?L: 6pnV. = poVo = — « 8%.
' Q. 2 P° ° 12p0V0 12
Ответ: T] = 8%.
Задача 174.
Один моль идеального газа
совершает цикл, изображенный
на рисунке в координатах р, U,
где р - давление, U - внутренняя
энергия газа. Определите коэффи¬
циент полезного действия цикла.
Решение:
U Согласно уравнению состояния
идеального газа для каждого со¬
стояния в цикле можно записать выражение для внутренней энер¬
гии.
Состояние 1. U0 =jRT, =jpnV, =jp0V0.
Состояние 2. 2U0 =jRT2 =j2p0V2 = 3pgV2 = 3p0Vv
(H32U0 = 2fp0V0 = 3p0V0).
Состояние 3. 4U0 =j-RT} =j-2p0V} = 3p0V} = 6p0V0. (1)
(Из 4U0 = 4 fp0V0 = 6p0V0).
Состояние 4. 2U0 =±RT4 =±2p0V4 = 3p0V0.
216
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
№2U,-2jp,r, = Зр/^.
'Здесь объем приняли за VQ.
Из этих равенств можно найти соотношения для объемов в каж¬
дом состоянии.
V ' V = V • V — бр°У° — 2V • V =lPoVo _ 2V
V0> У2 У(У v3 ZV<y v4 J ZV0-
”o — p
2У
(2)
Учитывая это, можно начертить цикл в координатах р, V.
Из равенств (1) можно найти за¬
висимость температуры от внутрен¬
ней энергии для каждого состояния.
it. 2 \Jo <т»
‘~3 R ~ *
Т — ^ — 27*
2 3 R е
Т = — Ul= АТ
3 3 R ’’
Т = ^ ^ __ *yji
3 R П?
(3)
Теперь понятно, что в процессах (1—>2) и (2—>3) температура рас¬
тет, и газ получает теплоту от нагревателя, а в процессах (3—>4) и
(4—>1) температура убывает, теплота передается холодильнику.
Рассмотрим подробнее каждый процесс.
В процессе (1—>2) за счет теплоты, полученной от нагревателя
увеличивается внутренняя энергия газа, работа не совершается, так
как газ не расширяется (объем постоянен). Тегбюта Qn идет на уве¬
личение внутренней энергии газа.
Qn = Щг - jW, -т> штя(1Т" 7F; " и- ‘ W’
Здесь использованы формулы (3) и (1).
В процессе (2^-УЗ) за счет полученной теплоты Qn увеличивается
внутренняя энергия на величину AU2}.
217
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ли,, -jmr, - Т) =|R(f& Й) . 2V, - 3p,Vr
И совершается работа при изобарном расширении газа
Ап = 2p0(2V0-VJ = 2p0Vir равная численно площади прямоугольника
под графиком процесса (2—>3 ).
Тогда Q23 = 3p0V0 + 2p0V0 = 5р/„.
А вся теплота, полученная газом от нагревателя в процессах (1—>2)
и (2-»3) будет равна
@нагр ~ @12 + @23 “ J Р(Уо + ~*Р (УП ~ ~ Р(УО'
Теперь для вычисления КПД можно идти двумя путями.
Первый путь
Полезная работа, совершенная за цикл, численно равна площади
цикла А = (2р0 - pj (2V0 - VJ = pgV0.
И тогда коэффициент полезного действия сразу вычисляется
—= PnVo = J--0,15 = 15%.
) 13 Tr 13
'нагр. “ "
2
Т) =
■PoVo
Второй путь
Найдем количество теплоты, отданное холодильнику.
В процессе (3—>4) теплота отдается, работа не совершается, умень¬
шается вместе с температурой внутренняя энергия
е„= AU„=±R(Tt-TJ .=Ir(.£ У) -.21],--3p,V,
Используются формулы (3) и (1).
В процессе (4—»Г) отдается холодильнику теплота
@4,- jR(T,-TJ-jR(j--j-)-jR(-j и0--— p0v9
И совершается отрицательная работа газа (то есть работа внешних
сил по сжатию газа до состояния 1).
- A4l = - p0(2V0 - VJ = - pnVn. Она равна площади под графиком
процесса (4—>1).
218
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Таким образом, внутренняя энергия уменьшается в процессах
(Т ->4) и (4—>1) на величину
J) =0,15 **15%.
Оба пути дали один и тот же результат.
Ответ: 1] = 15%.
Задача 175.
Коэффициент полезного действия теплового двигателя Т] = 30%.
Каким станет КПД, если количество теплоты, получаемое от нагре¬
вателя, увеличить на 5%, а количество теплоты, отдаваемое холо¬
дильнику, уменьшить на 10%1
А коэффициент полезного действия цикла равен
_ Q^P. - Q™ _ 2 pQVQ' 2 PoVo _
'хол.
7] = 30% = 0,3;
Q,’ = Q,+ 0,05Q, = 1.05Q-
Q2’ = Q2-0,lQ2 = 0,9Qr
Дано:
Решение:
q _ Qi - Q: - первоначальный
Qj коэффициент полез¬
ного действия.
я' = Qi' - Q2' - коэффициент no-
gy ' лезного действия при
измененных харак¬
теристиках нагрева¬
теля и холодильника.
Решим систему уравнений
<
QrQr0’3Qr0’7Qe
_ l,05Qi - 0.9Q2
1,05Qi
Подставим значение Q2 из первого уравнения во второе.
219
Физика; алгоритмы, задачи, решения
l,U5<Ji l.USyi У,(Л)
Ответ: ц' - 40%.
Задача 176.
Р
п
\2
Докажите, что КПД тепловой ма¬
шины, использующей цикл, состоя¬
щий из двух изотерм и двух изохор,
меньше КПД идеальной тепловой ма¬
шины Карно, работающей с теми же
нагревателем и холодильником.
Решение:
1
Пусть температура холодильника
7) (соответствующая нижней изотер¬
ме), а нагревателя Т2 (соответствую-
0
V щая верхней изотерме). На изохорном
участке (1 —>2) объем газа не меняется, то есть работы он не соверша¬
ет, однако его температура увеличивается от Tt до Т2, и, значит, к
газу подводится некоторое количество теплоты Qir
На изотермическом участке (2—»3) внутренняя энергия газа посто¬
янна, и вся подводимая теплота Q23 идет на совершение работы:
На изохорном участке (3—>4) температура газа возвращается к сво¬
ему начальному значению Тг то есть от газа отбирается количество
теплоты Q34 = Ql2.
При изотермическом процессе (4—>1) совершаемая газом работа
отрицательна и, следовательно, от него также отбирается теплота.
Таким образом, полная теплота подведенная к газу за один цикл,
составляет Ql2 + А2}. Работа газа за цикл, как видно из рисунка,
складывается из положительной работы А2} на участке (2—>3) и отри¬
цательной работы А41 на участке (4—>1).
Сравним давления в точках, соответствующих одинаковым объе¬
мам на участках (2—>3) и (4—>1). Процесс (4—>1) происходит при дав¬
лении меньшем, чем процесс (2—>3) в T/Tt раз, поскольку по закону
220
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Шарля отношение этих давлений при любых одинаковых объемах
равно Т/Гг Поэтому и работа А41 меньше работы Ап в Т/Т! раз, да
сшс отрицательна.
А 42 _ _ Tl
Полная работа за цикл будет
A-An+A^AJl-b),
2
а коэффициент полезного действия равен
А АаО-т/ *»(>-% 1-т,
7] =
TJ =
Ql2 + A23 Ql2 + A23 А (1 +2ll) 1+Яа’
23 А23 А23
1.2
1 Т2
1 +0л
Л23
Так как знаменатель полученной дроби больше единицы, то вся
дробь меньше числителя
1.2
i-2-<1.2.
j + Qn т2
Но числитель представляет собой КПД идеальной тепловой
машины, поэтому Т] < Tjmax.
Задача 177.
КПД тепловой машины, работающей по циклу, состоящему из изо¬
термы (1—>2), изохоры (2-»3) и адиабаты (3—> 1), равен 7), разность
максимальной и минимальной температур газа в цикле равна АТ.
Найдите работу, совершенную V молями одноатомного идеального
газа в изотермическом процессе.
221
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Р
Решение:
Изотермический процесс это про¬
цесс (1 —>2). Г аз получает тепло толь¬
ко в процессе (1—>2), а совершает ра¬
боту на участках (1—>2) и (3—>1), так
что
Ц-А„+А». (1)
(1)
3
При изотермическом процессе
(1—>2) вся полученная теплота идет
О
v на совершение работы, внутренняя
энергия не меняется, так как температура постоянна:
(2)
При адиабатном процессе (3—>1) работа равна изменению внут¬
ренней энергии с минусом, так как происходит сжатие газа
Отсюда Ап(1 - ц) =-j VRAT.
Л , 3VRAT
°тжт:Л->ш!<ПТ
Задача 178.
Один моль газа участвует в процессе, график которого изображен
на p,V - диаграмме. Участки (1—>2) и (3—>4) графика суть отрезки
прямых, продолжения которых проходят через начало координат, а
кривые (1—>4) и (2—>3) - изотермы. Нарисуйте график этого процесса
на Т, Vдиаграмме. Найдите объем V3, если известны объемы Vt и
Аи = -jVRAT.
(3)
Подставляем (2) и (3) в (1), получаем
222
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
Решение:
Так как линии (1 —>2) и (3—>4) про¬
ходят через начало координат, то при
V = 0 и р = 0. Значит, и абсолютная
температура в этом случае Т=0. Сле¬
довательно, продолжения этих линий
и на Т, V - диаграмме должны прохо¬
дить через начало координат. Найдем,
что это за линии. На р, V - диаграмме
для любой точки графика р пропор¬
ционально V, то есть для верхней ли¬
нии р = аV, для нижней линии р = eV, где “а” и “в” - постоянные,
причем а > в. (Линия (1—>2) выше линии (3—>4)).
Поскольку (1—>2) и (3—>4) процессы, происходящие с одной и той
же массой газа, можно записать для нее уравнение состояния в фор¬
ме Клайперона: SX = к, где «к» - постоянная. Тогда для процесса
aV2
(1 —>2), заменяя р = aV можно записать — = к,
m Cl f/J Cl
T =7- F, где — - постоянная.
к к
Следовательно, график (1—>2) на Т, V- диаграмме есть парабола с
d о
коэффициентом —. Для процесса (3—>4) получается —- = к,
/С 1
в в а
Т = —— тоже парабола с коэффициентом — с —. Значит, вто-
к к к
рая парабола расположена ниже первой. Но обе они проходят через
начало координат.
Изотермы (2—>3) и (1—>4) на T.V - диаграмме параллельны оси V,
только первая выше второй, так как постоянная температура газа в
первом процессе (2—>3) выше постоянной температуры во втором
процессе(4—И).
Исходя из этих рассуждений, теперь можно начертить график цикла
на T.V - диаграмме.
223
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Для нахождения объема V} запи*
шем закон Бойля - Мариотта для про*
цесса (2—>3)
p2V2=p,V3. (1)
Из пропорциональности объемом
и давлений следует:
£ - (2)
рI Vi
Подставив (2) в (1), получаем:
у = Р2 V = — V =—■
3 р, 2 V, 2 у,
Задача 179.
Hap, Т- диаграмме изображен замк-
нутый процесс, который совершает не¬
которая масса кислорода. Известно, мак¬
симальный объем, который занимал кис¬
лород в этом процессе, Vmai = 16,4 л.
Определить массу газа и его объем в точ¬
ке 1. Значения Тг Ту рг р2 указаны на
рисунке.
Решение:
На участке (1—>2) давление про-
JI к порционально абсолютной температуре
■£■ - const. Это процесс изохорный. Объем
газа не меняется, Vt = Vr Прямая (2—>3) изотерма. Здесь объем рас¬
тет с уменьшением давления, V} > Vr В процессе (3—>1) давление
постоянно, р, = р}, процесс изобарный, температура убывает; зна¬
чит, по закону Гей - Люссака, где объем пропорционален абсолютной
Vi Ti
температуре —: = объем тоже убывает: V} > Vr Значит,
224
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления
наибольшим будет объем V} в состоянии 3: V} = Vmat.
lit чакона Гей - Люссака также следует
II =1l>
V т
F'= 1lv =Ilv
I Т 3 Т max'
I (одставляя известные данные, находим
v, ■ 16,4 • 10-3 м3 * 12,3 10-3 м3 «12,3 л.
Дано:
кислород,
М = 3,2.10-2 кг/молъ,
pi -105 Па,
VI = 12,3.10-3 м3,
Т1 =300К,
R = 8,3 Дж/(молъ-К).
m - ?
Ответ: т = 16 г.
Решение:
Из уравнения состояния кислорода
(р.К = -77 RT.) в состоянии 1 находим
М
т
т
= piVM
RT,
, 10sПа • 12,3-Ш3м3 ■ 3,210-2кг/моль
8,3 Дж/’(моль-К) ■ 300 К
39,36Н/м2 м3 кг 39.36Н мкг
2490 Нм 2490 Нм
~ 0,016 кг 16 г.
8 Заказ № 1509
Раздел 3. ЭЛЕКТРОСТАТИКА
3.1. Комментарий
Название раздела полностью отражает содержание изучаемых про-
блем и виды возможных задач: физика покоящихся электрических
зарядов. Существенная особенность электростатики (и элекгродиих-
мики в целом) состоит в существовании зарядов двух типов и харях-
тере взаимодействия между ними: притяжения разноименных и ОТ*
талкивания одноименных зарядов. Представление о существований
электрического поля, создаваемого зарядами, идея близкодействм
порождают новую группу задач, связанную с определением силовых
характеристик поля - напряженностей, его энергетических характе-
ристик - потенциалов. Существенно новые проблемы возникают при
появлении в поле проводников и диэлектриков, способных, соответ-
ственно, передавать и накапливать заряды. К этой группе относятох
задачи, в которых требуется определить потенциалы, энергии и дру*
гие характеристики систем тел: сферических проводников, конден¬
саторов. Главное, что следует иметь в виду, состоит в том, что осво¬
енные в предыдущих разделах методы, опирающиеся на принцип су¬
перпозиции, законы сохранения - фундаментальные принципы, спра¬
ведливые и для электростатических явлений.
3.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы
3.2.1. Определения и формулировки
Электродинамика как раздел физики; электростатика как часть
электродинамики; два типа зарядов; закон Кулона; точечный заряд;
закон сохранения заряда; принцип дальнодействия; принцип близко-
действия; электрическая постоянная; диэлектрическая проницае¬
мость; электрическое поле; напряженность поля; силовые линии; про¬
водник; электростатическая индукция; принцип суперпозиции; диэ¬
лектрик; поляризация диэлектриков; потенциал электрического поля;
226
Раздел 3. Электростатика
•мш потенциальные линии; разность потенциалов; электроемкость;
конденсатор; энергия электрического поля.
3.2.2. Формулы: закон Кулона; закон сохранения заряда; напря¬
женность электростатического поля; работа в электростатическом
ноле; потенциал; разность потенциалов; электроемкость; емкость
плоского конденсатора; емкость батареи конденсаторов при парал¬
лельном и последовательном соединении; энергия электростатичес¬
кого поля.
3.2.3. Графики (графическое описание): силовые линии для раз¬
личных систем зарядов; эквипотенциальные линии и поверхности
для различных систем зарядов.
3.2.4. Единицы: электрический заряд; напряженность поля; по¬
тенциал поля; электроемкость.
3.3. Алгоритмы и иллюстративные задачи.
В пункте 3.1 уже было отмечено, что особенность электростатики
состоит в наличии двух типов зарядов и характере их взаимодей¬
ствия. Это, однако, не нарушает фундаментальных физических прин¬
ципов: суперпозиции и сохранения. Вместе с тем, новые явления
описываются и изучаются с использованием новых физических ве¬
личин. Поэтому хорошо знакомые из механики, молекулярной фи¬
шки принципы приобретают несколько иную форму и требуют об¬
новления методики их применения. Таким образом, решение задач
электростатики не требует разработки специальных алгоритмов а нуж¬
дается некоторых методических советах.
3.3.1. Условие механического равновесия заряда под дей¬
ствием нескольких сил записывается как обычно: геометричес¬
кая сумма сил равна нулю Fу + F2 + +F = 0. Одна из
приложенных к заряду сил будет вычисляться по закону Кулона.
8*
227
Физика: алгоритмы, задачи, решения
3.3.2. Если поле в некоторой точке создаетсянесколысими источ¬
никами (зарядами), то полная напряженность Е_попя определяется
по принципу суперпозиции: Е = Et + Е2 + + Еп, а напряженность
полей от каждого заряда рассчитываются по закону Кулона.
Потенциал суммарного поля вычисляется также по принципу
суперпозиции: <р = + ф2 +... + <рп с учетом знаков зарядов - источ¬
ников.
3.3.3. Для описания движения заряженных тел используется урав¬
нение II закона Ньютона и кинематические уравнения движения,
формулы, описывающие колебания и др. Действие электростатичес¬
ких сил учитывается по формуле закона Кулона.
3.3.4. Следует учитывать, что при любых изменениях состояния
тел замкнутой системы, ее полная энергия (с учетом электростати¬
ческой), полный электрический заряд остаются неизменными:
q(0), + я<0>2 + + я(0>„ = я,+ я2 +
3.3.5. В соответствии с законом изменения полной энергии систе¬
мы это изменение равно работе внешних сил, убыли энергии вслед¬
ствие ее превращения в тепло и пр.
3.3.6. Батареи конденсаторов, построенные по принципу после¬
довательного или параллельного соединения конденсаторов облада¬
ют различными свойствами: в первом случае у всех конденсаторов
одинаковы заряды, во втором - потенциалы. Это легко увидеть из
основной формулы емкости конденсатора.
Число таких методических советов можно было бы значитель¬
но увеличить. В этом нет особой необходимости поскольку
самые существенные из них приводятся в текстах решений задач. По
этой же причине отпадает необходимость в иллюстративных
задачах.
228
Раздел 3. Электростатика
3.4. Задачи и решения
Задача 180.
////////////
/
/
6 6
кулоновского отталкивания Fk
\
На шелковых нитях длиной / = 1м
висят, соприкасаясь друг с другом, два
шарика малого диаметра с массой
т = 1,5-1 O’3 кг каждый. На какое
расстояние разойдутся шарики, если
каждому из них сообщить заряд
Ч = &1(У9Кл1
Решение:
На каждый шарик, в крайнем рав¬
новесном положении действуют силы:
= к -2-, сила тяжести mg и сила натя¬
га
жения нити Г. (На рисунке
справа показаны силы, дей¬
ствующие на правый откло¬
нившийся шарик). При рав¬
новесии шариков суммы сил,
на них действующих, равны
нулю, стало быть, и суммы
проекций сил на горизон¬
тальную и вертикальную оси
равны нулю.
Решаем систему уравне¬
ний.
х
Fk-Tsina = 0 - сумма проекций сил на горизонтальную ось ОХ>
I - mg + Т cosa = 0 - сумма проекций сил на вертикальную ось OY>
] г ка2
^ гк =—у- - кулоновская сила отталкивания заряженых шариков.
Исключим силу Т из этих уравнений.
229
Физика: алгоритмы, задачи, решения
' Fk = T sin а
' F = mg sin а
II
1
k cosa
<
< cosa
F=&
г
и
Г» г2
Fk = mg tga
F =Ьз1
k г2'
Приравниваем правые части обоих уравнений
%L = mg tga.
Из чертежа видно, что tga =—
г
21
Тогда ШИ.
Д г2 21
_ 2кд21'
mg
V mg
В условии дано:
к = 9109 Н-м2/Кл2,
q = б-КУ9 Кл,
т = 7,5-70J кг,
1 = 1м,
g = 9,8 i/ii2.
г- ?
л /2 9109 Нм2/Кл2 3610-1* Кл2 • 1м
|/ 1,5- Ш3 кг • 9,8 м/с2
» 3,5310 4 « 3,53 т.
Ответ: г « 3,53см.
Задача 181.
На шелковой нити подвешен маленький шарик массой т = 300мг,
Шарику сообщен заряд q = 31&8 Кл. Как близко надо поднести К
нему равный ему заряд, чтобы сила натяжения нити уменьшилась
втрое?
Решение.
Первый шарик висит на нити и находится в покое. Значит, сумм!
сил, действующих на него (сила тяжести mg и сила натяжения нити
230
Раздел 3. Электростатика
//////////
Т;) равна нулю mg - Tt = 0.
Понятно, что другой
шарик надо подносить стро-
го снизу. Если снизу под-
Tj несен на изолированной
ручке шарик с одноимен¬
ным ^зарядом, то между
шариками возникнет куло-
новская сила отталкивания,
направленная вверх. И рав¬
новесие наступит тогда, когда сила натя¬
жения нити уменьшится в 3 раза.
Т + Fk = mg, где Т2 = у- Т,
////////////
j+F>
mg = 0.
Исключая силу натяжения Т1 из системы
уравнений, находим расстояние г.
( mg-Т, = О,
j L + Fk- mg = О,
F
1 к р2
Т, = mg,
L + к2, mg = 0.
f + %-mg-0.
kq2 _ 2mg
F 3
109 Н-м2/Кл2 ■ 910-,6Кл2
3-IQ-4 кг - 9,8 м/с2
-lei l^H-M2 Jn.3 2
1штнт~'/4’13Шм~
« \J41,3 Ш4м2 - 6,4-lQr2M«6,4 cm.
Ответ: r <=» 6,4 cm.
231
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 182.
На расстоянии d от большой проводящей пластины, находится то¬
чечный электрический заряд +q. С какой силой действует на него
пластина?
Под влиянием заряда + q на пластине появляются наведенные от¬
рицательные заряды. Они распределяются по поверхности пластины
таким образом, что результирующая напряженность электрического
поля, созданного этими зарядами и зарядом + q, внутри пластины
равна нулю (индуцированные положительные заряды уходят на уда¬
ленные края пластины, и их влиянием можно пренебречь). Посколь¬
ку пластина большая, величина суммарного наведенного заряда прак¬
тически равна по модулю заряду + q.
Справа от пластины электрическое поле создается точечным заря¬
дом + q и распределенным по поверхности пластины наведенным
отрицательным зарядом - q. Слева электрическое поле отсутствует
(эффект электростатической защиты).
Представим себе, что мы поместили слева от пластины на рассто¬
янии d точечный отрицательный заряд - q (заряд - изображение). Он
наведет на левой поверхности пластины положительные заряды, ко¬
торые распределятся по ней точно так же, как отрицательные заряды
на правой поверхности. При этом электрическое поле справа от пла¬
стины не изменяется (опять действует электростатическая защита).
232
Раздел 3. Электростатика
Можно сказать, что справа от пластины поле создается двумя то¬
чечными зарядами +q и - q и зарядами (отрицательными и положи¬
тельными), индуцированными на обеих сторонах пластин. (В самом
деле суммарная напряженность электрического поля от точечного
отрицательного заряда и наведенных положительных зарядов равна
нулю). Если пластина тонкая (ее толщина мала по сравнению с рас¬
стоянием d), то напряженность поля наведенных зарядов вне пласти¬
ны равна нулю.
Таким образом, оказывается, что справа от пластины электричес¬
кое поле, создаваемое зарядом + q и наведенными отрицательными
зарядами, совпадает с полем, созданным двумя точечными зарядами
+ q и - q, находящимися на расстоянии 2d друг от друга. Это означа¬
ет, что напряженность поля индуированных зарядов в точке, где
находится заряд + q, равна напряженности поля точечного заряда - q.
Тогда искомая сила притяжения равна F = = —г-.
(2d) 4d
Ответ: F = ^
4dr
Задача 183.
Три одинаковых маленьких шарика с массами т = 0,1 г подвеше¬
ны в одной точке на шелковых нитях длиной / = 20см. Какие одина¬
ковые заряды следует сообщить шарикам, чтобы каждая нить состав¬
ляла с вертикалью угол а - 30°2
Решение:
Шарики располагаются по верши¬
нам углов равностороннего треугольни¬
ка АВС. (OD - вертикаль). Катет AD тре¬
угольника AOD равен -у, так как он
лежит против угла в 30°. (Так как тре¬
угольник ДАВС равносторонний, его
углы по 60°. AD - биссектриса ZBAC,
233
Физика: алгоритмы, задачи, решения
П/Г7_
=ЩгГб~
равен у. Сторона АС =
2
На каждый шарик со стороны со¬
седнего действует сила
ас щ2 зр ‘
(см. рис. 2).
Рис. 2
Сила, действующая со стороны лю¬
бых двух шариков на третий,
F.2F,co,a^-co.3<r-^~3$. (1)
Шарик находится в равновесии, если горизонтальная составляю¬
щая натяжения нити 7” = Т sin a = F, а вертикальная составляющая
Г" = Т cos a = mg (см. рис. 1).
Находим отношение составляющих силы натяжения.
Т_ _ F _ Tsin а
jtr
*8
-= ts а,
’ mg Т cos а
F _ 4кд2 _\f3
mg V3 I mg 3
Дано:
_0,2м . Il04 кг • 9,8м/с2
ZAOD = ZCOD = ZBOD = a,
q 2 19109 Нм2/Кл2
ъ
II
a
- sjl,09■ 10-'3 Кл2/м2
l = 0,2 m;
2
m = Ш4 kz
- 0,1 м \ll0,910-14 Кп2/м2
g = 9,8 i/n2;
« 0,1m 3,3-m7 Кл/м -
к = 9109 Нм2/Кл2;
~ 3,310-* Кл.
q-?
Ответ: q » 3,310'* Кл.
234
Раздел 3. Электростатика
Задача 184.
-F, q,
Яг
-F,
....
я,
Яг
1
-д/
F,
-►
F,
Два точечных заряда находится на рас¬
стоянии /. Если расстояние между ними
уменьшится на Л1 = 50 см, то сила взаи¬
модействия увеличится в 2 раза. Найди¬
те I.
Решение:
Fj = - сила взаимодействия до сближения зарядов.
F2 =.^£i£^p - сила взаимодействия зарядов после сближения.
* г = 2Fv
kq,q}= kq,q2
~Р (l- At)2’
1 = 2_
(1 - Ы)2 P '
1=ЯТl-\UAl,
(\fl-1)1 =\T2Al.
Ответ: l » 1,4 m.
l-ri*
0,5 м >
, F414
1,414-1
1,414 n c
■3,4 0,5 м *» 1,4 m.
Задача 185.
На двух одинаковых капельках’воды находится по одному лишне¬
му электрону, причем сила электрического отталкивания капелек
уравновешивает силу их взаимного тяготения. Каковы радиусы ка¬
пелек?
Дано:
е = 1,6-1 O'19 Кл - заряд электрона;
к = 9109 Нм2/Кл2 - постоянная в законе Кулона в системе СИ;
I - расстояние между центрами капель;
G = 6,67-1 O'" Нм^кг2 - гравитационная постоянная в СИ;
т - масса капли, т = Vp = 4/37tr3p;
г - радиус капли:
р = 103 кг/м3 - плотность воды.
235
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Приняв законы Кулона и всемирного тяготения, получим два урав¬
нения для силы электрического отталкивания и силы тяготения:
р _ ке2
м р ‘
F
тяг 12
По условию задачи
ке2 _ Gm2
Р Р ’
ке2 = Gm2,
ке2 = —Jt Gt^p2,
Яке2
= F
t*=-
16JPGP2
n,
4l67t!Gp2
r=\! 9k^
i lejPGp2
V
/ 9- 9-10> НмЗ/кг2 (1,610-'9 Кл)2
46 -9,87 6,67-10-» НмУкг2
106 к^/м6
/81 2,56-109 10-}8Нм2м*_.
б! 207,4-10-29м6
106,7 9,87-10-5 Нм2
V Ю53-1 а5
7,610-5m
~ 7,6-1 O'2мм *» 0,076mm.
Ответ: r *» 0,076mm.
Задача 186.
Два одинаковых заряженных шарика соединены нитью длиной
I— 5см и с помощью двух нитей такой же длины прикреплены к точ¬
ке подвеса, причем точка подвеса и шарики лежат в вершинах равно¬
стороннего треугольника. После того как нить, соединяющую шари¬
ки, перерезали, они значили двигаться с ускорением а = 40 м/с2.
Определите скорость шариков в момент, когда они окажутся на
одном уровне с точкой подвеса.
236
Раздел 3. Электростатика
В момент перерезания нижней нити скорость шариков равна нулю,
и, следовательно, их центростремительное ускорение равно нулю.
Касательное ускорение cf обеспечивается проекциями положитель-
JT F
ной кулоновской силы F cos а = F cos 30° = —— и отрицательной
силы тяжести mgsina = mgsin30° = ^ на направление касательного
ускорения а.
Второй закон Ньютона в проекциях этих сил можно записать
\1Г F mg ,1Ч
—-г та ■ (1)
Так как F = Щ-, то ото уравнение запишем в вице
Далее надо применять формулу потенциальной энергии электро¬
статического взаимодействия двух тел. Потенциальная энергия элек¬
тростатического взаимодействия системы двух заряженных тел выра¬
жается формулой
W = *Mi
I
, где qr q2 - заряды тел, а / - расстояние
237
Физика: алгоритмы, задачи, решения
между их центрами.
Она равна работе внешних сил при сближении заряженных тел из
бесконечности до расстояния / между телами.
В таком случае общая энергия взаимодействия обоих шариков вме-
вверху, шарики удалены на расстояние 21 друг от друга.
Кроме того вверху добавляется еще потенциальная энергия за счет
подъема каждого шарика над первоначальным уровнем на высоту
И еще по условию в верхней точке шарики обладают скоростью,
стало быть, и кинетической энергией.
Так как рассматривать приходится систему обоих тел вместе, то
вверху к потенциальной энергии взаимодействия W прибавляется
еще 2(Wp + fVJ.
Теперь, наконец, для данной системы тел можно записать закон
сохранения энергии.
оба шарика в:
сте, когда они
yJTl
h = lcos а = Icos 30° = —.
WM = We + 2(Wp + WJ.
kq2 = kq2 , mgl mV2,
l 21 ( 2 2 J‘
=VT mgl + mV2.
(3)
Решая систему уравнений (2) и (3), находим «V».
=\/3 mgl + mV2.
\JJkq2 _
2l2
Первое уравнение умножаем Hi
VT, второе на I, потом из первого
почленно вычтем второе.
238
Раздел 3. Электростатика
'EM. - 3mgl +■/! mV1.
21 2
4з mV2 +3mgl = + mol,
У! V2 +3gl =& + al,
V2 =
V
~щг__
=^fl(2a-5g).
=J l(a -j g)= - 5g).
V «у ^ • 0,05m • (2 -40 м/с2 -5 9,8 м/с2) «У1,44-№2м ■ 31м/с2 »
0,447м2/с2 ~ 0,67м/с.
Ответ: V — 0,67м/с.
Задача 187.
Расстояние между двумя то¬
чечными зарядами q, = 64 нКп и
q2 = - 48 нКл равно / = 10 см.
Определите модуль напряженно¬
сти поля в точке, удаленной на
lj = 8 см от первого заряда и на
12 = 6 см - от второго.
Решение:
Построение в масштабе цир¬
кулем и линейкой показывает,
что таких точек на плоскости
может быть две А и А
Модуль напряженности в лю¬
бой точке электрического поля,
239
Физика; алгоритмы, задачи, решения
создаваемого точечным зарядом q, на расстоянии / от него равен
Е =—=!Ща.=!Щ.,тде а. - пробный положительный заряд, помещен*
Я0 Яо1 1
ный в исследуемую точку поля. Вектор напряженности Е в любой
точке электрического поля направлен вдоль прямой, соединяющей
эту точку и заряд. Жв исследуемой точке направлен от заряда q, если
. заряд q сам положителен и направлен к заряду q, если заряд q отри*
цателен.
Рассуждения для точки А.
Напряженность Еп создаваемая в точке А зарядом qr
F к - 9 WНм2/Кл2 6410-9Кл _ 9 • 64 Нм2 . „ ](иН
1 I2' '" (8-Ш2м)2 " 64-№4м2Кл~ Кл'
Напряженность Е2, создаваемая в той же точке А зарядом qr
Г -kq,.r _ 910РНм2/Кл2 ■ 4810-9Кл _ 9-48Нм2_ ,, 1П4Н
2 I2’ (610-2м)2 "~361(У4м2юГ' Кл
Треугольник, который образуют заряды с точкой А оказывается
прямоугольным с прямым углом А, потому что квадрат одной сторо*
ны (гипотенузы) равен сумме квадратов двух других сторон (кате*
тов).
(810г2м) + (Ы0-2м)2 = (64 + 36) 10-4м2 = 10010-Ы2 = (10Ш2м)2.
Поэтому параллелограмм, построенный на векторах Et и Е2 явля*
ется прямоугольником, а равнодействующий вектор Ж= ^ + "Ё2 яв*
ляется диагональю этого прямоугольника.
По теореме Пифагора
\Е\ =-]/(^')2 + (^2)2 =(f)2 + ф2.
й aV(9104H/IOi)2 + (-121&Н/КЛ)2 ~yj(8l + 144)10* №/Кл2 ~
« V225108 fP/Кл2 «* 15104 Н/Кл.
Направление вектора напряженности Е в точке А видно из черте*
жа. Все эти рассуждения можно повторить и для точки А’.
Ответ: \Е\ - 15104 Н/Кл.
240
Раздел 3. Электростатика
Я,
Задача 188.
Поле создано двумя точечными зарядами qt = 4 нКл и q2 = 9 нКл.
Е Е' В каких точках напряжен-
j ность равна нулю, если
расстояние между зарядами
1 = 20 см?
? *
> •
X
/
Чг
Решение:
Чтобы сумма векторов Е/ и Ё2, создаваемых зарядами^ равнялась
нулю, необходимо, чтобы они были равны по модулю \Et\ = \Е) и
противоположно направлены. А это может быть в точке на линии,
соединяющей заряды, и между ними. Выберем за положительное на¬
правление оси ох направление от q к q2, начало отсчета совместим с
зарядом qг Тогда искомая точка х будет между зарядами
О < х < I. (1)
Е2-Е, = 0,
kq, кЯ,
(1-х)2
= 0,
?V£=0’
q2x2-ql(l2-2lx + x2) = 0,
(Я2 - Я У + 2q,bc - q,l2 = 0.
Решая полученное квадратное уравнение относительно х, полу¬
чаем:
* = - 2Я,1 ±\l4q2l2 + 4(q2 - q)qtl2 = 2(-ql ±ly/q~q) = -q}l±l4qflu
2(Я2 - Я) 2(q2 - Я,) Я2 - Я,
Дано:
q2 = 41 O’9 Кл,
q2 = 9-10’9 Кл,
1 = 2-10-' м.
х-?
х
X
1.2
= -_я£^]4я£1.
я2 - я,
_ - 4109Кл • 210-'м ±210-,лЫ3610-18Кл2
2 510-9Кл
- 810т10мКл ± 1210-‘°мКл .
510-9Кл
хг
2(П0-,0мКл
510~9Кл
= - 410~'м = - 40 см;
241
Физика: алгоритмы, задачи, решения
4-1&,0мКл
*2 ' 5109Кл
= 0,8- КУ’м = 8 см.
Первый отрицательный корень в виду (1) отбрасываем.
Ответ: напряженность поля равна нулю в точке на расстоянии 8
см от заряда q, справа от него.
Задача 189.
В вершинах правильного
шестиугольника со стороной
а поочередно расположены
заряды +q и - q. Определите
напряженность поля, созда¬
ваемого всеми зарядами, в
центре фигуры.
Решение:
Формула для модуля Е ='у-
и построение вектора напря¬
женности Е в масштабе для
точки А и точки D показывают, что вектор (Ел + EJ = 2Е и направ¬
лен к отрицательному заряду - q в точке D.
Аналогично, (Ем + Е?с) = 2Ё и направлен к заряду -q в точке М.
Вектор суммы этих векторов
((?a+Ed) + (?m+Ec))=2Eh
направлен в сторону заря¬
да +9 в точке К. Сумма
оставшихся векторов
(Ек + EJ = - 2Е и направле¬
на к отрицательному заряду - -q
q в точке В.
Теперь видно, что
№. - BJ + (Еи+ Ес» + (Ек + Е^ =
— 2Е- 2Е — 0. + q
242
Раздел 3. Электростатика
//////////
ш/ц/ш
Задача 190.
Шарик массой 2 г, имеющий заряд q = 2,5 нКл, подвешен на нити
и движется по окружности радиусом R = 3 см со скоростью V] = 6 см/с.
В центр окружности поместили шарик с таким же зарядом. Какой
должна быть скорость вращения V2 шарика, чтобы радиус окружнос¬
ти не изменился?
Решение:
В первом случае со¬
ставляющая силы тяже¬
сти играет роль цент¬
ростремительной силы
mV?
—L = mqtg а
щеа-ушл между шпью
подвеса и вершкалью.
Когда поместим в
центр вращения второй
заряженный шарик, то
возникнет дополни¬
тельная кулоновская
\а
mg
сила отталкивания F-
тгптптп
Тем самым уменьшит¬
ся центростремительная сила, а это приведет к изменению то ли скорос¬
ти, то ли радиуса. Нам надо, чтобы радиус вращения не изменился, но
тоща будет другая скорость вращения Vr Ее нам и надо определить.
^ = F-Fr
R
L =mqtg
kq2
a-w-
Решаем систему уравнений.
mV!2 , „
= mg tg a.
Из второго уравнения вычтем
первое
Физика: алгоритмы, задачи, решения
mV,2 = mV2 -
2 1 R2
v2 = v2 - JzL-
2 1 mR2
V. =V^/ - Чт-
2 ¥ ' mR2
Дано:
V, aI<6 IO-’m/c/ - WHWIM ■ (2.S- Ю’КЛГ,
m = 2 - 1(У3 кг;
2 V 21 (У3кг - 3-1(У2м
q = 2,5 lQr9Kn;
„1 lx, - мт-гтюьтке.
V, = 6- W2м/с;
V 6 -1(У3кг -м
k = 9- 109Н-м2/Кл2.
« V 36-1 (Ум2/с2 - 9,375-1(Ум2/с2»
v2-?
- V 26,625- КУмУс2» 5,16 м/с.
Ответ: V2 ® 5,16 м/с.
Задача 191.
Шар массой m = /кг и зарядом д
= 21 (У Кл подвешен на изолирую¬
щей шли в однородном электричес¬
ком поле с напряженностью Е=3104
В/м, причем вектор Е перпендикуля¬
рен силе тяжести и направлен вле¬
во. Шар отвели вправо так, что нить
отклонилась на угол а = 3(Р от вер¬
тикали, и отпустили. Найдите натя¬
жение нити Т при прохождении ею
вертикального положения.
Решение:
При отведенном вправо шаре
он поднимется на высоту h и по¬
этому будет обладать потенциальной энергией Wpi = mgh.
I - h ^
Из соотношения —yr = cos а находим h = 1(1 - cosa) и тогда
\
\
а\
\/
\
~~ т>
\ У
d Vх
W ,
<?
}
244
Раздел 3. Электростатика
Wpt = mgl(l - cosa).
Кроме того потенциальная энергия заряда в однородном
электростатическом поле равна Wp2 = qEd, где d = Isina. Поэто-
му Wp2 = qElsina.
Потенциальная энергия шара в момент прохождения нитью вер¬
тикального положения превращается в кинетическую
WKjWp,+ Wp2,
= mgl(l - cosa) + qElsina. (1)
Для момента прохождения нитью вертикального положения мож¬
но также записать второй закон Ньютона в проекции на вертикаль¬
ную ось
Т-mg =
mV2
l '
(2)
Объединяя два последних уравнения в систему и решая ее, нахо¬
дим силу натяжения нити Т.
r mV2
-j- = mgl(l - cosa) + qElsina,
T mV2
T - mg = —j—.
mV2 = 2mgl (1 - cosa) + 2qElsina,
T mV2
T=mgr—.
Подставим значение mV2 из первого уравнения во второе.
Т = mg + 2mg(l - cosa) + qEsina
Дано:
Т=1 кг 9,8 м/с2 + 21 кг 9,8 м/с2 (1 - cos ЗОР) +
m = 1кг;
g = 9,8 м/с2;
q = 21 (У4 Кл;
Е = 3104 В/м(Н/Кл);
а = 30°.
Т- ?
+ 2 21 (У4 Кл ■ 3104 Н/Кл ■ sin 30° =
• 9,8 /+ 19,6 / (1 -Ц-) + 12 ^ / -
= 9,8 Н + 19,6 ■ 0,13Н+6Н =
= 9,8 Н + 2,6 Н + 6 Н = 18,4 Н.
Ответ: Т = 18,4 Н.
Задача 194.
Заряженный шарик массой m = 1,5 г, прикрепленный к невесо¬
мой изолирующей нити, находится в однородном горизонтальном
245
Физика: алгоритмы, задачи, решения
электрическом поле, при этом нить от¬
клонена от вертикали на угол а = 30°.
Затем направление электрического поля
мгновенно изменяется на противопо¬
ложное.
Найдите силу натяжения нити в мо¬
мент максимального отклонения нити
от вертикали после переключения поля.
Решение:
Запишем условие равновесия шари-
£ ка в первоначальном положении
qE = mgtga. (1)
Изменение механической энергии шарика обусловлено работой сил
электрического поля: mgh2 + q(-E)d2 = mght + qEdp
Учитывая, что
h2 = 1(1 - cosa); d2 = lsin/3;
h2 = 1(1 - cosa); dt = Isina, /3 - угол максимального отклонения,
/ - длина нити.
246
Раздел 3. Электростатика
перепишем закон сохранения энергии в виде:
mgl(l - cos/3) - qElsin/3 = mgl(l - cos a) + qElsina
сократим на «l», вычтем слева и справа по «mg»
mg(cosa- cos/3) = qE(sina + sirtfi).
qE заменим из (1).
mg(cosa - cos/3) = mg tga (sina + sin/3) Сокращаем на «mg»
cosa - cos/3 = tga (sina + sin/3),
[Применяем тригонометрические формулы для суммы синусов двух
углов и для разности косинусов:
п . Jс+у . х-у - . х+у . у-х
cos х - cos у = -2 sin sin —= 2 sin ——^ sin*-—;
2 2 2 2
sin x + sin у = 2 sin *-t У cosx l
7 2 2 J‘
После замены получаем
0 . a+B . B-a , „ ~ . a + /3 a-fl
2 sin ——2- sin Ц-— = tea • 2 _—i- cos ——l,
2 2 6 2 2
.B-a . B-a
sl^"2— = '
[Здесь использована четность косинуса
sin Р^ а = *£а * Р"2 а ]•
" «а.
/3-а = 2а,
/3 = За
(2)
Значит, уже сейчас можно сказать, что максимальное отклонение
нити равно /J = 30° ■ 3 = 90°.
В положении максимального отклонения скорость шарика равна
нулю, и, следовательно, центростремительное ускорение равно нулю.
Второй закон Ньютона записывается так
О = Т - mg cos/3 - qE sin/3,
247
Физика: алгоритмы, задачи, решения
(3)
Т = mg cos/3 + qE sinf}, заменим «qE» из (1).
T = mg (cos(5 + tgct sin(3) = mg (cos3a + tgasin3a).
Из (2) (3= За, поэтому:
T= ^a + staasMttj . ms_ (cosSa ,cosa + sln3a. slna)
cosa cosa
[Здесь опять применяем тригонометрическую формулу
cosx cosy + sinx siny = cos (x - y)]
rr mg , cos 2 a
T = ——. cos (3a- a) =
cosa
Дано:
m = 1,5-1 O'3 кг;
a = 30°;
g = 9,8 м/с2;
cosa
mg.
T - ?
^ cos60°
cos30°
0,866
•1,5-1 O'3 кг ■ 9,8 м/с2 »
1,5 9,81 Or3H • 8,5-10-3 H~8,5 mH.
Ответ: T » 8,5 mH.
Задача 193.
Однородное элект¬
рическое поле направ¬
лено параллельно гори¬
зонтальной поверхнос¬
ти стола. На столе ле¬
жит заряженный ша¬
рик, привязанный ни¬
тью к вбитому в стол
гвоздю. Сила натяже¬
ния нити при этом рав¬
на Тд = 1Н. Шарик пе¬
реводят из положения^
в положение В, откло¬
нив нить на 90° и отпускают. Найти максимальную силу натяже¬
ния нити при дальнейшем движении шарика. Трением пренеб¬
речь.
248
Раздел 3. Электростатика
kllllllNl
А
i i i
\
lit!!
Решение:
i Е В положении
.» А шарик находит-
^ ся в покое под
действием рав¬
ных сил Т0 = дЕ:
силы натяжения
нити Тд и силы
qE, действующей
на заряд со сторо¬
ны электрическо¬
го поля.
Когда шарик
I перевели в поло¬
жение В, он стал
Е обладать потен¬
циальной энергией W = qEl =Тп1. После отпускания шарик будет
двигаться по дуге ВА ив точке А получит центростремительное
гр.
ускорение — , где V - скорость шарика в точке А,1-длина нити. Для
этого момента запишем уравнение второго закона Ньютона в проек¬
ции на вертикальное направление.
W
I ’
где Тт - максимальная сила натяжения нити.
Потенциальная энергия W = TJ, которой обладал шарик в
р mi)2
положении В вся обратится в кинетическую Wk = при про¬
хождении положения А.
Запишем закон сохранения энергии:
Т0-
т
а)
wp = w,
Т1 =
0 2 '
Решим систему уравнений (1) и (2) относительно Т .
(2)
249
Физика: алгоритмы, задачи, решения
т
_ rW
\т =
т0 + ^,
2TI
т =тп +£Ы = зт
m
0 1 ’
о /
IV
— mV1.
[mV2-
-2TJ.
m 0 [ or
Т
~1Н 3~
зн.
Ответ: Т »
зн.
Задача 194.
Математический маятник представляет собой шарик массой т =1г,
подвешенный на шелковой нити длиной I = 36 см. Как изменится
период колебаний маятника, если сообщив шарику положительный
или отрицательный заряд q - ±6,7 нКл, поместить маятник в одно¬
родное электрическое поле с напряженностью Е = 3105 Н/Кл, сило¬
вые линии которого направлены вертикально вниз?
Решение:
1) Без электрического поля период колебаний маятника равен
T*-2Kij-
Т0 ° 6>28Л1-;-16?\ т 6.28 "V3,7 Ш2 с2 « 6,28 1,92-1(У1 с ~ 1,2с.
" V 9,8 м/с1
2) Пусть маятник с положительно заряженным шариком
q = + 6,7-1 (У9 Кл помещен в электрическое поле. В электрическом
поле ускорение маятника будет
Следовательно,
Т, = 271
]/ 1 =2К\[
тп
lm
gm + qE
■ 2K]J.
0,36 м 10~3кг
9,8 м/с2 ! O'3 кг + 6,7-1(У9Кл ■ 3105 Н/Кл
250
Раздел 3. Электростатика
1,1с.
3,6 ICt4 кг м
т4 н + 20■ ia4H
6,28 - 0,031с2» 6,28 0,175с
Период уменьшился на ТГ)-Т1<=* 1,2с - 1,1с ^0,1с.
3) Поместим теперь маятник с отрицательно заряженным шари¬
ком q = - 6,7 1&9 Кл в то же электрическое поле. Ускорение маятни¬
ка будет:
qE
g- —
m
Формула для периода: Т2 = 27t
Т,-6.28\[2
g~
q_E
m
= 271
i
lm
gm-qE
0,36 m 10~3 мкг
8 м/с2 ! O'3 кг - 6,710-9 Кл ■ 3105 Н/Кл
*» 6,28 0,2 с ® 1,35 с.
Период увеличился на Т2 Тд ~ 1,35с - 1,2с » 0,15с.
Ответ: Т2- Г0 ® 0,15с.
Задача 195.
Металлические шары, заряженные одинаковыми зарядами, имеют
потенциалы 20В и ЗОВ. Каким будет потенциал этих шаров, если
соединить их проволокой? Расстояние между шарами велико по срав¬
нению с их радиусами.
Решение:
Из формулы с ——следует, что при разных потенциалах, хотя заря-
<Р
ды на шарах равны, электроемкости у них различны. До соединения
заряды шаров были q = cftf, q = с2<р2,
251
Физика: алгоритмы, задачи, решения
а электроемкости с, = 2L; с, =!L. (1)
1 V, 2 <Р,
После соединения шаров между ними произойдет перераспреде¬
ление зарядов: часть заряда с шара с большим потенциалом перейдет
на шар с меньшим потенциалом, в результате чего потенциалы ша¬
ров станут одинаковыми и равными <р, а для установившихся зарядов
можно написать:
Я, = с№ Я2 = с2(р.
При соединении шаров их общий заряд меняется.
2Я = Я, + Я,
2q = (с, + Cj)<p.
Заменяя с; и с2 из (1), имеем:
2я = я
% + Я>2
<Р.
<Р =
2<Р, <Р2
% + <Р2
2-20В-ЗОВ _ 1200В2 _
9 20В + ЗОВ 50В
Ответ: q> = 24В.
Задача 196.
• Потенциал электрического поля на расстоянии г =4Осм от точеч¬
ного заряда равен (р = 200В. Какая сила будет действовать на точеч¬
ный заряд q = Ш9Кл, помещенный
в эту точку?
Решение:
В единицах СИ потенциал поля
ко
точечного заряда равен <р
♦
где q0 - тот заряд, который создает
252
Раздел 3. Электростатика
поле и потенциал на расстоянии г, 6 - диэлектрическая проницае¬
мость среды.
В вакууме и в воздухе считаем 8 = 1.
кс/
В нашей задаче ю = -М,
г
Воспользуемся законом Кулона для точечных зарядов qg и q.
р = 4g = k<prq д Щ
г кй г '
F ~ 2Щ10'9Кл т 500-10-9 Н/Кл-Кл » 5■ №7Н.
0,4м
F~510-7H.
Ответ: F ** 5-Ш7Н.
Задача 197.
Электрическое поле образовано зарядом q = 51&7 Кл, находящим¬
ся в среде с диэлектрической проницаемостью 8 = 2. Определить
разность потенциалов точек В и С,
удаленных от заряда на 5 см и на
20 см. Какая работа совершается
С полем при перемещении заряда
Т2 * q = 30 нКл между точками В и С?
Решение:
ко
Пользуясь формулой (р =22д для потенциала поля точечного заря-
CtV
да на расстоянии г от заряда, найдем разность потенциалов точек В и
С электрического поля U = (р,- (р2;
П=Мл Ч-Ч/^ Л.
Sr, 6r2 S { г, г/
тт= Ч^ -г)
-*7Г'
Работу по перемещению заряда в электрическом поле определим
по формуле А = qU = q(<p, - (pj.
253
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
q = 51(У7Кл;
k = 9-109 Н-м2/Кл2;
6 = 2;
г, = 5-10-2м;
г2 ='2010-2м;
q = 310s Кл
U-? А - ?
,т _ 9109 Н-м2/Кл2 510-7Кл - (20 - 5)102м _
2 5-1&2м- 20-10-2м
“ 75■ КРН-м/Кл - 33750 В-м/м
2010-3Кл
- 33750 В.
А - 3-10*Кл 33750В »101250-Ш8АВс »
*» 10~3 Дж « 0,001 Дж.
Ответ: U » 33750 В, А »10~3 Дж.
Задача 198.
Определить период колебаний полярной молекулы в однород¬
ном электрическом поле, напряженность которого Е = 30 кВ/м.
Полярную молекулу можно представить в виде жесткой гантелыси
длины / = 10г8 см, на концах которой находятся две материальные
точки массы т =10 г, несущие на себе заряды +е и -е соответ¬
ственно (е = 1,6-1 O'19 Кл - заряд электрона).
Е2
- е
Решение:
-♦ В положении устой-
*—- Е
+ чивого равновесия моле-
куда располагается вдоль
поля. Если её вывести из
этого состояния, то возникает вращательный момент, поворачиваю¬
щий молекулу вокруг её центра тяжести. Этот момент создают элек¬
трические силы Fj и F2, действующие на заряды со стороны электри¬
ческого поля.
Если рассматривать заряды каждый в отдельности, то можно ска¬
зать, что электрические р
силы для них играют
роль возвращающих сил.
Поэтому заряды колеб- 's.
лютея подобно математи- F,
ческим маятникам дли- + е
254
Раздел 3. Электростатика
- /
ной — •
2
Воспользуемся этой аналогией и запишем период колебаний мо¬
лекулы так:
T = 2nyJH ,2ЛЛ^1,
где а - ускорение, которое электрическое поле сообщает каждому за-
р
ряду. Так как а =_аь, aF = еЕ, то
т ж
а = •
еЕ
т
Поэтому окончательно
Т = 27t\p- = 2К\Щ-
V2а У 2 еЕ
'2а У2еЕ
Дано: Т **6,28
I = 10-,0м;
тп = 10г27кг;
е = 1,610г19Кл;
Е = 3 -104 В/м (Н/Кл).
Т- ?
10-'°м ■ КУ27кг
■28im
10-,9Кл • 310*Н/Кл
Ш37кг м
■-Ш
10-15 Кл Н/Кл
Ш39кг м
6,28
/г
' ■' 9,6- 10-,5Кл Н/Кл
6,28-^ 10,421 O’24с2 ** 6,28 -3,23-Ш'2с
2010т,2с «210-"с.
Ответ: Т** 21 O'"с.
Задача 199.
Точки Ми N расположены на одной
линии напряженности электростатичес¬
кого поля точечного заряда qg. Напряжен¬
ность поля в точке МЕм = 2,81-ШВ/м, в
точке NEn = 1,25- ШВ/м.
Определите напряженность в точ¬
ке Л, расположенной посередине меж¬
ду точками М и N.
255
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Вектор напряженности точечного заряда q в любой точке поля
(М, N, А) направлен вдоль прямой, соединяющей эту точку и заряд
q0. Модуль напряженности убывает обратно пропорционально квад¬
рату расстояния от заряда q0.
F =kq° F =kq° F -kq°- kq° - 4kq°
M N TT’ л ~>7 {и*'*)* K+rN>' ’
Y + T
Здесь rA - расстояния от qn до точек M, N, A, a rA= м 2 w '
Из этих формул получаем:
.2-h* .r2-hb.r --\[5t.r
r»-EM -EN’r»-V ЕМ’Г»^Е„
Подставляем эти выражения в формулу для напряженности в точ¬
ке А.
4кдп 4 кдл
Ел =
2 —
М
+ 2лЩ7
4 кд0
4 EuEn
4 EmEn
fcqo (4- +^j=— +-£-) Ем + 2 + En +щ4Щ)2
К e,
Дано:
точки О, М, N, А
лежат на одной
прямой;
Ем=2,811&В/м;
Е=1,25-1№/м;
Ел
- 4 ■ 2.81105В/м - US-IWB/m
А~ <У2,81105В/м +V 1,25-10sВ/м)2 ~
т 14.05- 10,0В2/м2 -
~ 2,81-1(?В/м-2Ч3,513-W0В2/м2 + 1,25-105В/м
14,05- 10,0В2/м2
4,06-105В/м + 3,75-105В/м
Ответ: Е. *»1,8.105В/м.
1,8-105В/м.
Задача 200.
Уединенный проводящий шар радиуса R несет заряд qg. Какова
энергия шара?
256
Раздел 3. Электростатика
Решение:
Весь заряд qg распределяется по поверхности проводящего шара
радиуса R. Так как напряженность поля сферически симметрично
заряженного шара совпадает с напряженностью точечного заряда,
потенциал заряженного шара (вне шара) определяется в системе СИ
формулой <р =~й> где Б - диэлектрическая проницаемость среды,
ог
Для вакуума и воздуха полагаем 8 = 1.
Так как заряд распределен на сферической поверхности радиуса
R, то г = R, и потенциал шара будет.
л-&.
V SR
R
W
По определению потенциала =— > и может показаться, что
2 ^°
—=^ли отсюда W=^-. Но это не так! Энергию шара можно най¬
ти, если вычислить работу, которую нужно совершить для того, что¬
бы сообщить шару заряд у. Будем заряжать шар, перемещая к нему
заряд из бесконечности одинаковыми малыми порциями. При этом
потенциал шара будет линейно увеличиваться от 0 до (р =-^2а. •
R
Среднее значение потенциала будет-^-
R
А в вакууме <р ■
1. Поэтому W = A=q0(i
,=hl
2R ’
kqn
а в диэлектрической среде W = 2SR
Используя формулы для уединенного провод¬
ника можно вывести еще две часто употребляе¬
мые формулы для энергии уединенного шара.
2. Так как q = (рС и R — кС, то
О
II
<р=±
* с
а
и
II
■R
9 Заказ № 1509
257
Физика: алгоритмы, задачи, решения
2R 2 кС 2
W=Cit.
2
(З)Так ка(с С=-^, то W =-^ =3.-& =3SL-
v ' ф 2 ф 2 2
Объединим все три формулы для энергии уединенного шара
w = ^Чп — Сф* — ЧФ
2R 2 2
Здесь
к = 91(№м2/Кл\
R - радиус шара,
С - электроемкость шара,
q - заряд шара,
ф - потенциал шара.
Формулу для энергии шара можно записать еще так:
^ = i2fl.2=_2i = _2i
2R , R 2С
к
Ответ: W=J&t.
2SR
Задача 201.
Заряженный шар радиусом = 1 см соединяют тонким длинным
проводником с незаряженным шаром, радиус которого R2 = 2см. После
того как шары разъединили, энергия второго шара оказалась равной
W = 0,3 Дж. Какой заряд был на первом шаре до соединения? Элект¬
роемкостью соединительного проводника пренебречь.
Решение:
Поскольку шары расположены далеко друг от друга, то поле одно¬
го не влияет на распределение заряда по поверхности второго, и за¬
ряды на них расположены равномерно. Поэтому собственная энер¬
гия каждого из них определяется таким же выражением, как и для
уединенного шара.
258
Раздел 3. Электростатика
Тогда энергия второго шара после разъединения будет
Слр2 (1)
W2 =-f--
Заряд q, находящийся на первом шаре до соединения распреде¬
лится на обоих шарах
Ч = Ч, + Ч2 (2)
так, чтобы их потенциалы стали одинаковыми
<Р, <Р2 <Р (3)
Преобразуем формулу (1) для энергии шара
С2
Из (2) и (3) следует q = q,+q2 = <?1Cl + (р2С2 = (р(С1 + С),
откуда (р
=_2_
С/ + С,
(5)
Подставим это значение потенциала в (4).
(т^тт)2 тг
д = (с1 + с^/Ж.
Перейдем от емкостей к радиусам шаров.
г -Л. r _R,
с'~к с>~t
у У kRz
2 0,ЗДж
(9109Нм2/Кл2- 210~2м
! Кл ^
■107Нм2м~
31(У2м N0,0333-107Кл2/м2 «
310-2м М 3,3310-,0Кл2/м2 -
■3102м
/ о, бн-м-1
' V 18107Hi
310-2м 5,77-10-,0Кл/м ~17,31(У7Кл
1,731 (У6Кл - 1,73 мкКл.
Ответ: q »1,73 мкКл.
259
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 202.
Два одинаковых точечных заряда находятся на расстоянии г, = 1м
друг от друга. Величина каждого заряда q = 1(У10 Кл. Какую работу
надо совершить, чтобы сблизить заряды до расстояния г2 = 10 см!
Решение:
Заряд q2 находится в поле заряда qn потенциал которого на рас¬
стоянии rt = 1 м, (р2 = kq/rr а на расстоянии г2 = 10 см, <р2 = kq/rr
Чтобы перенести заряд q2 из точки с потенциалом <р, в точку с
потенциалом (р2, надо совершить работу
А = - q,((p2 - (р).
Так как это работа внешних сил против поля заряда q1 по сближе¬
нию одноименных зарядов, то она имеет знак минус.
A-.qM -Ml) = fcM/2 -1)
Z r r 1 1 r r ** w
rl r2 rl r2
В нашей задаче qt- q2 = q.
A _ kq2(n - r2)
r r
r V 2
r r
' Г 2
Дано:
k = 9109 Нм2/Кл2,
q = 10г10Кл,
Г, = 1 м,
г2 = 0,1 м.
А-?
А _ 91(№м2/Кл210г20Кл2(1м-0,1м)
1м-0,1м
_ 910ИН-м2-0,9м
0,1м2
- 81-ШпН м ~ 8,1-10-,0Дж.
Ответ: А = 8,1-10’,0Дж.
Задача 203.
Потенциал электрического поля на расстоянии г = 40 см от точеч¬
ного заряда равен <р = 200 В. Какая сила будет действовать на точеч-
ный заряд q = 1 нКл, помещен-
# Л У *-< ный в эту точку?
л q Решение:
/О у Потенциал (р создает точечный
260
Раздел 3. Электростатика
заряд qg. Заряды qgnq взаимодействуют силой F =
Так как <р = ^2, то решаем систему уравнений
F =
р = кЯЧо, F = kq r<p q<p
t и t р—ЗГ ~Т
,=hqo
г
= £2.
F ш Ш9К£42°0В а 500-1(У9Кл-Дж/(Клм) =51 (У7 Н.
Ответ: F « 5-Ю7 Н.
Задача 204.
^одинаковых шарообразных капелек ртути заряжены одноимен¬
но до одного и того же потенциала (рг Каков будет потенциал <р боль¬
шой капли ртути, получившейся в результате слияния этих капель?
Решение:
Пусть заряд каждой капельки q, а радиус ее г. Тогда ее потенциал
(pt = . Заряд большой капли равен Nq, а ее радиус R. Потенциал
большой капли равен q> = (Так как q = 5££).
л Rrk R к
4 4
Объем маленькой и большой капли V, =— Кг3 и V =—1ZR3 связа-
I 3 3
ны между собой соотношением V = NVr
Отношение радиусов маленькой капельки и большой капли будет
г-{[ЗУ, 'рУ- 3[У-3ГУ_ 1
R V 4К14П V V V NV, W
Тогда потенциал большой капли будет:
q> = N(pl • = (p/f-N-173 = (p/F73 = <pt 3Jn*.
Ответ: q> = (p, 3JW.
261
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ттш
Металлический шар радиуса Rp имеющий
потенциал <р; окружают концентрической сфе¬
рической оболочкой радиуса Rr Чему станет
равен потенциал шара, если заземлить
вншнюю оболочку?
После заземления внешней оболочки она
приобретет электрический зарядсогласно яв¬
Задача 204.
Решение:
лению электростатической индукции. Наведенный заряд на внеш¬
ней оболочке будет противоположен заряду q! внутренней сферы и
равен ему по абсолютной величине q2 = - qr
Потенциал внутренней сферы будет складываться из потенциала
(рр обусловленного ее собственным зарядом qt и потенциала (р2, обус¬
ловленного наведенным зарядом q2 на внешней сфере.
Для определения (р2 представим себе уединенную металлическую
сферу, заряженную зарядом - qr Напряженность поля внутри такой
сферы радиуса R2 равна нулю, следовательно, перемещение пробного
заряда внутри сферы не требует совершения работы. Это значит, что
потенциал внутри сферы постоянен и равен потенциалу самой сферы
Я, = Т"’ поэтому Ъ = 'Тк =
к q>iRi _ Ri
Ответ: (р = (р2 —7
Задача 205.
В поле плоского конденсатора, рас¬
стояние между пластинами которого d
= 1 см, находится в равновесии частица
массой т = 1(У7 кг и зарядом q = 1(УпКл.
262
Раздел 3. Электростатика
Определите разность потенциалов на пластинах конденсатора при
условии, что между ними находится воздух.
Решение:
При равновесии электрическая сила
равна силе тяжести.
qU
d=mg•
и=аш1-
я
и 10-7кг- 9,8м/с2- 10-2м 9,8-10*Н-м
Дано:
d = 1(У2м,
т = Ш7кг,
q = Ш12Кл,
g — 9,8м/с.
U- ?
Fm = тё-
F = qE,
ЭЛ ” '
F-U
Б-Т
F =з£
м d
Ш,2Кл
~ 9,8-103Дж/Кл
Ответ: U ~ 9800В.
т,2Кл
9,8-103В ~ 9800В.
Задача 206.
Между пластинами плоского воздушного горизонтально располо¬
женного конденсатора находится заряженная капелька масла массой
т = Ш8 г и зарядом q = Ш15 Кл> При разности потенциалов между
пластинами U = 500 В и при начальной скорости Vg = 0 капля прохо¬
дит некоторое растояние в два раза медленнее, чем при отсутствии
электрического поля.
Найдите растояние между пластинами. Сопротивлением воздуха
пренебречь.
, Решение:
Пусть tj - время прохождения некоторого расстояния «у» при от¬
ключенном электрическом поле. Тогда капелька масла падает только
под действием силы тяжести Fm = mg с ускорением свободного паде¬
ния. Путь, пройденный за время при V0 = 0 будет
et,2
у > отсюда t
Пусть теперь t2 - время для прохождения того же растояния «у»
при включенном электрическом поле. Теперь на капельку действуют
две силы: сила тяжести Fm = mg, направленная вниз и электрическая
сила Fл = qE = qU/d, направленная вверх.
263
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Здесь d - расстояние между пластинами конденсатора.
Ускорение капельки «а» найдем из второго закрна Ньютона.
F - F = та,
т эл 7
qU
mg~j = та>
4
_ mg - qU/d _ qU _ mgd-qU
m ^ md md
Время падения при V0 = 0 второй раз будет
j -■./ 2ymd .
2 Vmgd-qU
t
mgd - qU
Так как^
msL_ = 2,
mgd - qU
mgd - a
mgd - qU
d = ML.
3mg
Дано:
q = 10-'5 Кл,
U = 500B,
v0 = o,
m = 10~" кг,
g - 9,8 м/с
2ymd
mgd-qlf\l g
d-?
410-,5Кл • 500 В _ 20001O'15АВс _
310-икг 29,4-1 O'11 Н
■■ 681&4Дж/Н ~ 7010~4Н м/Н ~ 701(У3м - 7мм.
Ответ: d » 7мм.
d
1
т
Задача 207.
Между пластинами плоского конден¬
сатора, находящегося в вакууме, взве¬
шена пылинка массой т = Ш“г. К плас-
з тинам конденсатора приложено напряже¬
ние U{ = 154В. Заряд пылинки имеет та-
264
Раздел 3. Электростатика
кую величину, что электростатическое поле уравновешивает силу
тяжести.
При освещении пылинки ультрафиолетовым светом пылинка те¬
ряет часть своего заряда и, чтобы ее снова уравновесить, напряже¬
ние между пластинами конденсатора увеличивают на 8 В.
Определить величину заряда, который теряет пылинка при облу¬
чении, если расстояние между пластинами конденсатора d — 0,5 см.
Решение:
Пылинка, видимо, имеет отрицательный заряд, а электрическое
поле направлено вниз. До облучения пылинка находилась в равнове¬
сии при напряженности поля Ег соответствующего разности потен¬
циалов на пластинках конденсатора U} = 154 В. Если заряд пылинки
до облучения обозначить через qn тогда qjEl = mg. Но Е/ = U/d, где
d - расстояние между пластинами.
_ mg _ mgd
Ч‘ Е, V,
После облучения заряд пылинки по аналогии с предыдущим бу¬
дет равен
Я:
-mgd
U,
Искомая потеря заряда будет
Ад = д-д= mgd{* _±)ш Щ.
U, U,
и, и:
mgd(U2 - UQ
т
т
Дано:
т = Шикг,
g = 9,8 м/с2,
d - 5-W* м,
U, = 154 В,
U2 = 154В + 8В =
= 162В.
, 10-ыкг- 9.8м/с2- 5-1 (У3м(162В - 154В)
Щ 154В ■ 162В
4910-,7Нм-8В 392-W7Нм ,
24948 В2 ~ 24948 В
- 0,016; 10-,7Дж/В - 1,610-,9Кл В/В «
~ 1,610-'9Кл.
Такой заряд имеет электрон.
Ответ: пылинка при облучении потеряла один
Aq-?
электрон.
265
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 208.
Какой скоростью обладает электрон, пролетевший разность
потенциалов U = 100 В? Масса электрона т = 9,1- 10 я кг, заряд
е = 1,6-1019Кл, начальная скорость электрона равна нулю.
Решение:
Под действием силы электрического поля
р = еЕ = е— = — > где ^ * Расстояние межДУ начальной и конеч-
** d d ной точками пути.
Электрон получает ускорение (по второму закону)
а=£я.= еУ-.
т dm
С другой стороны ускорение электрона связано с конечной скорос-
V2 .
тью а = —, которая достигается при прохождении расстояния а.
Скорость находим из уравнения
VL-
2d '
V =
eU_>
dm
l2eU
m
Проще применить другой способ:
mV2
закон сохранения энергии eTJ = ’
V
Дано:
и =100 в,
т = 9,1-1 O'31 кг,
е = 1,6-1(У19Кл.
V-?
v .!2-1,6- Ш,9Кл- 100В
V 9,1-1 O'3'кг
= \/35,16-Ю^кгм-м/^-кг) 35,16-lO'W/c2 *
= 5,9-1 OP м/с ~ 5,9-103 км/с ~ 5900 км/с.
Ответ: V » 5900 км/с.
Задача 209.
Частица массой т = 10* кг и зарядом q = 10* Кл влетает в область
однородного электрического поля шириной Ь-0,1м под углом а = 450
вылетает под углом /3 = 60°. Определите первоначальную скорость ча¬
стицы, если напряженность однородного поля Е = 10/В/м. Траектория
частицы лежит в плоскости чертежа. Силой тяжести пренебречь.
266
Раздел 3. Электростатика
Решение:
Точку влета частицы в элект¬
рическое поле поместим в нача¬
ло координат. Ось ОХ направим
горизонтально, перпендикулярно
линиям поля. Ось OY направим
вертикально, противоположно
полю. Проекции начальной ско-
рости Ifli
привле-
те ■ цы
поле на
оси ко¬
ординат
будут
V0X = V0COS «
V0y = Vfin а
Так как в горизонтальном направлении электрическая сила не дей¬
ствует, то в этом направлении ускорения нет, скорость VQX = VQcos а
постоянна, и можно найти время пролета частицей всей ширины поля
ъ . О)
0]
->лс
t =
VQcos а
В вертикальном направлении действует сила электрического поля
= - qE. Следовательно в этом направлении по второму закону
Ньютона она создает отрицательное ускорение, направленное вниз.
а = - Fjl = - •
т
т
Вертикальная составляющая скорости за
время t на вылете из поля примет значение.
VY = V0Y + at - V^in a - •
m
Заменяя здесь время t из (1), получаем
VY = V^in a -
bqE
Vjn cos a
267
Физика: алгоритмы, задачи, решения
С другой стороны при вылете из поля вертикальная составляю¬
щая VY = - Vsin Д (2)
Здесь минус стоит потому, что угол р отрицательный
[Sin (- р) - - Sin PJ, значит
-Vsin р = Vsin а- .. ЪЧЕ— (3)
r Vjn cos а
А горизонтальная составляющая остается без изменения
Vcos Р = V0cos а. (4)
Исключая V из системы уравнений (3) и (4) находим Vg.
ЪдЕ
Vjn
cos а
+
ЪдЕ
- Vsin Р = V^in а -
Vcos Р = Vgcos а.
Vocos а _ Vosin а
cos р sin Р V jn cos a sin Р
Vosin а + Vocos а _ ЪдЕ
sin Р cos Р Vjn cos a sin Р
Умножаем обе части на .
cos а
Обе части умножаем на V0.
Ж
' р _ V^ina ЪдЕ
sin Р Vjn cos a sin р
V = V„cos а ,
cos р
Дано:
Ъ - 0,1 м,
д = 10-*м,
Е = 10* В/м,
т = 104 кг,
а = 45°,
Р = 60Р.
Vn-?
0.1 м-10*Кл-1(РВ/м
т cos2 a (tg a + tgP)
V~\l-
410~4 кг ■ cos2 450 (tg 450 + tg 60°)
-Г 103Kn-B Г
Via4 кг ■ 0.70722 (1 + 1,732) Vi
1 03Дж
104 кг ■ 0.70722 (1 + 1,732)
103кг-м ■ м ^
Id4кг- 0,5-2,732
.366-104 (^кг
\/7,32м2/с2 - 2,7 м/с.
Ответ: Vn~ 2,7м/с.
732-10—,
с2
268
Раздел 3. Электростатика
X Задача 210.
В плоский конденсатор
влетает электрон со скоро-
- стъю V = 2107 м/с, направ-
- ленной параллельно обклад¬
кам конденсатора. На какое
расстояние от своего перво¬
начального направления
сместится электрон за вре¬
мя полета внутри конденсатора, если расстояние между пластинами
d = 2 см, длина конденсатора х = 5 см и разность потенциалов между
пластинами U = 200 В1 Отношение заряда электрона к его массе
составляет е/т = 1,76-10пКл/кг.
Решение:
В горизонтальном направлении на электрон никакая сила не дей¬
ствует, поэтому в горизонтальном направлении ускорение равно нулю
и горизонтальная скорость постоянна. Поэтому время полета внутри
конденсатора t = x/V.
В вертикальном направлении на электрон действует сила элект-
eU
рического поля F = еЕ = —• Под действием это силы электрон по-
м d
лучает ускорение в вертикальном направлении а = = ^Ц;-
тп та
Начальная вертикальная составляющая скорости равна нулю, по¬
этому путь, пройденный электроном за время t в вертикальном на¬
правлении (смещение электрона у за время полета внутри конденса¬
тора) будет
v =— = (х }’ = Л
У 2 2md{VJ 2dV2 т
V = 2107м/с,
х = 510'2м,
Дано:
d = 2Ш2м,
U = 200В,
е/т = 1,7610йКл/кг.
у-?
269
Физика: алгоритмы, задачи, решения
1,7610" Кл/кг «
(5-10-2м)2-200 В
У 2- 2-10~2м(2-107м/с)2
25■ 1&4м2-200 В■ 1,76■ 10" Кл/кг .
4-10-2м-410‘4м2/с2
_ 8800-10тВ-Кл-с _ 550-1O'5 Пж-с^/Ыг-м! ~
161 Ог2м- 4-10,4м2/с2 Д ' }
= 5,5-Ш3 кг-м м- с2/(кг- с^-м) - 5,5- Ш3м ~ 5,5 мм.
Ответ: у ~ 5,5 мм.
Задача 211.
В импульсной фотовспышке лампа питается от конденсатора ем¬
костью 800 мкФ, заряженного до напряжения 300 В. Найти энергию
вспышки и среднюю мощность, если продолжительность разрядки
2,4 мс. Определите заряд конденсатора.
Решение:
Энергия заряженного конденсатора выражается
формулами
2 2с 2
W
Формула для мощности Р = — •
Заряд q = CU.
Дано:
С = 800-Ш6Ф,
и = 300 В,
t = 2,4-10-}с.
JJT 800-10-6Ф(300В)2 Я 800-10~6Кл/В- 9-104В2 я иДж
P = 15-103 Вт „ 15кВт,
2,4-10-3 с
q » 800- Ш6Ф ■ 300 В « 240 000-1а6 Кл/В В - 0,24 Кл.
Ответ: W = ЗбДж. Р ~ 15кВт. q ~ 0,24 Кл.
Задача 212.
Плоский конденсатор с площадью пластин S = Ш3м2 и расстоя¬
нием между пластинами d = 1 мм заряжен зарядом q = ШаКл. Кон¬
денсатор заполнен диэлектриком с диэлектрической проницаемос¬
тью среды 6 = 10. Определите емкость конденсатора, напряженность
270
Раздел 3. Электростатика
Е и энергию W электрического поля конденсатора. Электрическая
постоянная £0 = 8,85 — • (7—^7)• Коэффициент «к» в законе Кулона
м ri'M
к = 9109Нм2/Кл.
Решение:
c_6SoS_ SS
d 4Ukd’
Е=-2
SSJS SS ’
w = — qEd.
2SSJS 2
cJ,85WI20/MlO-ia3ri 10г"ф=88,5пФ.
Ш3М
1&8Кл 1,13105 В/м.
Дано:
S = 10-3м2,
d = 10~3м,
q = 10-8Кл,
8 = 10,
80 = 8.8510-12 Ф/м,
к = 9- W> Нм2/Кл2.
С-? Е-?W-?
Е‘
8,85-1 O’’2 Ф/м-10-1 &3м2
W ш 10-*Кл-1,13105Н/Кл-10-3м т 0 5б510.бН/м ш 5> 65. м-7 дж
Ответ: С~88,5пФ. Е - 1,1310s В/м. W - 5,65-Ш7 Дж.
Задача 213.
Какое количество теплоты выделя¬
ется на резисторе сопротивлением R
в схеме, приведенной на рисунке, пос¬
ле замыкания ключа Ю До замыкания
ключа на конденсаторе емкостью С;
находится заряд qr а на конденсаторе емкостью С2 - заряд qY
Решение:
Согласно закону сохранения энергии выделившееся количество
теплоты будет равно разности энергий конденсаторов до замыкания
ключа К и после замыкания, то есть разности начальной и конечной
энергий: Q = WH - Wk.
До замыкания ключа суммарная энергия, сосредоточенная в кон¬
денсаторе, равна WH = ~2^m+ ^
271
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Для нахождения энергии конденсаторов после замыкания ключа и
установления нового стационарного состояния мы должны найти
новые заряды на конденсаторах. Пусть с конденсатора емкостью С;
ушел заряд q и новый заряд на нем стал равен qt - q. По закону
сохранения суммарного заряда на пластинах конденсатора емкостью
С2 установится заряд q + q. Условием прекращения перетекания за¬
рядов будет равенство напряжений на конденсаторах.
Ч, - Ч „ Ч, + Ч.
С с
ч£2 * 4^2 = Ч&1 чСу
Ч(С, + CJ = qjC2 - q2Cr
П = Ч/С2 ~ Ч-Р
с2 + с2
Тогда новые заряды на конденсаторах будут равны
4i^2 ~ = Ч,С, + Ч/С2 ~qt^2 + 4^1 — С,(д, + Ч^.
Ч, =ч,-ч = ч,
q ' = q + q = q + qlC2~q2^l = qf\ + q&2' qfi ~ qPi = C2^I +q?>
42 42 4 42 C, + C C, + C~ C. + cl
Новый запас энергии в конденсаторах будет
W =£L2 +л£! =Si2Jri±чй2 =
* 2С, 2С2 2С, (С, + С/ 2С2 (С, + С/
_ Ci + С2 (qi + q2)2 _ (qi + д2)2
2 (С, + С/ 2(С, + CJ ‘
Теперь определяем выделившееся количество теплоты
п = w . w = Ч>2 4- Ч*2 (qi + q^)2 — qi2C2 qi2C2 (qi + q2)2 _
и * * 2C, 2C2 2(C, + С/ 2C,C2 2C,C2 2(Ci+C/
_ qi2CiC2 + q22C2 + q22Ci2+ q22CiC2 - qi2CiC2 - 2qiq2CiC2 - q22C/C2 _
2C,C2(C, + C)
_qi2C22 - 2qiq2CiC2 - q22Ci2 _ (qiC2-q2Ci)2
2c1c/cl + cy 2C,C2(C, + С/
Как видно из полученного выражения, Q не зависит от R. Какова
же роль сопротивления? Оказывается, его величина влияет на ско¬
рость рассеяния (диссинации) энергии: чем меньше R, тем более ин¬
272
Раздел 3. Электростатика
тенсивно происходит выделение тепла, а время разрядки соответ¬
ственно уменьшается.
Ответ: Q =
(41С2 - (J2C1)2
2С,С/СГ + С)
Задача 214.
В схеме, изображен¬
ной на рисунке, найди-
2^2 те количество теплоты,
Л выделившейся в каж¬
дом резисторе после
замыкания ключа К.
Конденсатор емкостью С; заряжен до напряжения Uр а конденсатор
емкостью С2 -до напряжения Ur Сопротивления резисторов R и Rr
Решение:
Закон сохранения энергии для данной системы имеет вид:
Q = Wm4 - WmM. Начальная энергия конденсаторов равна
цг _ C1U1 + C2U2
тч 2 2
Для определения энергии в конечном состоянии воспользуемся
тем, что суммарный заряд конденсаторов не может изменяться. Он
равен:
Ч = Я,+Я2:= ciui ± C2Ur
(Для случаев, когда конденсаторы были соединены одноименно
или разноименно заряженными пластинами).
После замыкания ключа этим зарядом «д» оказывается заряжен
конденсатор ескостью С = С; + С2.
(При параллельном включении емкости конденсаторов складываются).
Таким образом, W =£ = (С'У,1г ■
у нач 2С 2 (Cl + су
А количество выделившейся теплоты будет
0 = W . w = ЯШ + ЯШ (С'и> ± с*и# =
^ тч КОИ 2 2 2(С, + С)
273
Физика: алгоритмы, задачи, решения
С,2и,2 + C1C2W+ C1C2U22 + СДО - С,2и,2Т C1C2U1U2 - aui _
2(С + С)
C,C2(U,2 + U,U2 + U22) _ С,Г-т. + ТГЛ2 г.г.
Как и должно быть, в обоих случаях выделяется тепло: есть джоу-
левы потери. Примечательно, что выделившиеся количество тепло¬
ты независит от сопротивления цепи: при малых сопротивлениях те¬
кут большие токи и наоборот, при больших сопротивлениях текут
малые токи.
Теперь найдем, как количество теплоты Q распределяется между
резисторами. Через резисторы Л, и R2 в каждый момент процесса
перезарядки текут одинаковые токи. Значит, в каждый момент мощ¬
ности, выделяемые на сопротивлениях, равны:
2(С, + С)
Следовательно,-^ =—'.
0.2 °2
Кроме того Q, + Q2- Q.
О)
(2)
1 R,
Q1U+^) = Q,
n
теплоты, а на резисторе R2 веделится Q2 = —— • Q теплоты.
274
Раздел 3. Электростатика
Задача 215.
Конденсаторы емкостью С,=5мкФ
и С2 = 2Cj подключены к источнику
постоянной ЭДС 6 = 300 В. Затем
переключатель К перевели с контак¬
та 1 на контакт 2. Найдите количе¬
ство теплоты, выделившееся при
этом на резисторе с сопротивлением
R] = 200 Ом, если R2 = 300 Ом.
Решение:
При первом положении ключа К резистор Rt отключен, в цепи
соединены последовательно источник ЭДС, два конденсатора и ре¬
зистор Rr При последовательном включении кондесаторов их общая
111 С С
емкость определяется по формуле-4 =— +т. или С =— '■■■*•
С С, С2 С; + С2
Поэтому считаем, что включен как бы один конденсатор с этой
емкостью С =
С, С2
с, + с2
Заряд на нем q = С8 =——*■ 8.
Ct+C2
Такой же заряд на каждом конденса¬
торе.
Нам важно знать запас энергии на конденсаторе емкости С; после
того как процесс остановится (зарядка конденсаторов закончится).
Ведь при втором положении ключа К конденсатор емкостью С2 будет
отключен.
iv - Я2 _J_ / С1С26 ,2_ CiC2282
ci 2С, 2С,С,+С/ 2(С,+С/
Эта энергия в виде теплоты и выделится на двух резисторах при
замыкании ключа на положение 2.
0 _ С,С2282
U 2(С,+С/
(1)
Переведем ключ в положение 2, конденсатор С; будет разряжаться
через резисторы. Теперь надо посчитать, какая часть теплоты выде-
275
Физика: алгоритмы, задачи, решения
лится на резисторе Rr При последовательном включении резисторов
потери теплоты пропорциональны сопротивлениям.
гq = q, + q2, \q = q, + q2,
Так как < Qi _Ri то < ^ = Д? q
{ q2 % l Ui Ъ Ur
Подставляя значение Q2 в первое уравнение, получаем
Q = Q, + f Q1 = QlO+§j)=^^ Ql,
Окончательно: Qt
_ R,
Rj + R2
D
Следовательно: Q, = ‘
Q. Подставляем Q из (1) в (2).
CiC№
(3)
Ri + R2
2(C,+C/
Если учесть, что C2 = 2Cp то выражение (3) упростится
CiC2I, 262 _ 2С,62 Rj 2RtC,S2
9(Rj+RJ ‘
Q =——
Дано:
С,
= 5-10-бФ,
е =
--300В,
R,
= 200 Ом,
= 300 Ом.
Q,
- ?
R1 + R2
2(C]+C/ 9
Q m 2-200 Ом- 5- 10-6Ф- 9- WB2
9 (200 Ом + 300 Ом)
2000-10-2 Ф-В2 j ,п-2Кл
a —— =>410 —— • В ~
500 В
~ 0,04 Кл-В ~ 0,04 Дж.
Ответ: Qt ~ 0,04 Дж.
I, * ,\ Задача 216.
В плоский воздушный конденсатор с расстоянием а
между обкладками вводится диэлектрическая пластина,
— толщина которой d2 < d.
Определить емкость когнденсатора с диэлектрической
пластиной. Диэлектрическая проницаемость материала
пластины S. Площадь пластины и каждой обкладки S.
Решение:
Если в плоский конденсатор внести очень тонкую проводящую
пластину, параллельную обкладкам, то на ее поверхностях появятся
заряды противоположных знаков, равные по модулю. При этом элек-
276
Раздел 3. Электростатика
I рическое поле в конденсаторе не изменится, а значит, не изменится
и его емкость (Ведь заряды обкладок остаются неизменными и раз¬
ность потенциалов между ними не меняется. А по определению
СФ-
Поэтому можно считать, что на поверхностях диэлектрической плас¬
тины нанесены понкие проводящие слои. В этом случае образуются
три последовательно соединенных конденсатора с емкостями
_ SoS
r _e<£s
1
* _ SpS
где d2nd}- расстояния между поверхностями диэлектрической плас¬
тины и обкладками, причем d2 + d} = d - dr
Емкость С батареи трех конденсаторов определяется по формуле
— =— +— +J-=-LAl + d, + dj.
С С, С, С, 6JS[S 2 У
Отсюда С =
SnS
SoSS
(d/s + d2 + d3) dI + S(d2 + d3)
Так как d2 + d} = d - dr
SoSS SoSS SoBS
c =
d,+S(d-d) d,+Sd-SdI Sd + d/1-6)
ess
Ответ: C =
Sd + d/1 - 8)
Задача 217.
Два конденсатора емкостью Cj и С2 заряжены до разностей потен¬
циалов Uj и U2 (U/ * U2).
Доказать, что при параллельном соединении этих конденсаторов
их общая электростатическая энергия уменьшается. Объяснить, по¬
чему происходит уменьшение энергии.
Решение:
Энергия конденсаторов до соединения была равна
W0 ^ =j (С,и2 + С2и2).
После соединения заряд батареи конденсаторов будет q = q,+ q2,
а энергия, запасенная в батарее
277
Физика: алгоритмы, задачи, решения
W =
Ч2 .
2(С, + С)
Так как при параллельном соединении конденсаторов их ем¬
кости складываются С = С; + С2 и по определению q = CU, то
Ч2 = (Ч, + Ч/, а
иг- Ч2 - (ч> + Ч2)2 - (С,и, + C2U2)2
2(С] + С) 2(С, + С) 2(С] + С)
Разность энергий будет
w тГ_ С,U,2 + C2U22 С,U,2 + 2C1C2U1U2 + ст _
2 ' 2(С, + С)
_ ст,2+ с,ст2+ c,c2v,2+ cm2- Ci2u,2-2c,c2u,u2- cm _
2(Ct + CJ
_ C,C2(U22-2U,U2+ U2) _C,C2(U2-U,)2 ^ Q
2(CI + С) 2(C, + C)
W0-W>0,
W0> W
Электростатическая энергия уменьшилась вследствие того, что при
соединении конденсаторов проводниками заряды перетекали с одно¬
го конденсатора на другой. В проводниках, соединяющих конденса¬
торы, выделялось при этом тепло. Количество выделенной теплоты
(см. задачи 213,214) не зависит от сопротивления R соединительных
проводов. Просто при малом сопротивлении проводов в них будут
протекать большие токи, быстрее произойдет перезарядка конденса¬
торов, и наоборот, при большом сопротивлении в них будут проте¬
кать малые токи.
Задача 218.
Плоский воздушный конденсатор зарядили до разности потенци¬
алов U, = 200В, затем отключили от источника напряжения, увели¬
чили расстояние между обкладками в 3 раза и погрузили целиком в
трансформаторное масло.
Определите разность потенциалов на пластинах конденсатора пос¬
ле погружения в масло, если диэлектрическая проницаемость масла
£ = 2,2.
278
Раздел 3. Электростатика
Решение:
По определению, электроемкости конденсатора до и после увели¬
чения расстояния между обкладками будут
С = тх С ' = £0S
1 d 2 3d'
рос
А после погружения в трансформаторное масло С2 = ■
По определению Ct =jj ’i С2= jj.
Поэтому
_£ _ SoS. q _ SoSS
U, d'U2
3d
Приравнивая значение не изменившегося заряда, получаем:
SoSU, _ £o£SU2
d 3d
и-Ш,
Дано:
U, = 200В,
S = 2,2.
иг?
U ~ 3 2°0В ~ 273 В.
2 2,2
Ответ: U, ~ 273 В.
Задача 219.
Плоский конденсатор присоединен к источнику постоянного на¬
пряжения с ЭДС 6 = 200В. На сколько уменьшится напряженность
электрического поля в конденсаторе, если расстояние между его пла¬
стинами увеличить от d2 = 1см до d2 = 2см? Результат представьте в
киловольтах на метр.
Решение:
Напряженности поля до и после раздвигания пластин
279
Физика: алгоритмы, задачи, решения
8 8
Разность напряженностей ЛЕ = Е - Е= — —•
а, а.
ЛЕ
= £(—-—) ~ e(dl' d,)
Ч d2
dA
Дано:
6 = 200В,
d, = т2м,
d2 = 2-1 O'2м.
ЛЕ - ?
др 200В(210-2м- 10-2м) 200В-1&2м
10-2м-210-2м 210-4м2
= 100102 В/м ш Ю 000 В/м « 10 кВ/м.
Ответ: ЛЕ **10 кВ/м.
Задача 220.
Плоский воздушный конденсатор заполнили керосином с диэлек¬
трической проницаемостью 8 = 2. Зарядили, сообщив энергию W0 т
2l0~s Дж, и отключили от источника питания.
Определите, какая энергия будет запасена в конденсаторе, если из
него слить керосин.
Решение:
Воспользуемся формулой W0=3— для энергии конденсатора, а для
^ SoSS
емкости конденсатора С =—^ *
а
Тогда Wn =-3L= 42d
0 2С 26o8S
Отсюда q2=iM^o.
0)
Слили керосин, энергия конденсатора приобрела значение.
W = &L. (2)
2 80S
Так как заряд конденсатора «q» не изменился, то, подставив q2 из
(1) во (2), получаем:
W= 26f.ScWcod= 2SWff
d2SoS 0
280
Раздел 3. Электростатика
Дано:
W0 = 2-10-5Дж,
8 = 2,
8 = 1, керосин
< тли.
W-?
W = 2-2-10-5Дж - 4- 10-5Дж.
Ответ: W - 4-1 (У1Дж.
Задача 221.
Стеклянная пластина целиком заполняет зазор между обкладка¬
ми плоского конденсатора, емкость которого в отсутствие пласти¬
ны С = 2 мкФ. Конденсатор зарядили от источника тока с ЭДС «5 =
1000В, после чего отключили от него. Найдите механическую рабо¬
ту, которую необходимо совершить против электрических сил, чтобы
извлечь пластину из конденсатора. Диэлектрическая проницаемость
стекла 8 = 2.
Решение:
Работа по извлечению пластины равна изменению энергии элект¬
рического поля, которой обладал конденсатор при наличии стеклян¬
ной пластины и после ее извлечения из пространства между обклад¬
ками.
Так как q = С;<5 = 8CS, где С; = ЕС - емкость при наличии диэлек¬
трика, а С - емкость без диэлектрика, то энергия конденсатора с диэ¬
лектриком будет
W=^r =
82С2&2 8С&
2С, 2SC 2
Если диэлектрик убрать, то заряд <щ» не изменится, так как ис¬
точник ЭДС отключен. Поэтому энергия конденсатора без диэлект¬
рика будет:
w =-£ - ffc8# _ е2сг2
0 2С 2С 2
Энергия конденсатора при удалении диэлектрика увеличилась в
— = 8раз (см. задачу 215).
Wo
Работа равна разности энергий.
281
Физика: алгоритмы, задачи, решения
А = W- W0 =
Дано:
8 = 2,
С = 2Ш6Ф,
г = юоов.
А-?
£2С£2 £С1? _ С£2£(£ -1)
2 ’ 2 2
а,2Ж±Ш2^Л,2Кд/в.в!,
2
~ 2 Кл -В ~ 2Дж.
Ответ: А ~2 Дж.
Задача 222.
Плоский конденсатор заполнили диэлектриком и на пластины
подали некоторую разность потенциалов. Его энергия при этом рав¬
на Wg = 2-10~\Дж. После того как конденсатор отключили от источ¬
ника напряжения, диэлектрик вынули из конденсатора. Работа, ко¬
торую надо было для этого совершить, равная = 7-/Дж. Найдите
диэлектрическую проницаемость диэлектрика.
Petuemie:
Повторяя рассуждения при решении задачи 221, можно записать
W/Wg = £, где Wg - энергия, которой обладает конденсатор при нали¬
чии диэлектрика между пластинами, W - энергия того же конденса¬
тора без диэлектрика.
Поэтому W = £Wg, а работа равна разности этих энергий.
А = W- W0 = £W0-Wff
С _А +Wo
6 ~
Дано:
Wg — 2- 10~5Дж,
А = 7Ш5Дж.
£-?
£ - ™^ж ±.2:.Ш!ДЖ » 4,5 Дж.
210'5Дж
Это может быть фарфор.
Ответ: £ ~ 4,5 Дж.
Задача 223.
Конденсатор емкостью С; зарядили до напряжения С/; = 500 В.
282
Раздел 3. Электростатика
При параллельном подключении этого конденсатора к незаряженно¬
му конденсатору емкостью С2 = 4 мкФ вольтметр показал U2 = 100 В.
Найдите емкость Сг
Решение:
По определению для первого конденсатора
q = C,U,. (I)
Когда конденсаторы соединили параллельно, их емкости сложи¬
лись и получился как бы один конденсатор емкостью С2 + С2 с разно¬
стью потенциалов на пластинах U2, а заряд сохранился тот же.
Поэтому q = (С! + CJU2. (2)
Приравнивая заряды в (1) и (2), получаем
(С, + C)U2 = с,и,
с,и2 + с2и2 = с,и,,
C,(U, - щ = с,и,
, 4-10*0-100 В 400 Ю6ФВ
' 500 В-100 В 400 В
~ 106Ф ~ 1мкФ.
Ответ: С/ = 1мкФ.
Конденсаторы емкостью С; = 1 мкФ и С2 = 2 мкФ заряжены до
разности потенциалов Ut = 20 В nU2 = 50 В соответственно. После
зарядки конденсаторы соединены одноименными полюсами. Опре¬
делить разность потенциалов Uмежду обкладками конденсатора после
их соединения.
Решение:
После параллельного соединения конденсаторов, их емкости сло¬
жились, и получился как бы один конденсатор емкостью С = С; + С2.
Заряды тоже сложились q = q, + qr
^ _ CtUi
c‘-uru;
Дано:
U, = 500 В,
и2 = 100 в,
С2 = 4106Ф.
с - ?
Задача 224.
283
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Формулы для зарядов когда конденсаторы были раздельными:
4i ~ С,Up q2 — C2U2.
Когда конденсаторы соединили:
q = (C, + C})U.
Так как заряды конденсаторов складываются, то:
Ч = Ч, + Ч2,
(C, + CJU=CIU, + с2и2,
ГГ _ ClUl + C2U2
с1 + с2
Дано:
Cl
= 10-6Ф,
и,
= 20 В,
Сг
= 210-6Ф,
и2
= 50 В.
и-
. ?
т Ш6Ф-20В + 210-6Ф 50В
10-6Ф + 210-6Ф
= 40В.
Ответ: U« 40В.
no-1 абФв _
ЗШ6Ф
Задача 225.
Конденсатор, заряженный до напряжения Ut = 250 В, соединяется
с конденсатором такой же емкости, но заряженным до напряжения
U} = 150 В, параллельно.
Какое напряжение установится между обкладками? Рассмотреть
два случая: соединение пластин одинаковой и различной полярнос¬
тей.
Решение:
Обозначив начальные емкости конденсаторов через С0, запишем
формулы для зарядов на каждом из них до соединения qs = C0Up q2 =
ад.
Первый случай. При параллельном соединении пластин одина¬
ковой полярности емкости конденсаторов складываются и заряды на
них тоже складываются С = 2С0, q = qt+ qr
Заряд, который будет на соединенных конденсаторах q = 2CJU.
Тогда 2C0U = C0U, + C0UY
284
Раздел 3. Электростатика
цо> = U' + U* ■ I/O) ~ 250 В + /50 i? _ 2^ ^
2 2
Второй случай. При параллельном соединении пластин различ¬
ной полярности емкости конденсаторов тоже складываются, но заря¬
ды вычитаются С = 2Сд, q = qt- qr
Поясним, почему (qt - qj, а не наоборот (q2 - qj. Ведь первый
конденсатор заряжен до более высокого напряжения, чем второй,
IJt > U2, а емкости у них одинаковы, поэтому из формул qt = C0UI и
q2 = C0U2 видно, что q, > qr
Теперь можно записать
2C,U = C0U, - C0Ur
U<2) = U' ~ & . с/у 250 В -150 В ^ ^
2 ’ 2
Ответ: W> = 200 В. 1Р> = 50 В.
Задача 226.
Два конденсатора, рассчитанные на максимальное напряжение
U = 300 В каждый, но имеющие различные емкости С; = 500 пФ и
С2 = 300 пФ, соединены последовательно. Какое наибольшее напря¬
жение можно приложить к такому составному конденсатору?
Решение:
Так как заряды на последовательно соединенных конденсаторах
равны, напряжения на них связаны соотношением: CIUI = CjUr
Первым будет пробит конденсатор, имеющий меньшую емкость,
то есть второй конденсатор с емкостью С2. В момент пробоя на нем
будет напряжение U2 = U, а на первом конденсаторе - напряжение
U 1 = Umax - U. Заряд на первом конденсаторе будет q-CJLJ =CI(Umax- U).
Заряд на втором конденсаторе q = C2U.
Так как заряды одинаковы, то
ОД,- V) = ОД
с,итах-с,и=с2и,
U,-%mrU
Ct
то**
и = С1 +гС2 и.
max Л
285
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
С, = 500-Ш,2Ф,
С2 = 30010-‘2Ф,
и = 300 В.
и
max
- ?
и = 500-10-'2Ф + 300-10-'2Ф шв Ш
тах 50010-'2 Ф
80010-,2Ф
' 50010-'2 Ф
300В~ 1,6-ЗООВ ~ 480В.
Ответ: U - 480В.
max
+9
ч-4
9
Задача 227.
Плоский конденсатор имеет емкость С.
-> На одну из пластин конденсатора помести-
ли заряд + #, а на другую - заряд + 4q. On-
ределить разность потенциалов между пла-
станами конденсатора.
Решение:
Если на пластинах конденсатора име-
->■ ются заряды + q и - q, то напряженность
поля можно найти по известным форму-
лам Е = Ud, U = q/C, тогда Е = q/(Cd), где
С - емкость, d - расстояние между пластинами конденсатора. Это
поле равно сумме одинаковых полей двух пластин. Поэтому напря¬
женность поля одной пластины с равномерно распределенным заря¬
дом q равна 1/2 • q/(Cd).
Напряженность поля пластины с зарядом + q равна 1/2 • q/(Cd), а
напряженность поля пластины с зарядом + 4q равна 2q/(Cd). В отли¬
чие от случаев обычных зарядов конденсатора, когда напряженности
полей пластин напрвлены в одну сторону и складываются, в нашем
случае напряженности полей, создаваемых пластинами, направлены
в разные стороны. Поэтому напряженность однородного поля между
пластинами равна разности напряженностей полей каждой из плас¬
тин.
Е'=23 1 =1ЛL-
Cd 2Cd 2 Cd
Теперь, чтобы найти разность потенциалов, надо применить фор¬
мулу Аф = ф1 - ф2 = A/q. Если переносится с одной пластины на
286
Раздел 3. Электростатика
другую единичный положительный заряд (q = ± 1), то разность по¬
тенциалов как раз и будет равна работе А(р = А^, необходимой для
перенесения единичного положительного заряда с одной пластины
на другую. Эту работу можно записать и так Аед = Fd, но учитывая,
что F = E'/q, a q = + 1, то Аед - E'd.
Поэтому^ = E'd.
Окончательно А(р = Аед= E'd = 3/2 • q/(Cd) • d = 3/2 • q/C.
Ответ: A<p = 3/2 • q/C.
%% ft ft
. J h J L
IHI
+9 -<f -у.
U, U2
Задача 228.
Два конденсатора емкостью С; = 2мкФ
и С2 = 4 мкФ соединены последователь¬
но и подключены к источнику постоян¬
ного напряжения U = 75 В. Определить
заряды на обкладках конденсаторов и
напряжение Uv U2 на каждом конденса¬
торе.
Решение:
Если при подключении батареи кон¬
денсаторов к источнику напряжения U на первой обкладке появится
заряд «+ q», то вследствие электростатической индукции на второй
обкладке возникнет заряд «- q». Так как обкладки 2 и 3 изолированы
от источника напряжения и от других проводников и как одно целое
электрически нейтральны (q = 0), то появление заряда «- q» на об¬
кладке 2 повлечет за собой появление на обкладке 3 заряда «+ q», а
это вызовет появление на обкладке 4 заряда «- q».
Таким образом, при последовательном соединении конденсато¬
ров заряды на обкладках равны по величине. Это равенство зарядов
выполняется независимо от количества соединенных последователь¬
но конденсаторов, их емкости и напряжения, поданного на батарею.
Из рисунка видно, что
и, = <Р,- %, U2 = (р3 - <р, U = ср, - (р4.
Учитывая, что поверхность проводника при стационарно распре¬
деленных зарядах на нем есть эквипотенциальная поверхность, об¬
287
Физика: алгоритмы, задачи, решения
кладки 2 и 3 находятся под одинаковым потенциалом ((р2 = (р3), по¬
этому получаем
u, + u2 = (pr(p2+(p2-(p, = (pr<p4= и, (1)
То есть напряжение, подведенное к батарее последовательно вклю¬
ченных конденсаторов, равно сумме напряжений на отдельных кон¬
денсаторах.
По формуле емкости конденсатора
С =— С = 3., С -3-
4 и; 2 и2 с и
где С - электроемкость батареи конденсаторов.
Отсюда
Подставив (2) в (1), получаем
4+4-4 или-U 1=1
с, с2 с с, с2 с
С* л
откуда емкость батареи С = ' 2 •
С1 + С2
а величина зарядов на обкладках конденсаторов
q = CU =
с,с2и
с, + с2
Дано:
С=2Ю6Ф,
210~6Ф ■ 4 Ш6Ф • 75В 8-7510'12Ф2В
4 210-6Ф + 410-6Ф ' 610-6Ф
С2 = 410~6 Ф,
U ~ Л; U ~ ~ 0,5• 102В - 50 В.
U = 75 В.
1 С, 1 210~6Ф
q-?
и>~с; и’-ттт'оа!,с/в‘25В-
и,-?
иг?
Ответ: XJt ~ 50 В; U2 ~ 25 В.
(2)
10*Кл.
Задача 229.
Найти емкость батареи конденсаторов, изображенной на рисунке 1.
Емкость каждого конденсатора равна С.
288
Раздел 3. Электростатика
Решение:
Для некоторых сложных схем
включения приборов можно по¬
добрать эквивалентную схему,
на которой ясно видно последо¬
вательное и параллельное вклю¬
чение, для вычисления значений
которых известны формулы.
Схема, данная на рис. 1 эквива¬
лентна схеме на рис.2. В этом
можно убедиться, проверив, что
каждый из конденсаторов соединен с источником питания и с други¬
ми конденсаторами точно так же, как в исходной схеме. Вследствие
равенства емкостей всех конденсаторов разность потенциалов меж¬
ду точками А и В равна нулю. Поэтому конденсатор С4 не заряжен, и
его емкость можно не учитывать. Упрощенная эквивалентная схема
приведена на рис.З. В результате получаем схему из трех параллель¬
ных ветвей, две из которых содержат по два последовательно вклю¬
ченных конденсатора.
Так как емкость каждого конденсатора равна С, то общая емкость
данной батареи будет
_ /^ I С2С3
0 ' С2 + С3
Ответ: С„ = 2С. II CsCt _ £ ! С2 j С2
С2 + С3 2С 2С
С
2
2С.
I 0 Заказ № 1509
289
Раздел 4. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК.
ЭЛЕКТРОМАГНИТНОЕ ПОЛЕ
4.1. Комментарий. Изучение данного раздела не только углуб¬
ляет знания о физических явлениях, связанных с существованием,
взаимодействием и движением электрических зарядов (электродина¬
микой) но и позволяет приобрести основные представления о маг¬
нетизме, магнитном поле, его характеристиках. Особенность элект¬
ромагнитных явлений состоит еще и в том, что кажущиеся самостоя¬
тельно существующими электрические и магнитные эффекты, на
самом деле взаимосвязаны и порождают друг друга. Процесс воз¬
никновения и прохождения электрического тока имеет широкое прак¬
тические приложения, используется в технике, поэтому большая часть
предлагаемых задач содержит вопросы прикладного характера: пре¬
вращение электрической энергии в тепловую, механическую; пере¬
дачу электроэнергии от источника к потребителю; расчет парамет¬
ров электрических цепей; электролиз; движение заряженных частиц
в электрических и магнитных полях (эти процессы происходят в элек¬
тронно-лучевых трубках телевизоров, в мониторах компьютеров);
процессы в катушках и трансформаторах. Практический характер
задач делает их решение особенно значимым для понимания того,
как проявляются фундаментальные физические закономерности в
повседневной жизни, природе и технике.
4.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы
4.2.1. Определения и формулировки
Электрический ток; сила тока; сопротивление; закон Ома для
участка цепи; удельное сопротивление; последовательное соеди¬
нение; параллельное соединение; ЭДС; внутреннее сопротивление;
закон Ома для полной цепи; контур в электрической цепи; узел в
электрической цепи; первый закон Кирхгофа; второй закон Кирхго¬
фа; работа тока; мощность тока; закон Джоуля-Ленца; свободные
электроны; сверхпроводимость; электролитическая диссоциация;
290
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
ионы; законы Фарадея для электролиза; электрохимический экви-
па иснт; самостоятельный и несамостоятельный разряды в газе; иони-
11п ор; искра; дуга; плазма; электронная эмиссия; катод; анод; диод;
шсктронно-лучевая трубка; полупроводник; носители зарядов
( шектроны, дырки); собственная проводимость; примесная прово¬
димость; донорные и акцепторные примеси; р-n переход; прямой
и обратный ток; полупроводниковый диод; полупроводниковый
транзистор, магнитное взаимодействие; магнитное поле; индукция
магнитного поля; сила Ампера; закон Ампера; сила Лоренца; диа¬
магнетики; парамагнетики; ферромагнетики; магнитная проницае¬
мость; электромагнитная индукция; магнитный поток; закон элек¬
тромагнитной индукции; правило Ленца; явление самоиндукции;
индуктивность; энергия магнитного поля; переменный ток; эффек¬
тивное напряжение и сила переменного тока; катушка; трансфор¬
матор; коэффициент трансформации; первичная и вторичная об¬
мотки; масс-спектрометр.
4.2.2. Формулы
Сила тока; закон Ома для участка цепи; сопротивление проводни¬
ков; ток, напряжение, сопротивление последовательного соединения;
гок, напряжение, сопротивление параллельного соединения; ЭДС;
закон Ома для полной цепи; первый закон Кирхгофа; второй закон
Кирхгофа; работа тока; мощность тока; закон Джоуля-Ленца; зави¬
симость сопротивления от температуры; закон Фарадея. Магнитная
индукция; закон Ампера; сила Лоренца; магнитный поток; закон
электромагнитной индукции; индуктивность; ЭДС самоиндукции;
энергия магнитного поля; зависимость силы переменного тока и его
напряжение от времени; эффективное напряжение и сила перемен¬
ного тока; формула трансформатора.
4.2.3. Графики
Зависимость сопротивления от температуры; вольтамперная ха¬
рактеристика вакуумного и полупроводникового диодов; индукция
магнитного поля ферромагнетика как функция напряженности внеш¬
него поля; зависимость тока и напряжения переменного тока от
времени.
ю*
291
Физика: алгоритмы, задачи, решения
4.2.4. Единицы
Сила тока; сопротивление; удельное сопротивление; ЭДС; элект¬
рохимический эквивалент. Индукция магнитного поля; магнитная
проницаемость; магнитный поток; ЭДС индукции; индуктивность;
коэффициент трансформации.
4.3. Алгоритмы и иллюстративные задачи.
При решении задач данного раздела наряду с новыми законами и
закономерностями используют физические законы: сохранения и
превращения энергии; сохранения заряда в изолированной системе,
принцип суперпозиции при действии на тело нескольких сил. Ряд
задач требует применения уже известных алгоритмов из механики,
молекулярной физики, теории тепловых явлений, электростатики
(см. Раздел 1, п.1.3; Раздел 2, п.2.3; Раздел 3,п.3.3). Однако необхо¬
димость и конкретный способ “встраивания” этих алгоритмов и
приемов в комбинированные методы решения задач не всегда очеви¬
ден и требует некоторых интеллектуальных усилий, которые приво¬
дят в конечном счете, к умению решать более трудные задачи, осво¬
ению физики как единой науки, пониманию взаимосвязи механи¬
ческих, тепловых, электромагнитных компонент сложных реальных
явлений.
Вместе с тем, решение задач этого раздела опирается на некото¬
рые стандартные методические приемы.
4.3.1. Решение задач на определение сопротивления разветвлен¬
ных электрических цепей.
4.3.1.1. Точки цепи, имеющие одинаковые потенциалы, можно
соединить в одну.
Пример. Определить сопротивление цепи в форме куба, каждое
ребро которого имеет сопротивление г.
Решение:
1. Ток идет через т. А одновременно по трем ребрам куба, имеющим
одинаковое сопротивление г. Начальные точки соединены в одну (А)
следовательно имеют один и тот же потенциал. Сопротивления ребер
одинаковы, значит токи и падения напряжения на ребрах одинаковы.
292
Раздел 4, Электрический ток. Электромагнитное поле
Следовательно, одинаковы потен¬
циалы концов ребер, (т. «а»). Эти
точки можно соединить в одну.
3. Рассуждая аналогично мож¬
но показать, что т. «Ь» также име¬
ют одинаковые потенциалы и их
можно соединить в одну.
4. Эквивалентная схема будет
иметь вид:
А
В
5. Ее сопротивление равно R =L. + L+L=l-r.
3 6 3 6
4.З.1.2. Если в данной точке сложной цепи сходится несколько
проводников, то их концы в этой точке имеют одинаковые потенци¬
алы и их можно удобным образом разъединить.
Пример. Определить сопротивление сложной цепи между точка¬
ми А и В.
Решение:
293
Физика; алгоритмы, задачи, решения
R, = 2г;
. -,,28
+ г = 2г+—г =уг;
R= г +— —
2 1/г + 1/2г
R3 — R2,
L=±+L+L=UL.
R 2r 8r 8r 8r
R-±r.
4.З.1.З. Если концы какого-либо проводника имеют одинаковые
потенциалы, то ток по этому проводнику не идет и при расчете со-
а противления цепи его можно
не учитывать.
Пример. Определить со¬
противление цепи следующе¬
го вида.
Решение:
Из тех же соображений,
что и в примере 4.3.2.1. точки «а» имеют одинаковые потенциалы и
по проводнику (аа) ток не идет. Эквивалентная схема показана на
При расчете сопротивления конкретных цепей эти приемы мож¬
но комбинировать для “сборки” эквивалентных схем.
4.3.2. Алгоритм применения законов Кирхгофа для расчета пара¬
метров сложных электрических цепей: токов, напряжений, ЭДС, со¬
противлений.
1. В схеме электрической цепи указать расположение положитель¬
ного и отрицательного полюсов источников тока, предполагаемые
направления прохождения тока в элементах цепи (резисторах, дио¬
дах, приборах и др.).
294
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
2. Определить число узлов в цепи, входящие и выходящие токи
( узлом называют точку цепи, в которой соединяются более двух
проводников).
3. Для каждого узла (за исключением одного) записать закон со¬
хранения тока (фактически, заряда): алгебраическая сумма токов в
узле равна нулю.
/.+/,+ +1=0.
(Токи, входящие в узел, принято считать положительными, выхо¬
дящие - отрицательными).
4. Определить количество и элементы замкнутых контуров в слож¬
ной цепи. (Контуром называют неразветвленную замкнутую саму на
себя часть цепи. Элементами контура могут быть источники тока,
конденсаторы, резисторы, приборы и др. Цепь, не имеющая разветв¬
лений - это один контур).
5. Для каждого контура (за исключением одного) записывают
закон сохранения энергии: сумма падений напряжений на всех учас¬
тках замкнутого контура равна сумме действующих в этом контуре
ЭДС:
I,R, + 7Л + + 7А ■=Е,+Е2 +- + Ет
Для получения этого уравнения необходимо:
- указать предполагаемые направления токов во всех элементах цепи;
- учесть, что в источниках ток направлен от отрицательного по¬
люса к положительному;
- выбрать направление обхода контура;
- токи, совпадающие с направлением обхода, считать положитель¬
ными, не совпадающие (противоположные) - отрицательными;
- источники тока, повышающие потенциал в направлении обхода (при
обходе вначале попадаем на минус, а затем на плюс), считать обладаю¬
щим положительной ЭДС, а те, которые понижают потенциал в направ¬
лении обхода (вначале плюс, а затем минус) обладают “отрицательной”
ЭДС (конечно, в нашем контуре при конкретном направлении обхода).
6. Уравнение для узлов и для контуров объединить в систему
уравнений и решать ее относительно неизвестных, используя до¬
полнительные данные задачи.
295
Фишки: алгоритмы, задачи, решения
4.3.3. В качестве иллюстративной задачи для применения алго¬
ритма рассмотрим следующую задачу.
Источник тока с ЭДС 6 = 12В и внутренним сопротивлением
г = 0,4 Ом замкнут на два параллельно включенных резистора. Опре¬
делите напряжение на резисторах и силу тока в каждом из них.
Решение:
1. Расположение полюсов источни¬
ка и предполагаемые направления
токов I,, 1Г /, I показаны на рисунке.
2. В цепи два узла (смотри цифры
1 и 2 на рисунке). В узел 1 входят токи
2 1р 12, выходит ток I (I = /, протекаю¬
щему внутри источника).
3. Всего узлов в цепи два, поэтому
можно записать лишь одно независи¬
мое уравнение:
в 1,+12-1 = 0.
4. Контуров в данной цепи всего три:
(S2R, 1 6), (6 2 R21 8), (1 R,2R21).
5. Можно записать только два независимых уравнения: выберем,
к примеру, контуры (Б 2 R,1 6) и (1 R, 2 R2 1). Направления обхода
контуров указаны на рисунке. (Заметим, что во втором контуре от¬
сутствует источник тока). Получаем уравнения:
1 ft, + Ir = S;
-I,-Ift2 = 0.
6. Объединяем эти два уравнения для узлов и контуров в систему
и решаем ее относительно I,, ly Ul = Ift, uU2 = Ift2:
Г f / = /;+/2/
\ I ft, +Ir = 8; ^ lftl+Ilr+I2r = S;
{ -1 ft, + Ift2 = 0. { I ft, - Ift2 = 0.
1,(R, + r)R2 + I ft/ = 6R2; I,(R, +r)R2 +Ift,r = 6R2;
Ift,r -1 ft/ = 0.
296
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
SR2
' R,R2 + (R,+ RJr’
_ SR,
• RjR2 + (R, + RJr ’
Примечание: возможен вариант решения задачи с использовани¬
ем того же алгоритма, при котором вначале определяют Uр U2, а
си см Ip I. Третий вариант решения предложен в тексте задачника.
4.3.3. В задачах, связанных с явлениями электромагнитной ин¬
дукции, самоиндукции, переменным током, нередко возникает не¬
обходимость определения скорости изменения магнитного потока: его
и 1мснения в единицу времени. Определение этой величины также
может быть проведено по стандартной процедуре - алгоритму:
1. Из условия задачи установить через какой контур необходимо
рассчитать скорость изменения магнитного потока.
2. Определить промежуток времени At = tK- tH (конечный момент
времени tK минус начальный tJ,B течении которого изменяется маг¬
нитный поток Ф. (от Фи до Фр ЛФ = ФК - Ф„ )
3. Учитывая, что величина магнитного потока зависит от индук¬
ции В магнитного поля, площади S контура и а - угол между векто¬
ром В и перпендикуляром к площадке контура, определить из усло¬
вия задачи за счет изменения какой величин (В, S или cosa) проис¬
ходит изменение Ф = BScosa.
4. Вычислив Фн, Фк, можно найти ЛФ и определить скорость изме¬
нения магнитного потока
ЛФ _ФК-Фн
Заметим, что при увеличении магнитного потока Фк > Фн, ЛФ > О,
а при его уменьшении Фк < Ф^ ЛФ < 0.
Примечание: угол а между вектором индукции и нормально к
площади S изменяется при повороте контура, его вращении (полу¬
чение переменного тока).
297
Физика: алгоритмы, задачи, решения
4.4. Задачи и решения.
Задача 230.
Какой длины надо взять никелиновую проволоку сечением 0,84.
мм2, чтобы изготовить нагреватель на 220 В, при помощи которого
можно было нагреть 2л воды от 20° С до кипения за 10 мин. при КПД
80%. {р^ = 42-10* Ом м, своды = 4,2 кДж/(кг-град), гводы = 103 кг/м3).
Дано:
S = 0,84-10*м2,
р = 4210* Ом м,
и = 220 В,
V = 2-Ш3 м3,
г«*ы = 1(р кг/м3>
своды = 4,2 кДж/(кг град),
t,° = 20РС,
t2° = 100РС,
At = 600 с,
77 = 0,8.
1-?
Работа тока.
/=Д R
R S
/-Д.
Рн1
A=IUAl=V2SAt/(pHl).
Количество
полученной
теплоты.
Q = cm(t2° - tf),
m=pV,
Q = cpV(t2° -1,°).
Решение:
Закон сохранения
энергии.
VA - Q,
?Е£^=ср/о2°-ф.
PhI
/ =
г] IPS At
РнрсЩ2° -1,°)
l
0,8-4,84- 10PB2- 0,84-Ш6м2- 600c
42-10*Ом-м-103 кг/м2- 4,2-103Дж/(кгград)-2-10~3м3- 80°C
9,68-IQ-3В2м-с
14-10'3Ом-Дж
0,69-102
В2-А-с-м
В-А-В-с
69 м.
Ответ: I = 69м.
Задача 231.
Определите массу медных проводов, необходимых для монтажа
двухпроводной линии передачи от источника питания с напряжени¬
ем U = 2400В до потребителя, находящегося на расстоянии / = 5км
от источника напряжения. Мощность, передаваемая потребителю,
298
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
равна Р = 60кВт. Падение напряжения в линии электропередачи со-
11 авляет 8%. Удельное сопротивление меди рудс = 1,7-1 (У8 Омм. Плот-
11 (>сть меди о = 8,9-103 кг/м3.
Решение:
По известной формуле найдем сопротивление проводов
R =£щ21. (!)
Масса проводов будет т = р V = р 21S,
S = -
т
р 21
Г пл
Подставим (2) в (1) R -$.Р™Р&С-
т
(2)
(3)
Вычислим падение напряжения на двухпроводной линии
— 4121рпл руд.с
т
Поскольку напряжение у потребителя равно U - kU, где к = 0,08.
(Ведь на проводах падение напряжения kU)
IR = kU
Поэтому Ш = 4l2P™Py>J,
т
т
— 412рплруд.с1 _ . .
kU w
Силу тока I, общую для всей цепи, найдем из значения мощности
Р
Р = I(U - kU), передаваемой потребителю I =
U-kU
, Подставим это
значение силы тока в формулу (4). Получим т
Решение:
4■ (5-103м) ■8,91 (Ркг/м3-1,710s Ом м- б-1 О*Вт _
5.76- WB2-0,08(1 -0,08)
4,25-1 (Рм2- 8,9-103кг/м3-1, 7-1 (У3Ом-м- 6-104Вт _
5.76- №0,08-0,92
Дано:
U = 2400 В,
к = 0,08,
Р = 6-ШВт,
р = 8,9-Ю3 кг/м3,
Г нл 3 ’
р = 1,7' 1 O'8 Ом м.
~ уд.с
т
. ?
т
907,8-№кгОм-Вт _
' 0,468-0,92-№В2
299
Физика: алгоритмы, задачи, решения
-907ЛТЛ^В~ 2141кг.
0,424 В2А
Ответ: т ~ 2141 кг.
Задача 232.
Найти сопротивление участка цепи, изображенного на рисунке.
Все резисторы имеют одинаковое сопротивление г и расположены
по ребрам куба.
Решение:
Надо найти сопротив¬
ление ЯАВ между проти¬
воположенными верши¬
нами куба А и В.
Из соображений сим¬
метрии можно сказать,
что токи, идущие по вет¬
вям А-1, А-2, А-3, оди¬
наковы, со¬
противления
тоже одина¬
ковы. Поэто¬
му узлы 1, 2,
3 имеют рав¬
ные потен¬
циалы. Ана-
N
1,
2,
3
м
4,
5,
6
В
логично, узлы 4, 5, 6 тоже имеют равные потенциалы - эквипотенци¬
алы. Сопротивление цепи не изменится, если эквипотенциальные
узлы 1, 2, 3 соединить вместе. Не изменится сопротивление цепи,
если соединить вместе также узлы 4, 5, б. Сделав эти соединения,
получим цепь, эквивалентную данной.
Сопротивления участков AN, NM, МВ будут:
r =L,r =L,r =L.
an 3 6 лив 3
Общее сопротивление
300
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
„ _ г | г [ r_2r + r + 2r
АВ 3 6 3 6
Ответ: R.„ =—гГ.
АВ
6
Г.
Задача 233.
Найти сопротивление участка цепи АВ одинаковых сопротивле¬
ний, включенных по форме звезды. Все резисторы имеют сопротив¬
ление г.
А
Решение:
Замечаем, что точки F и F' эквипотен¬
циальны и, следовательно, по участку
FF' ток не идет. Поэтому можно удалить
участок FF\ и мы получим эквивалент¬
ную схему, изображенную на рисунке спра¬
ва.
Далее, применяя формулы для после¬
довательного и параллельного включения
имеем:
301
Физика; алгоритмы, задачи, решения
^FCD
Сопротивление ле¬
R =2г.
R =¥ =
2г
вой стороны
ADB 3
FD Зг
R = ^>
DB 3
3
^4Г+НГ'
Сопротивление пра-
Общее сопротивле¬
ние двух параллель¬
ных ветвей
вой стороны такое же D _7г ~ _ 7
R..~J 2-%г-
Ответ: R.B = ?-г
АВ 6
Задача 234.
При общем напряжении U = 55 В в цепи все сопротивления
одинаковы и равны г = 2 Ом. Найти распределение токов и напря-
1 4 жений.
Решение:
Я456 = Зг - последовательное
соединение.
5 r - г3г -Зг2 -Зг
3456 г + Зг 4г 4
параллельно R} подключено с
Общее сопротивление R = г +—•+ г = так какR, иR, под-
4 4 1 2
ключены последовательно с участком R}456.
Находим по закону Ома для участка цепи общую силу тока
4-55В
г_ U_4U
R Иг
/=•
1120м
= 10А.
/,=/, = 10А. U, = U2 = 20В.
U3 = U456 = U- (Ir, + Ir); U} = U4„ = 55В- (102 + 10-2)В = 15В.
13 7,5 А.
3 2 0м
I4=I5=I6 = 10А - 7,5 А = 2,5 А.
U4 = Us = U6 = 2,5 А 2 Ом = 5 В.
Сопротивления; R456 = 2 Ом-3 = б Ом.
302
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
R34S6=j.2 0m = 1,5 0м,
R = — 2 Ом = Ц- Ом = 5,5 Ом.
4 2
Ответ: I,=I2 = ЮА, 1} = 7,5 А, /,=/, = /, = 2,5 A, U} = U2 = 20В,
Ui = 15B,U4 = U5 = U6 = 2,5B.
Задача 235.
Две электрические лампочки, на которых указаны из мощности
В, - 100Вт и Р2 = 150Вт, включены последовательно в сеть с посто¬
янным напряжением, соответствующим номинальному напряжению
лампочек. Какая общая мощность будет выделяться на обеих лам¬
почках?
Мощности Р, и Р2 лампочки отдают, если они подключены каж¬
дая к номинальному напряжению U', то есть подключены к этому
напряжению параллельно. При таком подключении найдем силы
токов через лампочки и сопротивления каждой из них, предполагая
их неизменными
/ -£■■/ - А.
1 и 2 и’
п _и _и2 . р _и_и2
R, R2 -—~Т
*1*1 12 1 2
Рассчитаем напряжения на лампочках, если они подключены пос¬
ледовательно. В этом случае напряжения прямо пропорциональны
сопротивлениям лампочек.
303
Физика; алгоритмы, задачи, решения
1Л—=
и3
- UP2 ■
r,+r2 р^/р, + ip/pj р, + р’2
и3 _ UP,
(1)
(2)
и=-Ш-= .
2 R, + R2 Р2(1Р/Р, + и*/Р) Р, + Р2
Рассчитаем силу тока при последовательном включении
I (3)
R, + R2 U2/Pl + WP2 U(PI + PJ
Используя соотношения (1) и (3), найдем мощность, выделившу¬
юся на первой лампочке
р - _ и j - UP2 Р ,Р2 _ Р1Р22 ■
1 г Pt+P2 U(P,+P} (Р,+р/
Р,'~
100 Вт■ 22500 Вт2
■■ 36 Вт.
62500 Вт
Используя соотношения (2) и (3), найдем мощность, выделившуюся на
второй лампочке при последовательном при последовательном включении
т>'=ттт = UP, Р,Р2 = Р,2Р2 ■
2 г Р'+Р2 U(P,+PJ (Р, + р/
п \ 10000 Вт2 • 150 Вт , . D
Р, ** „ **24 Вт.
2 62500 Вт
При последовательном включении на второй лампочке мощность
меньше.
Общая мощность будет Р'=Р,' + Р2\
Р' **36Вт + 24 Вт ** 60 Вт.
Можно было при последовательном включении общую мощность
посчитать по другому.
U2 _ Р,Р2 .
P'=-U2_ =.
r,+r2
P's*.
100 Вт ■ 150 Вт
100 Вт + 150 Вт
Ответ: Р' **60 Вт.
U2/P1 + U2/P2 Р,+Р2’
■■ 60 Вт.
Задача 236.
Линия электропередачи должна передать мощность Р = 100кВт
на расстояние L = 100км. Потери энергии не должны превышать 2%.
304
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Какое минимальное сечение провода с удельным сопротивлением
Г - 1,7- 1(У8Ом-м пригодно для этой цепи, если передаваемое напря¬
жение U = 500В1 Во сколько раз можно уменьшить сечение
провода при увеличении напряжения в 10 раз?
Решение:
р
Сила тока в линии / = —. Максимальные тепловые потери
р2 D р2П ПЦ2
Р = PR = -jjp должны составлять Г]Р. Значит 7]Р = R = -С-.
Используя известное выражение для сопротивления R=&-.
И учтя, что линия двухпроводная / = 2L, получаем
p2L _ hU2
S Р ’
s_2pLP_2pLP 1
tj IP T] U2
Из этого соотношения видно, что площадь сечения провода об¬
ратно пропорциональна квадрату напряжения. Значит, при увеличе¬
нии напряжения в 10 раз сечение можно уменьшить в 100 раз.
Дано:
р = 1,7-10* Омм,
L = 105м,
Р = 105 Вт,
h = 0,02,
U = 5102 В.
S . ~
пип
21,710-Юм м • 1(Рм • 10sВт
0,02-251(РВ2
~ 6,8- 104м2 ~ 6,8 см2.
Ответ: S . = 6,8 см2.
тт ’
Задача 237.
По проводнику сопротивлением R = 300 Ом в течение времени
t = 20с проходит ток силой I = 2А. Определите: а) выделившееся
количество теплоты; б) во сколько раз увеличится объем газа, если
305
Физика: алгоритмы, задачи, решения
проводник был помещен в сосуд с газом массой т = 40 г при началь¬
ной температуре Т0 - 300 К. Процесс считать изобарным. Потери
тепла не учитывать. Удельная теплоемкость газа в данном процессе
равна с = 5103 Дж/(кгК).
Решение:
Дано:
I - 2А,
R = 300 Ом,
t = 20 с,
с = 5-103Дж/(кг-К),
m = 41 O'2 кг,
Т0 = ЗООК.
Q = PRt, (1)
Q = cm(T - TJ, (2)
При изобарном про¬
цессе выполняется за¬
кон Гей-Люссака:
Значение Т найдем
прировняв правые ча¬
сти (1) и (2).
cm(T - TJ = PRt,
cmT = cmTg + PRt,
(3)
V т
о ло
Подставив (4) в (3), получаем:
Г-Т,+
(4)
cm
+ PRt
cmT0
V m 1 + 4A2-300 Ом-20c . , 16А2 В с кг
V0 5-103Дж/(кг-К)-300K- 4-1 (У2кг ~ 410 А А В с кг
»1 + 0,4 ~ 1,4 раза.
Q ~ (2А)2 300 Ом • 20с = 24000Дж * 24 кДж.
у
Ответ: Q=24 кДж, — —1,4 раза.
Задача 238.
Для расплавления т = 1 т стали используется электропечь мощ¬
ностью 100 кВт. Сколько времени продолжается плавка, если сли¬
ток до начала плавления надо нагреть на АТ = 1500К7 Удельная
теплоемкость стали с = 500 Дж/(кг-К), удельная теплота плавления
стали Я = 2,7- 10s Дж/кг.
Решение:
Q, = cm АТ- количество теплоты, необходимое для повышения
температуры слитка на АТ = 1500К.
Q2 = hn - количество теплоты, необходимое для расплавления всей
стали.
306
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
А - Pt- работа тока.
Закон сохранения энергии
Л = Q, + Q2,
Pt = стАТ + km,
, cmAT , km m ,
t = —— + — = —(cAT + k).
P P P{ '
Дано:
m = 10s кг,
P = 10s Bm,
c = 500Дж/(кгК),
AT = 1500 K,
k = 2,7- 10s Дж/кг.
t-?
t = (500Дж/(кг К) + 2,7- 10s,Дж/кг) *
l(rBm
«10,2.10s кг-А В с/(А В кг) • /0200 c <=
= 170 мин = 2 часа 50 мин ~ 2,82 часа.
Ответ: t ~ 2,82 часа.
Задача 239.
Во сколько раз КПД линии электропередачи rjl при напряжении
Ut = 200кВ больше КПД линии электропередачи rj2 при напряжении
U2 = ЮОкВ, если сопротивление линии R = 400 Ом, а передаваемая
от генератора электростанции мощность Р = ШкВТ!
Решение:
Рассмотрим первый случай, когда напряжение на линии Ur В
этом случае
Р = I/R + Р{ (1)
где Ij2R - тепловые потери мощности в проводах, a Pt- мощность,
которая доходит до потребителя.
Кроме того, Р = l,Up а отсюда можно найти силу тока в линии
р р:
1' = —. Подставив ее значение в (1), получим Р = —R + Рр
и 1 U1
р'~р-Г7>*-
КПД линии электропередачи для первого случая будет
PRmU: PR
U,2 ''иг
307
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Аналогично во втором случае при напряжении U2, обозначив мощ¬
ность; доходящую до потребителя Р2, силу тока в линии 12, найдем
А КПД во втором случае будет
_ Р2 _ , PR_W-PR
Ц> Р и/ и2 ‘
Отношение коэффициентов полезного действия равно
щ _ Ui2 - PR U22 - PR _ (Ui2 - PR)U:2
V2 U,2 • U2 (U2 - PR)U2
Дано:
U, = 210s B,
и2 = 1(УВ,
P = 107 Вт,
R = 400 Ом.
Ui ?
V
T), _ (41010B2 - 107Bm-400 Om)10‘°B2 _
ri2 (10I0B2 - 107Bm-400 Om)41010B2 “
(410">B2 - 4-109A B B/A) 10WB2
(10,0B2 - 4-109A-B-B/A)4-10I0B2
36109B2 ■ 1010B2 36 3 , r
~ 6-lW-410"B! ~T4 ~2~l5pma-
Ответ: Ui
%
1,5 раза.
Задача 240.
В электрическом чайнике мощностью Р = 600Вт можно вски¬
пятить V = 1,5 л воды за Т = 20 мин при начальной температуре
воды tt = 20° С. Найдите КПД чайника. Удельная теплоемкость
воды с = 4,2 Дж/(кг-град), плотность г = 103 кг/м3.
Решение:
А = РХ - работа тока.
Q = cpV(t2 - tf) - теплота, которую получила вода.
Г]А = Q-закон сохранения энергии.
T]PX=cpV(t2°-tl°),
1 _ CpV(t2° - t,°)
РТ
308
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
4,2- WДж/(кг град)-10?кг/м?-1,5 Ю3 м?(100Р-2СР)
600 Вт - 1200 с
504-103 А-В-с
7,210s А-Вс
I" = 100°С,
//' = 20°С,
/’ = 600Вт,
Т = 1200 с.
П - ?
Ответ: г\ * 70%.
Задача 241.
В электрическом чайнике за 15 минут 2,5 л воды нагревает¬
ся от 20°С до кипения. Определите силу тока, если напряжение
в сети 220В, а КПД чайника 0,85. Удельная теплоемкость воды
с = 4,2 кДж/(кг град), плотность р = 103 кг/м3.
А = IUT - работа тока за времяТ.
Q = cpV(t° - tft - количество теплоты, полученное водой.
r\A = Q- закон сохранения энергии.
Решение:
T]IUt = cpV(t° -1,0),
J = cpV(t2°-t,°)
T]UT
Дано:
4,2• 103Дж/(кгград)- 103кг/м3-2,5- Ш3м/-8СРС
0,85-220В-900с
с = 4,2-103 Дж/(кг.град),
р = 103 кг/м3,
V = 2,510г3м3,
t,° = 20°С.
// = 100°С,
Tj = 085,
U = 220 В,
Т = 900 с.
840-10/ АВс
168,3103 Вс
I-?
Ответ: I * 5А.
309
Фишка: алгоритмы, задачи, решения
Задача 242.
Электрическая плитка мощностью Р1 = 550 Вт для сети с напря¬
жением U, = 220 В была включена в сеть с напряжением U2 = 127В.
Какая мощность выделяется в плитке при таком включении? На ка¬
кую часть нужно укоротить спираль, чтобы плитка выделяла мощ¬
ность Р1 при напряжении Up
Решение:
Р, = IjUj - мощность электроплитки при напряжении Ur
Отсюда по закону Ома для участка цепи сила тока в спирали
р и
плитки I =-£-=—Л Теперь можно выразить сопротивление спирали
Ui л;
плитки Rt в рабочем режиме через известные величины.
R ~и'2
Л'-/Г
(1)
Сила тока в электроплитке по закону Ома для участка цепи при
напряжении U2 будет
(2)
2 R,
Сопротивление спирали считаем таким же.
Подставим Rt из (1) во (2)
/ 0)
2 г Р, и/
Используя (3), найдем мощность Р2, выделяющуюся в плитке при
напряжении Ur
р = I и = ЧШ± = (Hiу.р.
2 Х2^2 Т7 2 У ТТ ' I
с// и,
Дано:
U, =220 В,
U2 = 127 В,
Р, = 550 Вт.
Р2-?
Р2 - (1™ВУ 550Вт ~ 0,577’-550 Вт =
*» 0,333-550Вт «183 Вт.
Ответ: Р2 ~ 183 Вт.
310
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Решение 2-й задачи:
При ответе на второй вопрос задачи надо сравнивать первона¬
чальную длину спирали и длину укороченной спирали. Так как по
формуле R ~-^г длина спирали при постоянном сечении пропорцио¬
нальна ее сопротивлению, то
к=!к (4>
/ R
Где lp R, - первоначальная длина спирали и ее сопротивление;
I, R - длина и сопротивление укороченной спирали.
Запишем формулы для мощностей, выделяемых при разных на¬
пряжениях.
(5)
(б>
Нам нужно, чтобы мощность Р1 выделялась при напряжении U2,
поэтому
тг22
Р = —, где R пока неизвестно.
R
(7)
Приравняем (5) и (7) и найдем неизвестное сопротивление R
U,2 _ U22
R,
R ’
R = фГ-R,,
R, V'
R » (Щ^}2 “ 0.5772 « 0,333.
R » 0.333R,.
Подставим найденное значение R в (4).
//_ _ 1
I " 0,333R, 0,333 ’
I - 0,3331,,
I,-1 = 1,- 0,3331, -1,(1 - 0,333) « 0,671,,
1 = 1,- 0,671,.
311
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Длину спирали надо укоротить на 0,67 ее первоначальной длины.
Ответ: Л1 = 0,671 г
Задача 243.
На электроплитке мощностью Р = 1кВт кипит чайник с водой.
Вычислите скорость истечения пара из его носика, если площадь се¬
чения носика S = 1см2, давление на выходе из носика равно нормаль¬
ному атмосферному р = 10sПа, все количество теплоты, выделяемое
плиткой, передается воде без потерь. 'Удельная теплота парообразова¬
ния воды г = 2,26 МДж/кг, молярная масса воды М = 18 Ш3 кг/моль.
Решение:
Вода в чайнике кипит, значит, точка кипения достигнута, и вся
теплота Q = гт идет только на испарение.
Эта теплота получена от электроплитки за счет совершения
током работы, где А = РТ, где Т - время кипения и испарения. В
уравнении состояния пара
mRT
М '
pV=‘
Заменим объем пара V = IS, где / - длина струи пара, выходящей
из носика-чайника, a S - площадь сечения носика, то есть площадь
tyiRT
сечения струи. Тогда получим plS =——.
М
Из следующей системы уравнений находим скорость V истечения
пара.
( 7С, mRT
. _ mRT Г
pMS
и ll
з
PT = rm,
l {
v=L
v=L
T
T
j _ mRT
т - гт
л) _ mRT . гт _ PST
pMS ' Р pSMr ‘
312
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
R = 8,3 Дж/(моль-К),
Т = 373 К,
Р= 10? Вт,
р = 10? Па,
М = 18-1 (Н кг/моль,
S = 10-4м,
г = 2,26-10? Дж/кг.
V-?
103 Вт 8,3 Дж/(моль-К) - 373 К
КРПа-Ю^м2-18- Ш3кг/моль-2,2& 10?Док/кг
3096 Н-м-А-В e 7&1(yi м/с т
40,68-10 Н/м2-м2-А-В-С
~ 7,6 м/с.
Ответ: V ~ 7,6 м/с.
Задача 244.
Электродвигатель трамвайного вагона работает при токе I = 100А
и напряжении U = 500 В. При силе тяги двигателя F = 4кН вагон
имеет скорость V = 18 км/ч. Чему равно сопротивление обмотки дви¬
гателя?
Решение:
Часть мощности PR от общей мощности двигателя IU теряется на
его собственной обмотке, имеющей сопротивление R, поэтоь1у по¬
лезная отдаваемая мощность составит IU - PR.
Двигатель за счет этой мощности совершает полезную работу, со¬
здавая силу тяги F
А = F-S = F-V-t.
Значит, с другой стороны полезная отдаваемая двигателем мощ¬
ность равна F-V.
Следовательно, IU - PR = F-V,
R _ Д7 -FV
Дано:
1=100 А,
U =500 В,
V = 5 м/с.
R-?
R
100А 500В-4-КРН- 5 м/с
КРА2
5-104Вт - 2104Вт
10<А2
3-104А-В
WA2
~ 3 Ом.
Ответ: R ~ 3 Ом.
313
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 245.
Троллейбус массой т = 11т движется равномерно со скоростью
V = 36 км/ч. Найдите силу тока в обмотке двигателя, если
напряжение U = 550В и КПД rj - 80%. Коэффициент сопротивле¬
ния движению р.
Решение:
Общая мощность двигателя = IU. Так как движение равно¬
мерное, то сила тяги равна силе сопротивления F = F
г 7 г г т сопр.
Но Fcon = pmg, поэтому Fm = pmg. Полезная мощность равна
Р = FP/V = pmgV.
tiP, = Р - закон сохранения энергии.
* общ. полезн. г г
X\IU = pmgV,
T_pmgV
hU
Дано:
m = 11-103 кг,
g = 10 м/с2,
V = 10 м/с,
U = 550 В,
Р = 0,02,
т] = 0,8.
I-?
j _ 0,02 ■ 11-103кг ■ 10м/с2- 10м/с
0,8550В
22-103 Н-м/с 22000Вт -QA
440В 440В
Ответ: I ~ 50А.
Задача 246.
Электродвигатель, рассчитанный на напряжение U — ИОВ и ток
I = 20А, установлен на расстоянии / = 150м от источника напряже¬
ния Uu = 127В. Найдите
нужное сечение прово¬
дов линии “источник-
jjj электродвигатель”, если
провода медные. Удель¬
ное сопротивление меди
р = 1,7-10* Ом-м.
314
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Решение:
Мощность, отдаваемая источником напряжения Я/.
Тепловые потери мощности на линии PR = Р^- = 22
Здесь длина проводов 21 потому, что линия двухпроводная.
Мощность, потребляемая электродвигателем IU.
Закон сохранения энергии
IU
и
2Рр1
S
+ UI,
2M = i(uu-u),
Ш = ии.и,
* и~ги
и
Дано:
Uu = 127В,
U= 120 В,
1 = 29 А,
1 = 150 м,
г = 1,710-Юмм.
S-?
с_2-20А1,710-Юмм-150м _
127В - 120В
10200-10-8А Вм2 10.2-10-5 2 , ^ ,Л5 ,
Г7Г-: ~——z—м ~ 1,46-Ш5 м2
7В-А 7
~ 1,46 см2 ~ 14,6 мм2.
Ответ: S ~ 14,6 мм2.
Задача 247.
Электродвигатель включен в сеть постоянного тока с напряжени¬
ем U = 220В. Сопротивление обмотки двигателя R = 50м. Сила по¬
требляемого тока I = 10А.Найти механическую мощность электро¬
двигателя и его КПД.
Решение:
Полная мощность электрического тока Р = Шъ данном случае скла¬
дывается из механической Рм и мощности тепловых потерь Рт = IR.
КПД электродвигателя будет
315
Физика: алгоритмы, задачи, решения
PM_IU-PR_ , IR ■
ч-Г-——7-й'
T) = l-1°22m" = 1'0,23~0’77-
Г] « 77%.
Ответ: rj« 77%.
Задача 248.
Электрическая цепь содержит источник, ЭДС которого £ а внут¬
реннее сопротивление г, и резистор (или реостат) сопротивлением
R. Вычислите полную мощность Р,
выделяемую источником, мощность
Рю, отдаваемую во внешнюю цепь
(полезную мощность), и КПД источ¬
ника. Как зависят Р, Р и л от внеш-
него сопротивления R7
Решение:
1 ] Согласно закону Ома, по замкну-
^ той цепи течет ток
R + r
Мощность, выделяемая на участке с реостатом
Р = IU = FR =~~,
«*. (К + гу
где U - напряжение на реостате.
Полная мощность источника равна
Р = /£ = -^-,
" R+r
а его КПД
.Рен. R
(1)
(2)
Л =■
1
(3)
Р R + r 1+r/R
п
Из выражения (1), (2), (3) видно, что с увеличением R полная
мощность будет уменьшаться, а КПД наоборот возрастать, причем
при возрастании R все большая доля полной мощности выделяется
316
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
на внешнем участке (по сравнению с мощностью, выделяющейся
им у гри источника).
Из выражения (1) следует, что при R = 0 и R —полезная мощ¬
ность равна нулю Р = 0. Значит существует такое значение R, при
поз ором полезная мощность максимальна. Оно находится, если про¬
изводную по R приравнять нулю
. 0l)^<R + r)‘-2S‘R(R.r)_(,
" ' ' (R + г/
Из этого получаем: при R = г. Рви максимальна и равна
S2
Р = —• Полезная мощность максимальна при равенстве внеш-
вн.макс. А.. г г
вн.макс. 4г
него и внутреннего сопротивлений
R 1
Однако КПД (из 3) при этом п =— = - —•
v 7 F R + г 1 + r/R
Получается, что половина всей вырабатываемой мощности выде¬
ляется на внутреннем сопротивлении источника.
А когда же КПД максимален?
КПД максимален и равен rj = / при R но Рт при этом стре¬
мится к нулю.
Таким образом, достичь одновременно максимальной и наиболее
эффективной энергоотдачи в такой цепи не удается. Проигрывая в
выделяемой мощности, мы выигрываем в КПД, и наоборот.
Задача 249.
К источнику с ЭДС Б и внутреннем сопротивлением г подклю¬
чен резистор. По цепи идет ток I. Вычислите мощность Рвн,
выделяемую во внешней цепи, полную мощность Рп и КПД 7) ис¬
точника.
Как зависят Р , Р и от силы тока Л
Решение:
Полная мощность равна Рп = 16, а Рт найдем, вычитая из полной
мощности мощность, выделенную на внутреннем сопротивлении
источника:
Р'=1Б-Рг. (1)
317
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Тогда КПД 1] =~ / -j- (2)
п
С робтом тока / полная мощность Рп = IS линейно растет (так
как S = const), а КПД падает. (Увеличение тока может быть достиг¬
нуто уменьшением внешнего сопротивления, а значит, уменьше¬
нием доли Рт по сравнению с мощностью, выделяющейся на внут¬
реннем сопротивлении).
£
Рт обращается в нуль при 1 = 0 и при I =— (см. 1). Значит, суще¬
ствует некоторое значение тока, при котором полезная мощность Рт
максимальна. Приравняв нулю производную по току, найдем.
Р'вн. (I) = 6 - 21г = 0, если I = —•
Следовательно, при / = ^-полезная мощность Р
максимальна.
Она равна Р
~ внмакс.
£
2г
Задача 250.
Источник тока с ЭДС S = 12В и внутренним сопротивлением г = 0,4 Ом
замкнут на два параллельно включенных резистора сопротивления¬
ми Rj = 30 Ом и R2 = 6 Ом. Определите напряжение на резисторах и
силу тока в каждом из них.
Решение:
Общее сопротивление резисторов
D D
R = - поэтому закон Ома для замк-
R,+R2
нутой цепи можно записать так
j_ S _ S _ S(R,+R2)
R +г R,R2 + R,R2 + r(R1 + RJ'
Ri+R2
Напряжение на резисторах будет
U = IR — £(Ri + R2) RiR2 _
R,R2 + r(Rt +RJ R, + R2
318
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
SR1R2
R,R2 + r(Rt + RJ
U _ 12В • 30м ■ 60м
123-бВОм
ЗОм-бОм + 0,40м(30м + 6 Ом) 18 Ом2 + 3,6 Ом2
Силы токов в резисторах
г U г 1ОВ 33л
I, ==-; I, ~ т-гг- ~ 3,3А.
1 R/ 1 3 Ом
, _ U , 10В , 7 л
/, ——; /, ** -rr-rr— = 1, /А.
2 R2 2 6 Ом
~10В.
Ответ: U ~ 10В, /; ~ 3,3А, 12 - 1,7А.
Задача 251.
Определите внутреннее сопротивление аккумулятора, если
известно, что при его замыкании на внешнее сопротивление
R,= 1 Ом напряжение на зажимах ак¬
кумулятора U; = 2В, а при замыкании
на сопротивление R2 = 2 Ом напряже¬
ние на зажимах U2 = 2,4 В. Сопротив¬
лением подводящих проводов можно
пренебречь.
Решение:
Согласно закону Ома I + ■ ■ для зам¬
кнутой цепи для наших двух случаев мож¬
но записать.
6 = U, + 1,г,
e = u2 + if
По закону Ома для участка цепи / = Ц-, поэтому заменим силы
R
гоков через резисторы 1 = Цр I=4l. В обоих уравнениях исключим 6.
£ = I,R, + If
S = I2R2 + If
R,
и'+^г'и’+^к
319
Физика: алгоритмы, задачи, решения
'R, R
U,R2
Дано:
R, = Юм,
R2 = 20м,
U, = 2В,
U2 = 2,4В.
U2R,_.TT т г „ _ (U2 - U,)R,R2
и2 ■ ui * ' тт в тт в
■- 9
ир2 - up,
(2,4В - 2В)-Юм-20м _ 0,4-2В-Ом2
2В-20м - 2,4В-Юм 4В-Ом - 2,4В-Ом
~ °'8В Ом2« 0,50м.
1,6В-Ом
Ответ: г ~ 0,5 Ом.
Задача 252.
Определите ЭДС источника, если при подключении к нему резис¬
тора с сопротивлением R напряжение на зажимах источника U, =
10В, а при подключении резистора с сопротивлением 5R напряжение
v
Решение:
Решаем систему уравнений, исключая силы токов I,, 12 и внут¬
реннее сопротивление г.
U2 = 20В.
5 = I,R,+l,r,
6 = ip2 +1/,
U,=I,R,,
U2 = iPr
r,
.-<£-UJ5R
u.
8 = U, + I,r,
S-U2+Ijr.
/ -Ul-Ш.
1 R, R
T =
2 R2 5R
£ = u 4. Ut (8 - U2)5R
£ = U,+-^r,
6=U2 + h
R
U,
S = U,+
5(8 - U2)U,
U,
eu2 = U,U2 + 5SU, - 5U,U?
S(5U, - Щ = 4U,Ur
f_ 4U,U2
5Ui - U2
320
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
к,
= R,
Л\
= 5R,
f/
, = ю В,
(/
, = 20 В.
8-
. ?
с _4-10В ■ 20В
510В-20В
Ответ: 6 - 27В.
800В2
ЗОВ
27В.
Задача 253.
Для определения ЭДС и внутреннего сопротивления батареи ак¬
кумуляторов собрали электрическую цепь по схеме, показанной на
Л)
6 г.
\
<Н>
\
рисунке. При правом положении сколь¬
зящего контакта реостата амперметр по¬
казал 5А, а вольтметр 11,5 В. Когда кон¬
такт переместили немного влево, то ам¬
перметр показал 7,5 А, а вольтметр 11,25
В. Вычислите по результатам опыта ЭДС
аккумулятора и его внутреннее сопро¬
тивление.
Решение:
Решаем систему уравнений относительно г.
| £ = 11,+Ijr, U} + If = U2 +1/,
| £=7^ + 7/. Uj-U2
Wi
Для нахождения ЭДС подставим значение г в какое-нибудь урав¬
нение системы, например, в первое.
8 =
6 =
U.+I,
и,-и2
W/
ьи, + I,U2
12-1,
I I Заказ № 1509
321
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
1, = 5 А,
U, = 11,5 В,
12 = 7,5 А,
U2 = 11,25 В.
г-?
£-?
11,5В - 11,25В
7,5 А-5 А
0,25В ~ 0,1 Ом.
7,5А-11,5В - 5А-11,25В _ 86,25 АВ - 56,25 АВ _
7,5 А-5 А 2,5 А
30 АВ
2,5 А
Ответ: г
12 В.
0,1 Ом; 6 «12 В.
Задача 254.
Рассчитайте мощность, потребляемую лампой, которую под¬
ключили к батарее аккумуляторов с ЭДС 6 = 12,5 В и внутренним
сопротивлением 0,1 Ом, если в рабочем режиме сопротивление лам¬
пы 2,9 Ом.
Дано:
6 = 12,5 В,
г = 0,1 Ом,
R = 2,9 Ом.
Р -?
вн
/=—
R + r
Р = PR,
62R
Р =■
м (R + г)2
Ответ: Р *
Решение:
р (12,5В)2-2,9 Ом
" "(2,9 Ом + 0,1 Ом)2
453 В2Ом сп л2 спп
<*——-—;—<= 50л ■ Ом— 50 Вт.
9 Ом2
50 Вт.
Задача 255.
Определите ЭДС и внутреннее сопротивление источника тока,
если при его силе тока /, = 2А во внешней цепи выделяется мощ¬
ность Pj = 3Вт, а при силе тока 12 = 4А- мощность Р2 = 4Вт.
Решение:
В уравнениях для ЭДС умножим обе части на соответствующие
силы токов. Тогда эти уравнения будут уравнениями для мощностей.
Г е = уг, + If, IIf-I,%+I,‘r, <1р-р, + 1‘г.
U-iA+i/- iifi=/A+i;r. I ip-p,+i,’r.
Для нахождения внутреннего сопротивления г исключим £.
322
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
с _Р,+ h2r
Р, + 1,2г
I,
h
г _ Р: + h2r
Pi Р2_
I2
h'h
II
« £
Для нахождения 6 подставим это значение г в любое уравнение
последней системы, например, первое.
р _ Pi _|_ т I2P1 - I1P2 _/*/_!_ I2P1 - IiP2 _
I, ‘ I,h(l2-Il) h hfr-h)
_ h2P, - I1I2P, + W/ - VP2 = 7/P; - //Pi
If fir* 1 II)
Дано:
I, = 2A,
P, = 3 Bm,
I2 = 4A,
P2 = 4Bm
S-?
r-?
a _ (4A)23Bm - (2A)24Bm _ 48A2Bm - 16A2Bm
2A-4A (4A - 2A) “ 8-2A2
32A2AB ,D
16A3
4A 3Bm - 2A 4Bm (12 - 8)A Bm
Г 2A-4A(4A - 2A) ~ 8-2A3
» 0,25 B/A « 0,25 Ом.
16A3
Ответ: 5 ~ 2B. r *= 0,25Om.
Задача 256.
Электродвигатель с сопротивлением обмоток R = 2 Ом под¬
ключен к генератору с ЭДС 6 = 240В и внутренним сопротивлени¬
ем г = 4 Ом. При работе электродвигателя через его обмотки
проходит ток I = 10 А. Найдите КПД электродвигателя. Сопро-
I ивление подводящих проводов пренебрежимо мало.
Решение:
Согласно закону сохранения энергии, полная мощность генератора
Г =15 складывается из механической мощности электродвигателя Р ,
I с 11 ловых потерь в самом генераторе /г и тепловых потерь в электродви-
I ;п еле IR. (Потерями в подводящих проводах пренебрегаем.)
II •
323
Физика: алгоритмы, задачи, решения
р =ie = pr + pR + p . О)
п мех v '
Сила тока / везде одна и та же.
К электродвигателю доходит мощность
IS - Pr = PR + Рмех (2)
так как /г - потери еще в генераторе.
Из (1): Р = IS - Pr - PR.
КПД электродвигателя равен отношению его механической (по¬
лезной) мощности, потребляемой от генератора.
. Рж _ IS - Pr - PR _ , IR
Ц 16-Pr IS -Pr ‘ S-Ir
Дано:
I = 10А,
г = 4 Ом,
R = 2 Ом,
6 = 240В.
г]-?
, 10 А 2Ом , 20А Ом
Л 240В-10А 4 0м 200В
»1 - 0,1 «= 0,9 ~ 90%.
Ответ: Т] ~ 90%.
Задача 257.
Электродвигатель питается от батареи с ЭДС 6 = 12 В. Какую
механическую работу совершает двигатель за Т = 1 минуту при про¬
текании по его обмотке тока 1 = 2 А, если при полном затормажива¬
нии якоря в цепи течет ток 1д = 3 А1
Решение:
Согласно закону сохранения энергии полная мощность батареи
складывается из механической мощности электродвигателя, тепло¬
вых потерь в самой батарее и тепловых потерь в обмотке электро¬
двигателя. Потерями в подводящих проводах пренебрегаем.
Рп=1Е =PMex + P(R + г).
Во время остановки двигателя механическая работа не соверша¬
ется Р = 0. (Механическая мощность равна нулю).
P0=I0S=Ij(R + r).
Батарея только “греет” провода.
324
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Решая следующую систему, исключаем сопротивление и находим
механическую мощность.
| IS=P(R + r)+P^ f IS - P(R + г) +
I If = Ie’(R + r).
IS-Pf+P^
p -g PS-0,-№
*0 *0
Механическая работа, совершенная электродвигателем за время
Т будет равна
= р т-Р°-№
Дано:
8 = 12 В,
1 = 2 А,
[0 = ЗА,
X =60 с.
А - ?
мех
А _ (ЗА - 2А)-2А12В б0с _ 24-60А> В с _ ^ Дж
мех ЗА ЗА
Ответ: А «* 480Дж.
Задача 258.
Электроэнергия передается от генератора к потребителю по про¬
колам, общее сопротивление которых R= 400 Ом. Коэффици¬
ент полезного действия линии передачи Т] = 95%. Определите
сопротивление нагрузки RH, если внутреннее сопротивление гене¬
ратора г = 100 Ом.
Решение:
Согласно закону Ома для замкнутой цепи ЭДС генератора
равна 6 = Ir + IR + IR .
* пр н
IR IR
КПД этой линии равен: 77 =-——-——
н ' £ Ir+IR +IR
пр н
Отсюда найдем сопротивление нагрузки Rh.
R'-nfr + R^+RJ.
. R„
r + R +R
пр н
325
Физика: алгоритмы, задачи, решения
К- ***„= чФ* + г),
R/1 - п) = n(Rnp + г),
R =ЗЁш.+ г>
1-л
Дано:
П = 0,95,
R^ = 400 Ом,
г = 100 Ом.
R -?
р _ 0,95(400 Ом + 100 Ом) _ 0,95 500 Ом _
" 1 - 0,95 0,05
~ 9500 Ом ~ 9,5 кОм.
Ответ: R **9,5 кОм.
U ’
Задача 259.
Источник тока с ЭДС Е = 50В и внутренним сопротивлением г =
1,2 Ом должен питать дуговую лампу с сопротивлением R = б Ом,
требующую для нормального горения напряжение U= ЗОВ. Опреде¬
лите величину дополнительного сопротивления.
Решение:
Согласно закону Ома для полной цепи имеем
S = lr + IRd + IR = I(r + Rd +R). (1)
Согласно закону Ома для участка цепи (на лампе)
Подставим силу тока (она одинакова во всех частях цепи) из (2) в (1).
£=|~(r + Rd+R).
Rd = ™-(R+r).
Дано:
Е = 50В,
г = 1,2 Ом,
R = 6 Ом,
U =30 В.
R -?
50В-60м
(6 Ом + 1,2 Ом)
ЗОВ
~ 10 Ом - 7,2 Ом = 2,80м.
Ответ: R. ~ 2,80м.
326
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное доле
Задача 260.
Два одинаковых резистора с сопротивлением R каждый подклю¬
чаются к источнику с ЭДС 6 и внутренним сопротивлением г сначала
параллельно, а затем, последовательно. В каком случае потребляется
(м>льшая мощность во внешней цепи?
Решение:
R
Согласно закону Ома для полной цепи I =-
к + г
вн
Мощность, выделяемая на внешнем участке цепи
Р =PR (1)
*" “ (Rm + г)2
где Rm - внешнее сопротивление.
Исследуем зависимость Рт от Rm: P,H(R,J как функцию Rm. При
= 0 и R —>оо, р = 0. Так как Р > 0, то при изменяющихся
< вн * вн вн 7 г
шачениях R существует максимальное значение Р . Чтобы оп-
вн J J 6HJWXKC
рсделить максимальное значение мощности, выделяемое на внеш-
нем сопротивлении, найдем первую производную P,H(R,J и прирав¬
няем ее нулю.
_ (S2Rm) '(Rm + г)2 - 62RaH(ReH + r)2'_
(R„ + ry
_ 82(R.H + r) [(R,H + r) - 2R] _ 82(r - R.„)
(R + гУ (R + ry
Рвн' (RtJ = 0 тогда, когда RtH = г, то есть когда все внешнее сопро¬
тивление равно внутреннему сопротивлению источника тока.
Подставив значение Rm = г в (1), найдем максимальное значение
мощности, которое может выделиться во внешней цепи.
р - S2r _ 62r _ S2r (2)
внмакс ^ '
При параллельном включении двух данных резисторов внешнее
Л
сопротивление будет Rmnap = —, при последовательном включении
R = 2R.
вн.посп.
Значит, R
> R
вн.посл вн.пар
(3)
327
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Чтобы на внешнем сопротивлении выделялась максимальная мощ¬
ность Р необходимо, чтобы при параллельном включении вне¬
шних резисторов
_ R
Г 2'
а при последовательном включении резисторов было г = 2R.
Но для данного источника внутреннее сопротивление “г” не
меняется. А максимальная мощность Р выделяется только при
вн.макс г
R = г.
вн
Поэтому если Rm > г, то Рю больше выделяется на меньшем из
двух возможных (см. 3) внешних сопротивлений RJ2 то есть при
параллельном их включении.
Если же Rm < г, то Рю больше выделится на большем из двух
сопротивлений 2R, то есть при их последовательном включении.
Ответ: если Rm > г, то большая мощность выделяется при парал¬
лельном соединении резисторов, если Rm< г - при последователь¬
ном.
Задача 261.
Источник тока с ЭДС 8 = 30 В и внутренним сопротивлением
г = 6 Ом замкнули на два резистора, соединенных параллельно.
При этом на первом резисторе выделяется количество теплоты в
три раза больше, а на втором - в шесть раз больше, чем на внут¬
реннем сопротивлении источника. Какой ток протекает через ис¬
точник и через каждый резистор?
Решение:
Исходя из условия задачи, так как
Р0 = Pr, Р, = ЗРг, Р2 = 6Pr (1),
общая мощность источника тока будет
Р = Р0 + Р1 +Ру
18 = Рг + ЗРг + 6Рг = ЮР г,
8 = 101г.
Ток через источник / = —.
F Юг
(2)
328
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
/*
ЗОВ
.1,
10-бОм
Мощности на первом и втором резисторах можно записать с
помощью других формул: P,=IjU и Р2 = I2U, (напряжения на парал¬
лельно включенных резисторах одинаковы).
Р Р
Следовательно =-4, кроме того I = /у + 1Г Из системы этих
Л j
двух уравнений находим токи через первый и второй резисторы.
II
[h = Pi,
и
>
!<•
i, h
i, i-i,
i
II
г,-if,
I,(P,+PJ=IPV
1 р,+р,
Подставляем сюда ток I из (2), а.Р1иР2 из (1).
ЗВРг _ 6 г ЗОВ
7/ 10г(ЗРг + 6Рг) ЗОг
= — ■ I
ЗЛ-’ I
30-6 Ом
зов
1=1 I =— £ — 26 _ 6 . j _
2 1 Юг ЗОг ЗОг 15г ’ 1 15-6 Ом
Ответ: ток через источник / =~jA,
ток через первый резистор I ~4~А,
б
ток через второй резистор I2 -j-A.
Задача 262.
Какой ток пойдет по подводящим проводам при коротком замы¬
кании, если на двух электроплитках с сопротивлениями R= 200 Ом
и R = 500 Ом при их поочередном включении выделяется одинако¬
вая мощность Р = 200Вт}
329
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Найдем токи в электроплитках при их раздельных включениях в
цепь.
Р -1,%;
Р -1
Обозначим Б, г, ЭДС источника тока и его внутреннее сопротив¬
ление. Ток короткого замыкания определяется по формуле
О)
'■it
(2)
/ = *•
кор г
(3)
Можно записать значение ЭДС для двух включений и найти внут¬
реннее сопротивление источника.
Б = I/r + R), (4)
S = I/r + R2). (5)
/,г + IjRj =// + I2RT
(6)
IAi-hR,
В соотношение (3) подставим значение ЭДС, например, (4) и вос¬
пользуемся (6), потом (1) и (2).
I = 1г + = /. + IR: IiRT2 ~ !'Rl =
кор 1 r 1 г 1 Г1 I +1
41-
Яр/Ri ■ R,( т/ш, + \1Ш2)
VM, R, - у/p/R,
Ш2) __/Р , P + F
R, Vr, IprГ
+ PVW2
>PR,-\/PR,
_ y/pWRi -р + р + p\Zr,/r2 _p(Vr2/r,- Vih/ih) _
Ipr,
VP1T2-
VP faRJVR, -s/r,R,R2/R2 _/~F fo-R, =
^ЩТ2 \/R2- \fR, VRjR' \Zt2-y/R2
“Vp ^ -T® • ^W
Результат (7) есть ответ на вопрос задачи. Но его можно предста-
330
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
нить разными способами.
б)Т^; ^«*>•»Ч*. ^+»
-(4Щ -^г+#- 7/ + ‘г СмотР" О)и С)-
Следовательно 1кдр = /; + /2.
Вывод: если при подключении к источнику ЭДС отдельно двух
нагрузок с разными сопротивлениями окажется, что на этих нагруз¬
ках выделяются одинаковые мощности, то ток короткого замыкания
для этого источника в линии равен сумме токов, идущих по нагруз¬
кам при их отдельном включении.
Дано:
Rt = 200 Ом,
R, = 500 Ом,
Р = 200 Вт.
/ J200Вт' , 1500 Ом [ ,, в
*ор У 500 Ом ' V 200 Ом '
~Ша> (ЯГ5 + 1)=0,632А 2,581 ** 1,63А.
б) 1 =J200Bm +J:
' 4200 0м Ь
200 Вт 1200 Вт
500 Ом
1А + 0,63А «1,63 А.
Ответ: I ~ 1,63 А.
кор '
Задача 263.
Нагреватель кипятильника состоит из двух секций сопротивле¬
нием R = 4 Ом каждая. Кипятильник питают от аккумуляторной ба¬
тареи, ЭДС которой 6 = 12 В. Вода в кипятильнике закипает за одно
и то же время как при последовательном, так и при параллельном
соединении элементов нагревателя. Определите силу тока, проходя¬
щего через аккумулятор при коротком замыкании.
331
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Так как ток короткого замыкания равен
I =■§••
к°р R
(1)
то найдем, как зависит внутреннее сопротивление г от внешнего
сопротивления. Обозначим внешнее сопротивление при последова¬
тельном или параллельном соединении элементов кипятильника
Л
R, = 2R или R= — соответственно.
1 2 2
(2)
Полная мощность, отдаваемая аккумулятором If или If может
быть выражена формулами If = 12г + IfR, или If = I*r + I2RT где
I/Rj и I2R2 - мощности, выделяемые на внешней цепи при после¬
довательном или при параллельном соединении секций кипятиль¬
ника.
Так как и при последовательном и при параллельном включениях
секций вода закипает за одно и то же время, то внешние мощности
для обоих случаев равны 12R, —
Кроме того можно использовать еще и закон Ома для полной
цепи, например, для первого случая £ = I(Rt + г).
Приравнивая внешние мощности, исключая неизвестные токи
сначала 12, потом выражаем внутреннее сопротивление аккумуля¬
тора г через Rj и R из следующей системы уравнений.
f/,£-//г = /,£-//<
1 =1л/Ш,
2 'V R
6 = I,(R, + г).
Подставляя в первое уравнение из второго и £ из третьего, полу¬
чаем /J,(R, + г) - //г = I^-I,(R, + г.
Сокращаем на I2.
Г//Л, =/,£-//* Г
V - Ч'+ ч*,
I2%=If-I/r,t
£
II
\e = i,(R + r),
2 1 R2 l
S=I.(R.+r).
332
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Учитывая (1), запишем I ="/==•
v » кор sjRji2
Учитывая (2), запишем т _ S
кор V2R RJ2
Дано:
6 = 12В,
R = 4 Ом.
I
кор
12 В
4 Ом
~ЗЛ.
Ответ: I ~ ЗА.
кор
е_
R
Задача 264.
Источник тока замыкается один раз проводником с сопротивле¬
нием Rt=4 Ом, а другой раз -R2 = 9 Ом. В обоих случаях количество
теплоты, выделившееся в проводниках за одно и то же время, оказа¬
лось одинаковым. Определите внутреннее сопротивление источника.
Решение:
Повторяя рассуждения для секций кипятильника и преобразова¬
ния для задачи 228, получаем г -v!Щ
г ~ \/4 Ом • 9 Ом = б Ом.
Ответ: г ~ 6 Ом.
333
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 265.
Две электроплитки, включенные в сеть параллельно, потребляют
мощность Р. Какую мощность будут потреблять эти электроплитки,
включенные последовательно, если одна из электроплиток при па¬
раллельном включении потребляет мощность Pfi
Решение:
Докажем, что мощность, потребляемая первой плиткой Р, при
параллельном включении относится к мощности Р - Рр потребляв-
D
мой второй плиткой как^., где R, и R2 сопротивления плиток.
Pi _ ItU _ U/Ri • U _ № _ R2
Р-Р, I2U U/R2 U IPR, R,‘
Отсюда R2 = jpj" (0
Найдем отношение мощностей, потребляемых плитками при па¬
раллельном включении Р к мощности Р, потребляемой плитками при
последовательном включении. Считаем напряжение в сети U посто¬
янным.
Обозначим:
/ - общий ток при параллельном включении,
I, - ток через плитки при последовательном включении.
Р _ IU _ / .. U U (Ri + R2)2 т
Р' I3U I3 RjR/(R, + RJ ' R, + R2 R,R2 u
Подставим R2 из (1) во (2).
Р _(Ri+P,R,/(Р-Р,)2 _ R,2(l + Р,/(Р - Р,))2 _ Р2 Р, _
Р' R,. Р^/(Р - Р) R2 • Р/(Р - Р) (Р-Р}2'Р-Р,
_ Р2(Р - Р,) _ Р2
Р,(Р-Р/ Р,(Р-Р/
Р _ Р2
р' р,(р-ру
Р'_Р,(Р-Р,)
р р
Ответ: Р' = Р,(1 - Р/Р).
334
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное доле
Задача 266.
Батарея состоит из параллельно соединенных между собой оди¬
наковых элементов с внутренним сопротивлением г = 1,4 Ом и ЭДС
К 3,5 В каждый. При токе во внешней цепи I = 1А полезная мощ¬
ность батареи равна Р = 3,3 Вт. Сколько элементов в батарее?
Решение:
Пусть в батарее N элементов, так как они включены параллельно,
ю ЭДС в цепи та же 6, а внутреннее сопротивление батареи
г
N
Полезная мощность будет Р = 16 - Р ■ —>
w
n=ttf
Дано:
1 = 1 А,
г = 1,4 Ом,
6 = 3,5 В,
Р = 3,3 Вт.
N-?
„ (1 А)2 1,4 Ом 1,4 А2Ом _
N =—~г—' ' „ „ „ = * , „ = 7элем.
1А • 3,5 В - 3,3 Вт 0,2 А-В
Ответ: N=7элементов в батарее.
Задача 267.
Аккумулятор, заряженный до 12В, подключен для зарядки к сети
с напряжением 15В. Какое дополнительное сопротивление R нужно
подключить в цепь для того, чтобы сила зарядного тока не превыша¬
ла 1 А? Внутреннее сопротивление аккумулятора г = 2 Ом.
Решение:
В случае, когда аккумулятор работает как источник тока и под¬
ключен на нагрузку R, ток определяется по закону Ома для полной
цепи
Io~R + r
335
Физика; алгоритмы, задачи, решения
Внутри источника этот ток направлен от отрицательного элект¬
рода к положительному. При зарядке аккумулятора ток в нем имеет
положительное направление, то есть от положительного электрода к
отрицательному. Если аккумулятор полностью разряжен, то заряд¬
ный ток определяется формулой
I} = гае £/ - напряжение сети.
В том случае, когда аккумулятор разряжен не полностью, как это
имеет место в нашем случае, полный ток можно представить как
U S
разность, I = 1}-10 = +с - + , где 6 - значение ЭДС разряженного
аккумулятора.
Таким образом:
Uc = I(R +г) + S,
Uc = IR + Ir + 6,
IR = Uc- Ir- 6,
R_Uc-S-Ir
Дано:
Uc = 15 B,
6 = 12 B,
1 = 2 A,
r = 2 Ом.
R-?
R =
15 В -12 В -1А 2 0м
1A
Ответ: R ~ 1 Ом.
ЦШ~юм.
1 A
Задача 268.
Найдите ток через нагрузку сопротивлением R, подключенную к
параллельно соединенным батареям с ЭДС £; и 62 и внутренними
сопротивлениями rt и гу
Решение:
Применим метод “узловых потенциалов”. Зададим потенциал точ¬
ки А равным нулю (рА = 0. Теперь найдем потенциал точки В, чтобы
выразить все токи в схеме. Для узла В:
336
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
R
6, - % + е2 - <рв = %.
Г,- Г2 х
s,r2R - vsfi + 62riR - vsfi = <Р/,Г2-
%r,r2 + ((>Br2R + = £jr2R + SrA
%(rir2 + r2R+ r/t) = R(S,r2 + Sr),
m — R(£>r2 + fori)
Vb rfi + rfi + гД2
Ток нагрузки / = -^ =
Sir2 + 82Г1
R(r,+rJ + r,r2
Ответ: I =-^- =
Sir2 + Sir i
R(r,+rJ + r,r2
Задача 269.
В схеме, изображенной на рисунке, из
пяти резисторов найдите сопротивление
между точками А и В.
Решение:
Проще всего рассуждать так: предста¬
вим, что к точкам А и В подключена бата¬
рея с заданным напряжением U. Найдем
ток через батарею и рассчитаем общее со¬
противление по формуле
г г
ч ж: . н
г
'Ч
В
R
Ь1
Положим в такой схеме <рА = 0. Тоща по¬
тенциал точки В известен: Обозначим потен¬
циал точки С через <рр точки Д - через (р2.
Для выражения этих потенциалов через из¬
вестные сопротивления. Запишем уравнения
токов отдельно для узла С и для узла Д.
Уравнения для узла С. Ток, вошедший
в узел С через резистор 1, равен сумме то¬
ков, вышедших из узла С через резисто¬
ры 2 и 3 (закон Кирхгофа).
С
337
^ Sr
Физика: алгоритмы, задачи, решения
U- <р! _<р,-О J <Р1-д>2
г г г
Запишем уравнение для узлаД. Сумма токов, вошедших в узел Д
через резисторы 4 и 3, равна току, вышедшему из узлаД через резис¬
тор 5. (Направление тока через резистор 3 от точки С к точке Д выб¬
рали условно).
г г R
U-<р, = <р, + <р, - (рг
£-Tz = ^i-2i+Iz-
г г R R г
Из системы этих уравнений находим <р; и <р2
U - <pi = <jh ±<pi-<fh.
г г г
Ц-<Р, + <Р,-<Р2=
г г R
Г % = Щ - и,
\ ill+$!=£+4^1.
[г R г г
Подставляем <р2 во второе уравнение
2(3<p,-U)M3<pl-U^UM(Pl_
г R г г
6&.-1и+3£_и=и+3и
г г R R г г
6q>1_2U + _
г г R
5R + Зг
3^1 = и
г
3R + г
=-+£+3.,
R
rR
(р. -= и-
= _3R + г и
5R + Зг
Подставляем <ру в первое уравнение
ф -Зф Lr-l(3R + r)U jj _ (9R + Зг - 5R + 3r)U _ 4R ,,
Ъ Щ 5R + Зг 5R + Зг 5R + Зг 5R + 3r
Общий ток через батарею равен сумме токов через резисторы 2
и 3.
1=9,+
_ (3R + г) U 4RU _ 3R + г + 4г
Pl rR(5R + 3r)r (5R + 3r)R (5R + 3r)r '
U.
338
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
/ =
3R + 5r
U.
(5R + Зг)г
Теперь находим общее сопротивление всей цепи
R _ U _ (5R +3г)г
^ I 3R + 5r
В частных случаях:
ч п d (5r + Зг)г 8г*
’ ’ об“' Зг + 5r W
_ (5 2r + Зг)г 13т2 = 13
б) если R = 2г, то R . -
об“' 3-2г + Зг 11г 11
Задача 270.
Рассчитайте заряды конденсаторов в схеме на рисунке.
Решение:
Обозначим потенциалы точек А и
В (рА = 0, (рв = (р и расставим предпо¬
лагаемые знаки зарядов обкладок кон¬
денсаторов. (Это можно сделать про¬
извольно, в крайнем случае величина
заряда в ответе может оказаться отри¬
цательной). Если конденсаторы вна¬
чале не были заряжены, то можно за¬
писать:
(<р - и)с, + (рс2 + (рс3- 0.
(Сумма зарядов обкладок, соеди¬
ненных с узлом В равна нулю).
(pc, - UCj + (рс2 + <рс} = 0,
(р(с, + с2 + с) = Ucr
с,U
<р =
С1 + С2 +сз
Найдем заряд на обкладках первого конденсатора.
q, = (<P- U)c, = (-
с,U
С, + С2 + С3
ГПг ^сУ-су-ср-ср г =
= - c,(c2 + cj
с,+ с2 + С3
С1+С2 + С3
339
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Знак минус говорит о том, что на первом конденсаторе знаки об¬
кладок мы предположительно поставим наоборот.
Найдем заряд на обкладках второго конденсатора.
42 ^2 с, + с2 + с3
■U.
Найдем заряд на обкладках третьего конденсатора.
Я3 = <Рсз =
С1С3
С,+С2 + С3
■U.
и,
и2
Задача 271.
Найдите условие, при котором через резистор г, подключенный
в точках А и В схемы,
изображенной на рисун¬
ке, не будет идти ток.
Решение:
Ток не будет идти
через резистор г, если
разность потенциалов
точек А и В равна нулю
(фА = Фв)- Применим
потенциал точки F за нуль. Тогда потенциал точки С равен Ut
(<рс = Uj), а потенциал точки D равен U2(<pD = U2). Через резис¬
тор г, идет ток / = —, и поэтому падение напряжения на
г,+ г}
Г II
резисторе г2 равно Ut = /г; =—-——, а потенциал точки А равен
ri + гз
v И
-т
Ч hr
г,
г h
I
_ г3
vA = ur
П
г + г
' 1 '3
-iи=и±.г.гг.щ=.
Гз
+ rUr
1 „ 4- - .
I 3
Аналогично можно найти потенциал точки В:
% =
_ Г4
г2 + г4
■иг
Из условия <р = (рв следует условие, при котором через резистор г
не будет идти ток:
Гз
Г1+Г3
ц-
_ г4
r2 + f4
uv
340
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
И частном случае, когда гу
" ' 1 S3 Ч 1 X *
—— U/ = ———Uj очевидный симметричный случай.
' I 1 Г3 Г1 гз
Задача 272.
До замыкания
ключа К сопротив¬
ление группы рези¬
сторов, соединен¬
ных по схеме, изоб¬
раженной на рисун¬
ке, Rt = 504 Ом.
Найдите сопротив¬
ление этой группы
резисторов после за¬
мыкания ключа.
Решение:
Заменим схему,
данную в условии задачи привычными эквивалентными схемами. При
незамкнутом ключе пары резисторов R и 3R, а так же 2R и 4R оказы-
Эквивалентные схемы
3R
1
Г
R
2R
&
а
4R
Для случая, когда ключ
незамкнут
Для случая, когда ключ
замкнут
341
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ваются включенными параллельно, а между собой последователь¬
но. Поэтому общее сопротивление будет
R _(R + 3R)(2R + 4R) _ 4R-6R - 2 1R
' R + 3R + 2R + 4R 10R ’ ‘
Отсюда R = R = ^04 Ом _ 2jq qm
2,4 2,4
При замкнутом ключе пары параллельно включенных резисторов
Rn2Rn также 3R и 4R оказываются включенными последовательно.
Поэтому общее сопротивление будет
- _ R - 2R 3R-4R _ 2R2 + 12R2 _ 2Д + 12R _ 50R
2 R + 2R 3R+4R 3R 7R 3 7 21 '
Так как R = 210 Ом, то
50■ 210 Ом
21
= 500 Ом.
Формулу для R2 можно записать в общем виде
Р -50R_ 50Ri
2 21 21-2,4
Р _ 50 - 504 Ом _ 50 - 504 Ом _ ~пп
г 21-2,4 50,4
Ответ: R2 = 500 Ом.
Задача 273.
Когда ключ замк¬
нут, сопротивление
схемы, изображен¬
ной на рисунке, рав¬
но Rj = 80 Ом. Оп¬
ределите сопротив¬
ление схемы, когда
ключ разомкнут.
Решение:
Так же как и в
решении задачи
№272 при замкну-
342
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
I (>м ключе пары параллельно включенных резисторов b2RhR, также
R и 2R включены последовательно. Поэтому сопротивление всей
группы резисторов, когда ключ замкнут будет
R -2R-R | R • 2R _ 2R2 , 2R2 _ 4R
' 2R + R R + 2R 3R 3R 3 '
Отсюда: R =Щ±-
4
При незамкнутом ключевой паре 2R и R, так же и правой паре R и
.'R резисторы включены последовательно. Между собой пары вклю¬
чены параллельно. Поэтому общее сопротивление, когда ключ не зам¬
кнут будет.
„ _ (2R + R) (R + 2R) _3R 3R _ 3R
2 2R + R+R+2R 6R 2 '
3D,
Учитывая, что R = найдем
4
r =Ж=1 3Rl - 9R>
2 2 2 ' 4 8
R2 = 9 ?0Ом = 90 Ом.
Ответ: R2 = 90 Ом.
Батарея гальванических
элементов с ЭДС 6 = 15 В и
внутренним сопротивлением
г = 5 Ом замкнута проводни¬
ком, имеющим сопротивле-
R ние R = 10 Ом. К полюсам
батареи подключен конденса¬
тор емкостью С = 1 мкФ. оп¬
ределите величину заряда на
обкладках конденсатора.
Решение:
Ток через проводник по закону Ома для замкнутой цепи равен
Задача 274.
343
Физика: алгоритмы, задачи, решения
с gft
I напряжение на его концах U = IR= — Такое же напря-
R + r * R+r
жение будет и на конденсаторе. Значит, заряд на обкладках конден-
птт C8R .
сатора q = Си = +
Дано:
6 = 15 В,
г = 5 Ом,
R = 10 Ом,
С = 10* Ф.
q-?
1(У6Ф 15 В - 10 Ом 15- ms Ф В Ом
4 10 Ом+ 5 Ом 15 Ом
~1010-6 Кл = 10 мкКл.
Ответ: q * ЮмкКл.
10г5 Кл «
Задача 275.
В схеме, приведенной
на рисунке, первый кон¬
денсатор заряжен до энер¬
гии W0 = 1 Дж. Найдите
энергию всей системы
конденсаторов после за¬
мыкания ключа К. Ем¬
кость всех конденсаторов
одинакова.
Решение:
Энергия первого конденсатора может быть выражена через его
а2
заряд и емкость формулой WQ = j-. Отсюда заряд первого конденса-
тора до замыкания ключа q =\l2CWff
Так как емкости конденсаторов равны, то этот заряд после замы¬
кания ключа распределится поровну на каждый конденсатор. Теперь
на каждом конденсаторе будет заряд
344
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
11а каждом конденсаторе окажется энергия
w - Ф2 - CWo _ CWo
1 2С 8-2С 16
I la всех конденсаторах вместе после замыкания ключа энергия бу¬
ме , w = 4W= = 0,25 W..
16
() гвет: W=0,25 ■ 1Дж = 0,25 Дж.
' )нергия на всей системе конденсаторов оказалась в 4 раза мень-
IIU-, чем на одном конденсаторе.
(адача 276.
В схеме, изображенной на рисунке, ключ замыкается, и пер¬
цы и конденсатор заряжается. Затем ключ Kt размыкается, азамыка-
с I ся ключ К2. Найдите ЭДС батареи, если напряжение на первом сле¬
пи конденсаторе ключа К2 стало равным 17= 0,5 В. Емкость всех
конденсаторов одинакова.
К, у К, у
Решение:
ЭДС источника тока есть работа сторонних сил в источнике по
А
перенесению единичного положительного заряда (S =—, при q = 1)
Я
А. С другой стороны источник совершает работу по перенесе¬
нию заряда и создает на обкладках конденсатора разность потенциа-
А
лов А = q (<р2- (р2) = qU. Поэтому _ = U •
345
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Следовательно, 6 = —= U - напряжение на конденсаторе, напрямую
Я
соединенном с батареей, равно ЭДС батареи. Поэтому, когда ключ
К] замкнут, а ключ К2 разомкнут и к батарее подсоединен только
первый левый конденсатор, напряжение на нем будет равно ЭДС
батареи.
Uj = 8, а заряд его будет q{ = CU) = С6.
После размыкания ключа Kt и замыкания ключа К2 батарея оказы¬
вается отключенной от конденсаторов. Теперь заряд, накопленный
на первом конденсаторе, перераспределяется поровну на всех четы¬
рех, поскольку их емкости одинаковы.
q =-2i =-££•
4 4 4
Напряжение на первом (и на каждом) конденсаторе теперь будет
тт -Я -CS _ Б
С 4С 4'
Стало быть 6 = 4U.
6 = 4- 0,5 В ~2 В.
Ответ: 8 ~ 2 В.
Задача 277.
Источник тока под¬
ключают к цепи, содер¬
жащей конденсатор и ре¬
зисторы с сопротивлени¬
ями R, - 1 Ом и Я2 = 3
Ом. Сразу после замыка¬
ния ключа К подключен¬
ный к источнику вольтметр показывает напряжение Ut = 6 В, а
после того как конденсатор зарядится - U2 = 9,6B. Найдите показа¬
ния вольтметра при разомкнутом ключе. Током через вольтметр пре¬
небречь.
Решение:
При разомкнутом ключе вольтметр покажет ЭДС источника. По-
346
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
миму надо искать ЭДС источника.
11смосредственно после замыкания ключа заряд и напряжение на
конденсаторе равны нулю. Потому ток /у, протекающий через источ¬
ник н тгот момент времени, равен
х т
11осле того как конденсатор зарядится, ток через него не течет.
( лсдовательно /, = ^ < (2)
Rj + R2
ии-1, - ток, протекающий через источник после зарядки конденсато-
1»п Напряжение на источнике тока Uj и U2 связаны с его ЭДС 6 и
и и утренним сопротивлением г формулами
Исключим из этих уравнений внутреннее сопротивление г
с _ hUi - Ш
Подставим значения токов из (1) и (2) в (3)
с-(Ш UiUiy, U2 Ui) =
[R, + R~ R, J' {R, + R2 ‘ R/
_ гг rj ( 1 1 U2R1 -UlRi - U,R2 _
1 2 r,+r2 R, R,(R1+R2)
_ UiWR, - Ri - R2)Ri(Ri +Ri) _ - U1U2R2
R,(R, +R2)(U2R, -U,R, - U,R2) U.R, -U,R, - U,R2
I U,=8-Ir.
I =
S-U2
r = —-—-
S-U,_S-U2>
7; h
Физика: алгоритмы, задачи, решения
U1U2R2
U, (R, + R2) - U,R2
Дано:
R, = 1 Ом,
R2 = 3 Ом,
U, = б В,
U2 = 9,6 В.
S-?
6В ■ 9,6В ■ 3 Ом
6В (1 Ом + 3 Ом) -9,6В- Юм
б ■ 3 • 9,6 В2 0м 18 -9,6 В2 Ом
14,4 ВОм
24 В Ом - 9,6 В Ом
* Мё. «12 В
0,8
Ответ: 6 ~ 12 В.
Задача 278.
До какой разности потенциалов зарядит¬
ся конденсатор в цепи, изображенной на
рисунке, если ЭДС источника 6 = 4,8 В,
внутреннее сопротивление его г = 1 Ом,
R, = 2 Ом, R} = 5 Ом1 Какой заряд будет
при этом на обкладках конденсатора, если
его емкость С = 2мкФ7
Решение:
Сначала источник тока с ЭДС 6 заря¬
жает конденсатор до определенной разно¬
сти потенциалов, после чего ток в цепи через резистор R2 прекра¬
щается и продолжает течь только через резисторы R, и Ry
Когда ток в цепи конденсатора прекратится, падение напряже¬
ния на резисторе R2 не будет, и напряжение на конденсаторе долж¬
но быть равно напряжению на резисторе Rr По закону Ома устано¬
вившийся ток равен:
/=
г+ RI+R}
Этот ток создает на резисторе R} (или что то же) разность потен¬
циалов на конденсаторе
U = IR3 = •
3 г+ R3+R3
До этого напряжения и зарядится конденсатор.
348
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Заряд на конденсаторе найдем по формуле
Дано:
S = 4,8 В, и =
4,8В-5 0м 24В Ом
1 Ом + 2 Ом + 5 Ом 8 Ом
г = 1 Ом,
R, = 2 Ом,
q = 2-10'6 Ф - 3 В ~61Qr6 Кл -бмкКл.
R3 = 5 Ом,
С = 21 O'6 Ф.
и- ?
q-?
Ответ: U ~ 3 В; q ~ 6 мкКл.
Задача 279.
В схеме, изображенной на рисунке, конденсатор имеет заряд
qn = 106 Кл. Какой заряд будет на конденсаторе, если ключ К
замкнуть?
Сопротивление всех резисторов одинаковы, а ЭДС источников
равны.
Внутренним сопротивлением источников пренебречь.
Решение:
При разомкнутом клю-
г
г
че К первый левый источ¬
ник тока отключен. Значит
заряд q0 на конденсаторе
с получен от второго источ-
е
в
г
ника, который постоянно
подключен к конденсатору.
Этот заряд q0 = CU0, где
U0- разность потенциалов
обкладок конденсатора
при разомкнутом ключе.
По закону Ома эта же раз-
349
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ность потенциалов и на третьем правом резисторе
U.S-If,
где 10 - ток через второй средний и третий правый резисторы и
через второй включенный постоянно источник ЭДС. (Ток через кон-
£
денсатор не идет, так как конденсатор заряжен). Поэтому 10 = — •
Следовательно, U0 = £-^r = £-j- =^>
а заряд конденсатора до замыкания ключа
= (1)
Далее, когда замкнем ключ К, к третьему правому резистору и кон¬
денсатору уже будут подключены два одинаковых источника тока.
Рассчитаем, какую разность потенциалов они совместно создадут на
правом резисторе и (что то же) на конденсаторе. Для этого применим
метод узловых потенциалов, обозначим потенциалы точек АиВ после
замыкания ключа соответственно (рА = 0, <рв = (р. Тогда токи, текущие
через источники и правый резистор равны соответственно
/ -£>-<Pj S2-9. j =±.
1 Г] 2 Г2 Г Г
Так как 1=1 +1, то-^ =—Ll£ + ^2'9,
г 1 * Г Г т
' r 1 г 2
_ £\гг2 + £irri
Г,Г2 + Г1Г2 + ГГ2
Эта формула выведена для общего случая, когда разные ЭДС и
сопротивления. В нашей же задаче £; = 62 = £, г, = г2 = г
2£г*
Поэтому (р =-^-j
2£
3
Так как <рА = 0, то это (<р = U) и будет напряжение на конденсато¬
ре после замыкания ключа.
А заряд на конденсаторе после замыкания ключа
350
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
q = CU = ^.-
Из (1) и (2) соотношений выразим q через qg.
Из (1) имеем С6 = 2q0, подставим это во (2)
Я
_ 2 • 2др _£
(2)
т6Кл * 1,33-10*Кл -1,33мкКл .
Ответ: q ~ 1,33 мкКл.
Задача 280.
Батарея аккумуляторов замкнута про¬
водником, параллельно которому присое¬
динен конденсатор емкостью С = 10 мкФ.
Определите ЭДС батареи, если заряд на
конденсаторе q - 4,6 10~4 Кл, а в провод¬
нике выделяется мощность Р = 23 Вт и
известно, что ток короткого замыкания
батареи 10 = 5А.
Решение:
Так как конденсатор, подсоединенный к батарее, заряжен, то ток
через него не идет, а идет через проводник. Этот ток можно найти, зная
р
мощность, выделяемую в проводнике /=— > где U - это напряжение на
конденсаторе и на проводнике. По определению электроемкости
(1)
Поэтому ток в проводнике и в батарее выражаем через известные
величины Р, С, д:
Р _ PC
U q
(2)
Внутреннее сопротивление батареи можно найти, зная ток ко¬
роткого замыкания
351
Физика; алгоритмы, задачи, решения
По закону Ома для полной цепи имеем:
8=1 +U
г
Подставляя (1), (2), (3) в (4), получаем:
6=1 + и = —■%-+£>
4 1„ с
е = *2+1.
4h с
8(1-^)=с‘
Ч*о С
с. я1о~ КС = 4_,
4h с
с _q .qlо- PC _ q2I0
С ql0 C(qI0-PC)
(3)
(4)
Дано:
С = 10-5 Ф,
q = 4,6-10* Кл,
Р = 23 Вт,
I =1=5 А.
кор. О
S-?
(4,6. Ш4 Кл)2 ■ 5 А
Ш5Ф (4,610-4 Кл - 5 А- 23 Вт - 1(У5 Ф) '
21,16- 10-* Кл2 5 А
' 10-5Кл/В (23-1 O’4 Кл-А - 23-1(У5 А-В-Кл/В) *
21,16- 10* Кл2 ■ 5 А 105,8.10* В
' 10s (230- КГ5 - 23-10-5) Кл-А 207-1 (У10
0,5ПШВ-Я.1 в.
Ответ: 8 =51,1 В.
Задача 281.
В схеме, изображенной на рисунке,
емкость конденсатора С = 23 мкФ, ре¬
зисторы имеют одинаковые сопротивле¬
ния R = 20 Ом. Электродвижущая сила
батареи 8 = 12 В, ее внутреннее сопро¬
тивление г = 2 Ом. Определите заряд на
конденсаторе.
352
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Решение:
Подберем схему, эквивалентную данной, но такую, на которой было
ом видно последовательное и параллельное соединение резисторов.
Конденсатор, соединенный с бата¬
реей, обязательно зарядится. Но когда
он будет заряжен, через него и через
резистор 4 ток не пойдет. Тогда на
этом резисторе не будет падения на¬
пряжения. Этот резистор 4 можно ис¬
ключить из расчетов. На конденсато¬
ре тогда будет такое же напряжение,
как на резисторе 3 (они включены па¬
раллельно). Если выключить из схемы участок с резистором 4 и кон¬
денсатором, то к батарее окажутся подключенными параллельно две
ветви: в первой один резистор 1, в другой два последовательно вклю¬
ченных резистора 2 и 3. Общее сопротивление:
r -2R R - 2R2 _ 2R
оби> 2R+R 3R 3 ‘
Сила тока через батарею равна:
I 6 - е - зб О)
о6щ Л, + г 2RJ3 + г 2R + Зг
общ
Понятно, что токи через параллельные ветви обратно пропорцио¬
нальны сопротивлениям ветвей /; I23 = R23: R} = 2R : R = 2 1,
а сумма их равна общему току 1о6щ = /; +12}.
Поэтому ток через нижнюю ветвь (резистор 1) будет
т _ 1общ 2R — 2_т
1 3R 3
Ток через резистор 3 такой же как и через резистор 2.
Т = 1рбщ R = г
13 3R 3 об“'
Подставляя (1) во (2), получаем
(2)
^2,3 J ^общ
38
2R + Зг 2R + Зг
Именно этот ток создает падение напряжения на резисторе 3 и на
12 Заказ № 1509
353
Физика: алгоритмы, задачи, решения
конденсаторе. Следовательно, напряжение на конденсаторе:
6R ,
и} = 12,3
R =
2R + 3r
а заряд на конденсаторе:
q = CUj = CBR
2R + 3r
Дано:
С = 23-10* Ф,
R = 20 Ом,
6 = 12 В,
г = 2 Ом.
г . 7
231(У6Ф• 12 В -20 Ом
2 • 20 Ом + 32 Ом
23 24010-6 Кл/В В Ом
46 Ом
240 10’6 Кл
= 120-10-6 Кл = 1,2-10-4 Кл.
Ответ: q — 1,2- Ш4 Кл.
Задача 282.
В цепи, схема которой пока¬
зана на рисунке, течет при зам¬
кнутом ключе постоянный ток.
Ключ размыкают. Через какое
приблизительно время заряд на
конденсаторе уменьшится на
1/1000 своей величины?
Решение:
После размыкания ключа батарея будет от конденсатора отключе¬
на, а конденсатор будет разряжаться через резистор R. Через резис¬
тор R потечет ток, i = U/R, где U - разность потенциалов на конден¬
саторе, которая равна^-.Так как нас интересует очень малые измене¬
ния заряда, мы не будем учитывать, что и ток, и разность потенциа¬
лов зависят от времени. За малое время At заряд конденсатора умень¬
шится на величину Aq = iAt.
Тогда Aq = iAt =
UAt _ qAt
R RC'
354
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Отсюда At =-43 RC = m3RC.
Я
Ответ: At = lfr3RC.
8,
Задача 283.
'—^ * В электрической цепи, изображенной
' на схеме, ключ К замыкают поочередно с
каждым из контактов на очень маленькие
промежутки времени, причем изменение
заряда конденсатора за время каждого
I включения очень мало. Какой заряд ока-
* ^ * жется на конденсаторе после очень боль-
52 2 того числа переключений?
Решение:
Пусть конденсатор уже зарядился, и разность потенциалов на нем
раина U. Тогда при очередном замыкании ключа в положение 1 в
8 - U
начальный момент через резистор Rt пойдет ток I, = - ■ За время
°/
иключения заряд конденсатора изменится на величину /; Т, где Т -
нремя включения. Когда ключ замкнут в положение 2, пойдет ток
/ = 82 - U
R,
через резистор R . Так как U - установившееся на конден¬
саторе напряжение, то какой заряд /;Т пришел на конденсатор за
нремя первого контакта такой же заряд уйдет за время второго кон-
I акта /;Т = -12Т, то есть после двух переключений заряд на конден¬
саторе останется неизменным:
/,Т =
8, - U _8г- U
R, Ъ ’
S,R2 -UR2 = - S2Ri + UR,,
U(RI+R2)=8fi2+e^I,
JJ _ 81R2 + S2R1
r,+r2
На конденсаторе окажется заряд
!2#
355
Физика: алгоритмы, задачи, решения
q = CU = С •
S1R2 + S2R1
R.+R,
Задача 284.
Разность потенциалов между катодом и анодом электронной
лампы U = 90 В, расстояние между электродами d = 1мм. С каким
ускорением движется электрон от катода к аноду? Какую скорость
приобретает электрон, подлетая к аноду? Поле в пространстве меж¬
ду электродами считать однородным. Масса электрона т = 9, Г1 (У31 кг,
а его заряд е = 1,61 (У19 Кл. Начальная скорость электрона возле като¬
да равна нулю.
Решение:
d = 1(У3 м,
т = 9,1-1 (У31 кг,
Дано:
U =90 В,
е = 1,6-1(У,9Кл, а =
vo = o
F__ eU_,
т dm ’
1,6-К)" Кл - 90 В _ 144- 1б‘9 А-В-с
1(У3 м- 9,1-W34кг 9,1-1(У*4 м-кг
12 ■ 1,6-1 (У19Кл ■ 90 В _-у/2881(У19 Дж
9,11 (У31 кг V 9,11 (У31 кг
* ^31,65-10» 5,63-106 м/с ш 5,63103 км/с.
1 <г кг
J2 кг-м^
Ответ: а ~ 1,58-10‘6 м/с1-, V ~ 5,63-103 км/с.
356
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное доле
Задача 285.
Через диод с плоскими электродами проходит ток /. Напряжение
на лампе U. С какой силой F действуют на анод лампы ударяющиеся
н него электроны, если считать, что скорость их у катода равна нулю?
()сношение заряда электрона к его массе—= Я.
т
Решение:
Так как кинетическая энергия ударяющегося об анод электрона
ш mV2
равна Wk =~2~‘> а электрическое поле при разгоне электроне совер¬
шило работу А = eU, то по закону сохранения энергии
W =А,
mV2 ТТ
-=еи-
V
1ШГ
m
Импульс силы равен FAt
лающих на анод за время At.
лампы будет равна:
0)
= Nmi), где N - число электронов, попа-
Тогда сила действия электронов на анод
F
Nmi)
At
Подставляя (1) во (2), получаем:
Проходящий через диод ток равен
/ = —. откуда N = — ■
At At е
Заменим N в (3) из (4)
F=— \/Ши = Г\/Ш = 1)Ш
eAt » е • Я
Ответ: F = '
(2)
(3)
(4)
357
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 286.
Найдите анодное напряжение на электронно-вакуумном диоде,
если скорость электронов, подлетающих к аноду V = 9,3 Мм/с. За¬
ряд электрона е = 1,6- ИТ'9 Кл, а его масса т = 9,1-1 (Г3' кг
Решение:
Работа электрического поля по перемещению электрона А = eU
равна изменению кинетической энергии электрона AWK= WK- Wm =
= WK = mV2/!, так как начальная кинетическая энергия Wm = 0 (V0 =
= 0).
Поэтому AWK = А,
mV2 ТТ
—— = еи,
2е
„ 9,1-1 (/З'кг- (9,3-10^м/с)2
21,610-'9Кл
_ 9,110'31кг-8б,4910,2м2/с2 _ 787 Нм
3,21(Г19Кл 3,2 Кл
« 246Дж/Кл ~ 246А В с/А с = 250В.
Ответ: U ~ 250В.
Задача 287.
Энергия ионизации молекул воздуха Wu = 2,4- W20 Дж.
Вызовет ли ионизацию воздуха электрон, летящий со скоростью
V = 2,5-106 м/с, если его масса т = 9,1- Iff21кг?
Решение:
mV2
Летящий электрон обладает кинетической энергией WK = -j-
Если эта энергия превышает энергию ионизации молекул возду¬
ха, то ионизация произойдет, в противном случае - нет. Вычислим
кинетическую энергию электрона.
w _ 9,110-31кг (2,5106м/с)2 _ 9,1-Ю3,кг-6,25-10'2м2/с2 _
358
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
= 56'881а 28,44 Нм-10-19 « 2,84-1 (I20Дж.
2 с2
'Гак как WK > Wu, то электрон, летящий со скоростью V = 2,5 Мм/с,
вызовет ионизацию молекул воздуха.
Задача 288.
К электролитической ванне, содержащей слабый раствор сер¬
ной кислоты, приложена разность потенциалов U - 40В. Выделя¬
ющийся на катоде газообразный водород собирается в сосуде объе¬
мом V = 400см3 Через некоторое время давление водорода в сосу¬
де достигает значения 1,215-1G5 Па при температуре 20°С. Найди¬
те работу, совершенную источником тока.
Решение:
Пусть Aq - заряд, протекший через раствор серной кислоты при
получении водорода, тогда работа источника тока будет
А = AqU. (1)
По закону электролиза Фарадея масса выделившегося водорода
= M-Aq
NAne ’
где М — 2/1G3 кг/моль - молярная масса водорода,
Na = 6,02-1023моль' - постоянная Авогадро,
/7=2- валентность иона водорода Н2,
е = 1,61 (У19 Кл - заряд одновалентного иона.
Для собранного в сосуде водорода запишем уравнение состоя
mRT
m
(2)
шя в форме МенделееваpV = ■
М
(3)
где R = 8,31 Дж/(моль-К) - универсальная газовая постоянная.
Решаем систему уравнений (1), (2), (3). Исключаем массу водоро-
д.| “т” и находим работу А источника тока.
А = AqU, Г А = AqU,
m _ М-Aq J М-Aq _pVM
NAne ^ NAne [ NAne RT
mRT ... _ pVM
A = AqU,
M-Aq
m =——>
PV =
M
m =
RT
359
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
U =40 В,
V = 4-1(Г*м3,
р = 1,215-103Па,
Т = 293 К,
R = 8.31-&*-.
моль К
Н2 - водород,
п= 2,
Л~ 8,31 Дж/(молъ К) • 293К
М = 2-1(Г3—,
моль
е = 1,6-Ш19Кл,
Na= 6,02-1023моль
А-?
Ответ: А ~ 1,5-105Дж.
Задача 289.
Сколько электроэнергии надо затратить для получения 2,5 л водо¬
рода при температуре t = 25°С и давлении р = 100 кПа, если элект¬
ролиз ведется при напряжении U = 5В и КПД установки Т] = 75°/о>.
Решение:
r riA=DqU- закон сохранения энергии,
М М
, т = —— Ш - —тгАа - закон электролиза Фарадея,
s neNA пеЫА
wiRT
pV = —— уравнение состояния в форме Менделеева.
^ М
Как и в задаче № 260 из системы этих уравнений находим:
А _ pVNA neU
i]RT
360
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
И2 - водород,
р = 1& Па,
V = 2,51(Г3м3,
Na = 6,02-1023моль1,
R = 8,31-1023 Дж .
молъ-К
Т = 298 К,
п = 2,
е = 1,6-1 а'9Кл,
U = 5 В,
г] = 0,75.
А-?
. _ 1С?Па-2,5-Ш}м-6,02-1023моль'-2-1,6.Ю,9Кл-5В_
0,75-8,31 Дж/(молъ-К)-298К
-240,8.^2'*tA:*C Id* - 0,129-l(f Дж?/Дж -
1857,3 Дж
= 1,310s Bm-c ~ 1,3-102кВт.с »130кВт-с -
- кВт-ч » 0,036 кВт-ч.
3600
Ответ: А = 0,036 кВт-ч.
Задача 290.
Сколько времени нужно хромировать детали, чтобы покрыть
их слоем толщиной d = 40 мкм при плотности тока j = 1200 А/м2
(М=52-Ш3кг/моль, р=7-103кг/м}, п=6, е=1,6Ш‘9Кл, NA=6,02-ld23MonbI).
Решение:
М ...
т =——• Ш - масса хрома, выделившегося при электролизе
на деталях, закон электролиза Фарадея.
neNA
S = j- площадь деталей, которую надо покрыть слоем хрома.
т = pV = pdS = pd- 4-= масса хрома, израсходованного
J J на покрытие.
Решаем уравнение относительно At.
м -ш
_ pdl
neNA
j
м=г.й
MI =
j
neNA
361
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
Сг - хром,
р = 7103 кг/м3,
М = 52- 10/кг/молъ,
п = б,
е = 1,61(Г19Кл,
Na = 6,02-l(f3моль1,
j = {= 1200А/М2,
J S
а = 40-1(Рм.
At-?
At
7-103 кг/м3- 40-10г6м- 6- 1,6-10‘9Кл-6,02■ 1023моль
1200А/м2- 52-101 кг/моль
16182- 10Кл 16182-10 Ас
62400-1СГ1 А 62400-1(У3А
~ 2590 с -43 минуты.
0,259-104с «
Ответ: At ~ 43 минуты.
Задача 291.
При электролитическом получении никеля расходуется электро¬
энергия W = 10 кВт-ч на w = 1 кг металла. Электрохимический экви¬
валент никеля к = 3- 1(Т7кг/Кл. При каком напряжении проводился
электролиз?
Решение:
Расход электроэнергии равен совершенной током работе
W = A= AqU, (1)
где Ад - протекающий при электролизе заряд.
По закону электролиза масса выделившегося никеля
т = кАд. (2)
Выразим энергию W в системе “СИ”
W= ЮкВт-ч = 10-103-3600Вт-с = 3,6-107Дж.
Напряжение при электролизе находим из системы уравнений
W=Ag-U,
т = к-Ад.
u-Z.
Ад
*-г
и=55.
т
362
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
Ш - никель,
к = 3.10-7кг/Кл,
т = 10 кг,
W = 3,6.107 Дж.
U- ?
и « 3'1а?кг/Кл'3> „ 10,8Дж/Кл -
1 кг
~ 10,8 А-В-с/А-с - 10,8 В.
Ответ: U ~ 10,8 В.
Задача 292.
Какую энергию надо израсходовать, чтобы при электролизе ра-
с I вора медного купороса выделить т = 1 г меди? Электрохимичес¬
кий эквивалент меди к = 0,33-1(У6 кг/Кл. Потери при нагревании не
учитывать.
Решение:
Расход электроэнергии равен работе тока при электролизе W-A
AqU, где q - протекший заряд. Масса выделившейся меди т = kAq,
откуда Aq =—• Следовательно, W = ^^-
к к
Дано:
Си - медь,
т = 1(У3 кг,
к - 0,33- Ю6 кг/Кл,
U = 4 В.
W-?
W~
1(Г3 кг -4 В
0,33-1 (Г6 кг/Кл
~ 1,21-10* Дж.
= 12,1-10/ Кл-В ~
Ответ: W ~ 1.21-104 Дж.
Задача 293.
Определите массу меди, выделившейся при электролизе, в ходе
которого затрачено W= 8 кВт-ч энергии. Напряжение на электродах
>лектролитической ванны U = 12 В, КПД установки 7J = 80%. Элек-
I рохимический эквивалент меди к = 3,3-Ш7 кг/Кл.
Решение:
КПД показывает, что только 80% протекшего заряда (или 0,8Aq)
были полезны, поэтому т = 0,8 к-Aq.
363
Физика; алгоритмы, задачи, решения
Затраченная энергия равна работе тока W - A- AqU.
W
Отсюда,/^ =—•
Масса выделившейся меди т =
T]rW
~ТГ
Дано:
Си - медь,
к = 3,3- 10~7кг/Кл,
W = 8 кВтп/ч = 8-10/-3600 Вт-с =
= 2,88-107 Дж,
U= 12 В.
т - ?
_ 0,8-3,3-№7кг/Кп-2,88-1 б7Дж _
12 В
7,6 кг-Кл-В
12 Кл-В
~ 0,63 кг.
Ответ: т *=0,63 кг.
Задача 294.
Сколько меди выделится на катоде за время t = 200 с при электро¬
лизе сернокислой меди, если в течение первых 100 с сила тока рав¬
номерно возрастает от 0 до 1, = 6 А, ав течение последующих 100с
она равномерно уменьшается до I2 = 2А1 Электрохимический экви¬
валент меди к = 3,3-1б7кг/Кл.
Решение:
По закону электролиза масса меди, выделившаяся на катоде, рав¬
на т = kAq, где Aq - весь протекший заряд через сернокислую медь.
Этот заряд прошел при двух условиях в разное время, поэтому состо¬
ит из двух зарядов: Aqt за первую
половину времени t/2 да еще Aq2 за
вторую половину времени электро¬
лиза t/2. Так как изменение токов
было равномерное, то графики этих
изменений - прямые линии. При¬
чем средняя сила тока за первую
половину времени (0 + IJ/2, а за
вторую (I2 + Ii)/2. Заряды Aqt и Aq
численно равны площадям фигур
364
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
мод графиками зависимости токов от времени за первую и вторую
половины срока электролиза. Для Aq] надо найти площадь треуголь¬
ника, а для Aq2 - площадь трапеции.
Ла =H±L.±. fa =L±L
2 2 2
2
Найдем весь протекший заряд.
Лд = Лд +Лд = °-tb.± + Il±li.± = 2L±L. t.
^i2 2 2 2 2 4
Теперь применим закон электролиза для массы выделившейся
меди.
m = KM,k.2h±2L.,,ML±hl.
4 4
т
_ 3,3107кг/Кл-200 с(2 -6А+2А)
4
- 3,3-1 О7- 5014 кг с А/Кл ~ 2300107кг
-0,23 г - 230 мг.
Ответ: т ~ 230 мг.
Задача 295.
Определить массу кислорода, выделившегося при прохождении
шряда q = 16 Кл через водный раствор серной кислоты. Масса одно¬
го атома кислорода т0 = 2,6-Ю26 кг..
Решение:
Молекулы серной кислоты H2S04 диссоциируют в воде на поло¬
жительные Н,+ и отрицательные ионы. Эту химическую реакцию
можно записать в виде H2S04 —» 2Н1+ + SO/'
I руппа SO/', выделяющаяся у анода, вступает в реакцию с водой:
S<)4 I н2о = H2S04 + О.
И результате этого у анода выделяется газообразный кислород.
ИI последнего уравнения видно, что при прохождении через ра-
г I иор одной группы SO2' с зарядом 2е у анода выделяется один атом
365
Физика: алгоритмы, задачи, решения
кислорода. Следовательно, при прохождении через раствор заряда
“q” у анода выделится q/2e атомов кислорода.
Обозначим т0 массу одного атома кислорода, получим, что масса
а шпа
выделившегося кислорода т = т0
2е 2е
Дано:
9 =
16 Кл,
е =
1,6-10ю Кл,
т0
= 2,81026 кг.
т -
?
т ~ 2,6-1026 кг
16 Кл
21,61 а19 Кл
» 2,6-1 (У26кг • 51019 »1,3-10* кг «
"1,3-10* г ~ 1,3 мг.
Ответ: т ~ 1,3 мг.
Задача 296.
В телевизионном кинеско¬
пе ускоряющее анодное на¬
пряжение 16 кВ, а расстояние
от анода до экрана 30 см. За
какое время электроны про¬
ходят это расстояние?
Решение:
Вблизи катода К электро¬
ны имеют начальную скорость равную .нулю V0 = 0. Между катодом и
анодом ускоряющее электрическое поле, оно совершает работу А = eU
ml)2
и ускоряет электроны до энергии WK = —— Согласно закону сохра¬
нения энергии
A = W„
еи=т¥,
V
-Ш-
V т
С такой скоростью электроны проходят анод и летят дальше к
экрану. Вычислим полученную скорость.
366
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
е = 1,6-1 O'19 Кл,
U = 16-103 В,
т = 9,1 Юг31 кг,
v = 0,3 м.
t-7
V
-f-
1,610~19Кл-161 О/В
9,11 а31 кг
_-./5Л2~
V 9,1-
№6 Дж
КГ31 кг
= \15,63-10'5 м2/с2 « /56,3-1015 м^с2 = 7,5-107м/с.
После анода движение электронов равномер¬
ное, с этой полученной скоростью. Время для
прохождения расстояния у = 0,3 м будет
t =£-; t ~ f'f ^ ~ 0,04-107с ~ 41 O'9с ~ 4 нс.
V 7,5-107 м/с
Ответ: V ~ 7,5-107м/с. t ~ 4 нс.
Задача 297.
Определить длину свободного пробега
электрона в электронной трубке, заполнен¬
ной разреженным азотом, в момент возник¬
новения ударной ионизации, если напря¬
женность электрического поля Е между
электродами трубки Е = 2-104 В/м, а работа
ионизации молекул азота Аи = 15,8 эВ.
Решение:
На пути свободного пробега Я электрона электрическое поле со¬
вершает работу А, по перемещению электрона, а электрон в резуль¬
тате будет обладать энергией WK= Аэ = еЕХ.
Известно, что 1эВ=1,6-Ш19Дж, поэтому 15,8эВ=15,8-1,6-Ш19Дж.
Чтобы ионизация молекулы азота произошла, необходимо, чтобы
>К >Аи. Поэтому еЕХ = Аи.
А
Длина свободного пробега Я =—-•
еЕ
Дано:
Аи = 15,8-1,6-10г,9Дж,
е = 1,9-т,9Кл,
Е = 2-10/ В/м.
1-7
15,8-1,6-1 а,9Дж
1,6-1 а19 Кл- 2-104 В/м
- 7,91 O'4 Кл-В-м/Кл-В « 7,9-Ш4м =
~ 7,9-1 (/'мм ~ 0,79 мм.
Ответ: X ~ 0,79 мм.
367
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 298.
При облучении ультрафиолетовым облучением воздушного про¬
межутка между электродами получен ток насыщения 4А. Сколько пар
ионов (или положительных ионов и электронов) образует ионизатор
в 7с?
Решение:
За время t образуется N пар ионов. Общий заряд ионов одного
знака, протекший между электродами, составит q = Ne. В 1с прой¬
дет заряд q/t = Ne/t. Но заряд, протекший в 1с, равен току насыще¬
ния.
t t
Отсюда N - —
е
Дано:
1Н = 4А,
t = 1 с,
е = 1,61 а19 Кл.
N-?
N
4А 1с
1,6-1 O'10 Кл
1 Ас
0,4-1(Г19Ас
- 2,5-10'9 пар ионов.
Ответ: N ~ 2,5-1019 пар ионов.
Задача 299.
Концентрация электронов проводимости в германии при комнат¬
ной температуре пэ = З1019м3. Какую часть составляет число элект¬
ронов проводимости от общего числа атомов? Плотность германия
р = 5400 кг/м3, а молярная масса этого вещества М = 0,073 кг/моль.
Решение:
Обозначим через N число атомов германия в объеме V. Концент¬
рацию атомов германия (их число в единице объема) выразим через
известные величины подстановкой в формулу па
К
v
следующих
величин: N = NV, V =£■> V = —■ Тогда получим
А М р
368
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
_ N _ NaV _ NAm NAm_NAp
П“ V V VM т/р-М М'
Найдем теперь, какую часть число электронов проводимости со¬
ставляет от общего числа атомов германия,
л, . NAp _ пМ.
па ” М NAp
Дано:
пэ = З10,9м3,
М= 73-10г3кг/моль,
Na = 6,02-1023моль',
р = 5,4-103 кг/моль.
п,?
па
п, _ 3-1019м3
73-10'3кг/моль
6, 02- 1013моль1-5,4-103кг/м3
219-10'5 6 * * *32,5-1026
** 6,7-1 O'
Ответ: — = 6,7-1 O'10
п.
Задача 300.
К концам цепи, состоящей из после¬
довательно включенных резистора и тер¬
мистора подано напряжение 20 В. Сопро¬
тивление резистора 1 кОм. При комнат¬
ной температуре сила тока в цепи была
5 мА. Когда термистор опустили в горя-
{ чую воду, сила тока стала 10мА. Во сколь¬
ко раз изменилось в результате нагрева сопротивление термистора?
Решение:
Запишем формулы для сил токов в первом случае при комнатной
температуре и во втором, когда термистор в горячей воде. Напряже¬
ние не меняется.
Первый случай Второй случай
U г U
£
U
R
Физика: алгоритмы, задачи, решения
R„ =
R„
U - I,R
I,
Ra =
Ra =
U-IJi
I2
Ra _ U - I,R .
R/2 h
Дано:
U = 20 B,
R = 103 Ом,
I, = 5-Iff3 A,
12 = 101 a3 A.
R,i ?
Ra~‘
U-I2R _I2(U-1,R)
h I,(U-I2R)
R„ _ 101(Г3А (20В - 5 Ш3А103Ом) _
R,2 5- lf/3A (20B -10-1 (Г*A-10*Ом)
10 ia3A(20B-5B) _ 10-1(T3A15B . 10-15
51(T3A(20B - 10B) 51d3A10B 510
Ответ: в результате нагрева сопротивление тер¬
мистора уменьшилось в 3 раза.
Задача 301.
Фоторезистор, который в темноте име¬
ет сопротивление Rm = 25 кОм, включи¬
ли последовательно с резистором сопро¬
тивлением R = 5 кОм. Когда фоторезис¬
тор осветили, сила тока в цепи (при том
же напряжении) увеличилась в 4 раза.
Во сколько раз уменьшилось сопротив¬
ление фоторезистора?
Решение:
Обозначим Rc. - сопротивление фото¬
резистора на свету, 1т - силу тока в цепи, когда фоторезистор в тем¬
ноте, 1„ - силу тока при освещенном фоторезисторе.
Так как напряжение сохраняется, то
U = Im (Rm + R); U = Ic/Rce + R),
lm (Rm + R) = he(Rc, + R)
Заметим /„ - 41т.
Im (Rm +R)= 4Im(Rce + R),
R
370
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Rm+R = 4RC. + 4R,
4R„ = Rm - 3R,
R -Rm-3R.
Окончательно
K1=R ,Rm-3R_ 4Rm
RCs 4 Rm-3R
Дано:
Rm = 25103OM,
R = 5 -103 Ом,
L=4Im.
Rm _ •)
Ra
Re,
4-25-103Ом
25103Om - З-5-КРОм
100 Jn
- — -10 раз.
10s Ом
(25 - lSyitfOM
Ответ: сопротивление освещенного фоторезис¬
тора уменьшилось в 10 раз.
Задача 302.
Проволочный виток, замыкающий обкладки конденсатора, поме¬
щен в однородное магнитное поле, линии индукции которого пер¬
пендикулярны к плоскости витка. Индукция магнитного поля равно-
мерно изменяется со скоростью-— = 51 O'—. Емкость конденсато-
At с
pa С = 100 мкФ. Площадь, охваченная витком, S = 200 см2. Опреде¬
лите заряд конденсатора.
Решение:
Так как, Ф = BScosa, а В изменяется со
ЛВ ^
скоростью —- до Фтоже изменяется с той же
At
АФ АВ г .
скоростью = —• S cosa, вде а= 0, cosa = 1
и формула упрощается 4^- =4^ ’ &
At At
Но ЭДС индукции £, равна по модулю скорости изменения маг¬
нитного потока.
371
Физика; алгоритмы, задачи, решения
АФ
At
АВ
At '
Эта ЭДС создает заряд на конденсаторе
q-cw-£-£•«
Дано:
АВ
At
С = КГ'Ф,
S = 2iaW,
a = 0f>,
cosa = 1.
q-?
q ~ 5- W2Tn/c • 1(Г4Ф • 2-laW «
« 51а2н/(Амс) io*Kji/b ■ 2 iaW «
- 1а7н-м/в - 1а7Дж/в »
* ia7Kn-B/B - ia7Kn.
Ответ: q * W7Kn.
Задача 303.
Проволочное кольцо радиусом а = 10 см имеет сопротивление R
-10 Ом. Кольцо помещено в однородное магнитное поле с индук¬
цией В = 0,5 Тп. При этом вектор индукции поля направлен под
утлом <р = ЗОР к плоскости кольца. Найдите величину среднего тока,
протекающего по кольцу при выключении магнитного поля в тече¬
ние промежутка времени At = 1 с.
Решение:
Магнитный поток через площадь кольца Ф = Bcosa.
Так как а = 90Р - (р, то cosa = cos(90° - (р) = sintp, а формула для
магнитного потока будет фактически Ф = BSsina.
Скорость изменения магнитного потока при выключении маг¬
нитного поля будет
АФ _ BSsina
At At
Так как скорость изменения магнитного потока равна по моду¬
лю электродвижущей силе индукции, то
Iр I _ АФ _ BSsintp _ BlWsintp
1 fl At At At
372
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Где площадь кольца S = па2.
Величина среднего тока по закону Ома
/ _ £, _ Bna2sin(p
'р R RAt
Дано:
В = 0,5 Тл,
а = Ш'м,
<p = 3(f,
R = 10 Ом,
At = 1 с.
I . ?
1ср
_ 0,5Тл-3,14-№2м2-0,5 0,81 (У2Нм2
10 Ом-1с 10 Ом-А-м-с
= 0,8-10~3Дж-м/(В/А А-м-с) «
= 0,8-1(Г3^~ ;—:А - 0,8-1 а3А « 0,5 ль4.
В-А-м-с
Ответ: Fcp ~ 0,8 мА.
дите количество
Задача 304.
Контур, ограничивающий полукруг радиусом
г = 0,1 м, находится на границе однородного маг¬
нитного поля с индукцией В = 0,1Тл. Контур на¬
чали вращать с постоянной скоростью ю = 100 с1
вокруг оси О, перпендикулярной плоскости ри¬
сунка. Сопротивление контура R = 0,314 Ом. най-
теплоты, выделяющееся в контуре за один оборот.
Решение:
2% 2Т1
Угловая скорость (О =—, где At - время на полный оборот At =—.
At а
Время на полоборота, через которое весь полукруг окажется в маг¬
нитном поле—= 0,5At =—■
2 CD
За полоборота, когда площадь полукруга полностью войдет в
область магнитного поля, эта площадь в магнитном поле возрастет
от 0 до пР/2. Следовательно, скорость роста площади в магнитном
ноле будет
S _пг2 .п _г2(о
0,5 At 2 ' (О 2
373
Физика: алгоритмы, задачи, решения
А скорость изменения магнитного потока
АФ _ р S _Вг2со
0,5 At U, 5At 2
Так как скорость изменения магнитного потока по току равна ЭДС
индукции, то
ici _ ДФ -Вт*(О
1 '* 0,5At 2
Эта ЭДС по закону Ома вызывает в контуре ток
т _ _Вт*со
' R 2R
За один оборот контура по закону Джоуля-Ленца в нем выделится
количество теплоты
О = I2RAt ~ B2r4(^R-2K _ nB2r4(0
^ 4R2(0 2R
Дано:
В
= 0,1 Тл,
г --
= 0,1 м,
(О
= 100 с‘,
R
= 0,314 Ом.
Q
- ?
с _ 3,14- 1(Т2Тл21(Г4м4- 100с' _
У 2 0,314 Ом
, s-irg^.S-Ip.,1f*' -
Ом е А м Ом е
^51(У4^Л^5 Ш4 Дж.
АОм
Ответ: Q - S W4 Дж.
Задача 305.
Проводящий диск вращается с постоянной
угловой скоростью (О в однородном магнит-
g ном поле, индукция которого В перпендику¬
лярна плоскости диска. Что показывает ам¬
перметр, включенный через резистор сопро¬
тивлением R = 10 Ом1 Радиус диска г = 0,5м,
ю= 2к-5Ос1, В = 0,1 Тл (Дисковый генератор
Фарадея).
Решение:
Магнитный поток при вращении диска через его контур остается
374
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
постоянным. Казалось бы, что скорость изменения магнитного пото¬
ка должна быть равна нулю, и индукционный ток должен отсутство¬
вать. На самом деле надо принять во внимание смещение в каждый
момент того радиуса диска, который замыкает цепь контура. При
повороте диска на малый угол радиус диска описывает площадь
. is -jrAqm изменение магнитного потока равно АФ=ВАБ=-^-Вг2А(р,
>ДС индукции |£,|
АФ _ 1 _ В г2 (О
At 2 At 2
( щесь угловая скорость вращения со =-^? = i!L= 2кп).
At Т
За счет ЭДС индукции в цепи возникает индукционный ток. В
соответствии с законом Ома, амперметр покажет силу тока
/ _ £. _ Вгсо
R 2R
Дано:
В = КГ1 Тл,
г = 0,5 м,
со = 2ж-50с',
R = 10 Ом.
/,
j _ 1 O'1 Тл-0,25м2-2-3,14-5Ос' _
' 2 -10 Ом
_ 0,25-31,4 Тл-м2
20 Ом-с
7,9 Н-м2 .
20 Ом-с-А-м
~ 04-М™- ~ 0 4^^С ~ 0 4 А
,4В/А-с-А ’4 В-с
Ответ: /, ~ 0,4 А.
Задача 306.
В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,1 Тл находится
плоская проволочная рамка площадью S = 100 см2 так, что ее плос¬
кость перпендикулярна линиям индукции. Рамка замкнута на галь¬
ванометр. На какой угол повернули рамку, если при ее повороте че-
рс t гальванометр протек заряд q = Ш3Кл? Полное сопротивление
рамки вместе с гальванометром R = 1 Ом.
Решение:
При повороте рамки возникает ЭДС индукции |£,| =
At
375
Физика: алгоритмы, задачи, решения
В
рамке появляется ток /, =■
к
R
1ЛФ
R At'
Знак “минус” в этом соотношении определяет направление тока.
Заряд, протекший через гальванометр за время At, есть
Aq=IAt = -jA0.
Отсюда следует, что полный заряд q будет определяться полным
изменением магнитного потока при повороте рамки на угол Atp:
Ф2 - = BScostp - BScosO = - BS(1 - costp);
Ф; * Ф/ BS sj i
Я = —-R= -jfV - cos<V)'
qR = BS(1 - costp),
1 . costp =-2§->
costp = 1 - qR, tp = arccos(l
BS
Дано:
Я
= 1(Г3Кл,
R
= 1 Ом,
В
= № Тл,
S
= 1(Г2м2.
<Р
- ?
Найдем сначала размерность выражения [^].
Кл-Ом _ А м-А с В/А _ А с В _ АВс _ j
Тл-м2 Нм2 Дж АВс
(р «= arccos(l - JqTJq“ arccosO.
<p~90P.
Ответ: tp ~ 90f.
Задача 307.
Проволочная прямоугольная рамка вращается с постоянной ско¬
ростью вокруг одной из своих сторон, параллельных прямолинейно¬
му проводу с током. При каких положениях рамки в ней возникает
наибольшая и наименьшая электродвижущая сила индукции?
Решение:
Согласно закону электромагнитной индукции, ЭДС индукции
максимальна, когда магнитный поток минимален (случай 2) и ми-
376
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
нимал ьна,
когда поток
максимален
Зсрл (случай 1). В
. ЛФ
случае 1
наименьшее,
а в случае 2^^
J At
наибольшее.
Следова-
' ' тельно, хогда
рамка находится в плоскости, проходящей через провод с током (слу¬
чай 1), ЭДС индукции будет наименьшей, а когда рамка перпендику¬
лярна этой плоскости (случай 2), ЭДС индукции будет наибольшей.
Задача 308.
По двум параллельным ши¬
пам в однородном магнитном
поле скользит перемычка. Плос¬
кость шин образует угол а с го¬
ризонтальной плоскостью. В
нижней части шины соединены
через резистор с сопротивлени¬
ем R. Линии индукции магнит¬
ного поля направлены верти-
377
Физика: алгоритмы, задачи, решения
кально. Коэффициент трения между перемычкой и шинами /1. Мас¬
са перемычки т, длина перемычки /. Чему равна индукция магнит¬
ного поля, если перемычка скользит с постоянной скоростью 1/1
Сопротивление шин и перемычки не учитывать.
Решение:
Развернем конструкцию в профиль и рассмотрим, какие силы дей¬
ствуют на перемычку. На нее действуют: сила тяжести - trig", сила
Ампера FA, сила трения Fmp и сила реакции шин N. Будем считать,
что перемычка скользит вниз. Запишем уравнения равновесия (по¬
скольку движение равномерное) в проекциях на направление, парал¬
лельное наклонной плоскости и направление, перпендикулярное на¬
клонным шинам. Сила тяжести F действует вниз, а сила Ампера Р"А,
согласно правилу левой руки, действует горизонтально вправо, так
как индукционный ток в перемычке идет к нам.
Г mg sina - Fmp - FAcosa = О, Г mg sina - fxN - FAcosa = 0,
J N - mg cosa - FAsina = 0, \N = mg cosa + FAsina = 0, (1)
{Fmp = vN.
Найдем модуль силы Ампера FA. Так как вектор индукции В на¬
правлен вертикально вниз, а скорость V вдоль наклонной плоскости,
то угол между ними равен 9(f - а. Поэтому ЭДС индукции, возни¬
кающая в движущейся перемычке равна £, = VBl sin(90° - а) = VBlcosa
и направлена к нам. Индукционный ток, ею вызванный, тоже на¬
правлен к нам и равен
г _VBlcosa
‘ R R {)
На движущуюся в магнитном поле перемычку с током действует
сила Ампера, модуль которой
Fa = IBlsin90° = Щ, (3)
так как угол между направлением тока /, и вектором индукции В
равен 9СР.
Заменим I, в (3) его выражением (2)
г, _ VBlcosa nr _ VB2l2cosa
F. —Bl (4)
В систему уравнений (1) подставим значение FA из (4).
378
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
• ~ ,.\т VB2l2cos2a л
mg sin а - jlN = О,
R
VB2l2sina cosa
N = mg cosa +
Подставим значение
N из второго уравнения
в первое.
mg sina - /Jmg cosa -
VB2l2cosa
\iVB2l2sina cosa VB2l2cos2a
R
R R
(cosa + fi sina) = mg(sina - ц cosa),
= 0,
В
_ 11 Rmg(sina - ц cosa)
l W cosa(cosa + fx sina)
Задача 309.
Прямой проводник, по которому течет ток / = 50 А, расположен в
магнитном поле с индукцией В = 2Тл так, что образует угол а = ЗСР с
линиями индукции. Под действием магнитного поля проводник пере¬
местился на d = 0,5 м, и при этом была совершена работав = 10 Дж.
()пределите длину проводника.
Решение:
Дано:
А = ЮДж,
I = 50А,
В-2Тл,
d = 0,5 м,
а = 30°.
1-?
Fa = IBl sina
A=FMd,
A -IBldsina
1=—
IBd sina
Ответ: l ~ 40cm.
10 Дж
50A-2T*0,5M-sin3(f
e ЮДж
50A-2H/A-M- 0,5м- 0,5
~ ТТЛ ~ 0,4м ~ 40cm.
2,5H
Задача 310.
Проводник длиной 1 = 0,5м w. сопротивлением R = 0,025 Ом дви¬
жется поступательно в плоскости, перпендикулярной магнитному
нолю с индукцией В = 5,Ш3 Тл. По проводнику течет ток I = 4 А.
( корость движения проводника V = 0,8 м/с. Во сколько раз мощ¬
ность, затраченная на нагревание проводника, больше мощности, зат¬
раченной на его перемещение в магнитном поле?
379
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Проводнике магнитном поле движется под действием сторон¬
них электрических сил. Эти силы совершают работу по перемеще¬
нию и этим создают ЭДС индукции, разность потенциалов, возни¬
кающая на концах движущегося в магнитном поле проводника равна
возникающей в нем в это время ЭДС индукции U = S, = VBI.
Если проводник замкнут, то в нем возникает ток. Мощность, зат¬
раченная сторонними силами на перемещение проводника с его
зарядами в магнитном поле Pi = IU-1VBI.
Если по проводнику идет ток, то есть и тепловые потери. Мощ¬
ность, затраченная на нагревание этого проводника сопротивлением
R, согласно закону Джоуля-Ленца Р2 = I2R.
Отношение мощностей
Р2 _ I2R _ IR
Р, IVBI VBI
Дано:
1 = 4 А,
R = 0,025 Ом,
V = 0,8 м/с,
в = s i а3 тл,
I = 0,5 м.
*2-7
р, '
Р2_ 4А 0,025 Ом
Pt 0,8 м/с-4-10~3Тл-0,5м
Ш'А-В/А _
2-1(Г3м/с-Н/(А-м)-м ~
Ответ:
р,
~ 50 раз.
102 В-Ас
2 Нм
~ 50 раз.
Задача 311.
Проводник длиной / = 1 м движется со скоростью V = 5 м/с
перпендикулярно линиям индукции однородного магнитного поля.
Определите величину магнитной индукции, если на концах провод¬
ника возникает разность потенциалов U = 0,02 В.
380
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Дано:
1 = 1м,
V = 5 м/с,
а = 90°,
sin а = 1,
U = 0,02В.
В-?
Решение:
На концах проводника, движущегося в магнит¬
ном поле, возникает разность потенциалов, равная
ЭДС индукции в проводнике.
U = Si = VBl sina
R-У-.
B~vi
в
0,02B 21d2Bc ..
5 м/с-1м 5 м2
~410~3Тл ~4мТл.
0,4-1 O'2 86
17'
Ответ: В ~ 4мТл.
Задача 312.
Чему равна полезная мощность электродвигателя постоянного тока
и как она зависит от угловой скорости вращения якоря?
Решение:
В электродвигателе постоянного тока якорь, когда по нему про¬
пускается электрический ток, в магнитном поле индуктора прихо¬
дит во вращение.
В электрической цепи якоря имеются две электродвижущие силы
напряжение источника U и ЭДС индукции £,, возникающая в об¬
мотке якоря при его вращении в магнитном поле индуктора. Причем
ЭДС индукции £,, согласно правилу Ленца, по знаку противополож¬
на напряжению источника тока. Поэтому закон Ома запишется так
U - Si = IR, (1)
где / - ток в цепи, R - общее сопротивление обмотки якоря и подводя¬
щих проводов.
Энергия W = IUt, потребляемая от источника, тратится на джоу-
лсво тепло, которое выделяется на сопротивлении R, и на соверше¬
ние полезной работы А. Поэтому, согласно закону сохранения энер¬
гии
IUt = I2Rt + А,
или для мощностей
IU = I2R+P (2)
381
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Из равенств (1) и (2) можно найти полезную мощность Р и ее
зависимость от упювой скорости вращения якоря со. Умножив обе
части равенства (1) на ток I, получим IU-IEj = I2R, или IU = I2R - ISh
Сравнивая последнее равенство с равенством (2), замечаем, что
Р = 18ь (3)
то есть полезная мощность электродвигателя равна произведению
ЭДС индукции на ток.
Из (1) следует: при неизменных U и R величина тока зависит от
ЭДС индукции
/ = и-£-- (4)
R
Согласно закону электромагнитной индукции ЭДС индукции, воз¬
никающая в обмотке якоря, пропорциональна скорости изменения
магнитного потока через эту обмотку
е,
ЛФ.
At
В свою очередь, скорость изменения магнитного потока пропор¬
циональна угловой скорости вращения якоря со. Таким образом
Si ~ со,
Si = ксо, (5)
где к - коэффициент пропорциональности.
Теперь посмотрим, как зависят от ©ток в цепи якоря и полезная
мощность. Из (4) и (5) следует
T_U-Si_U-kco (s\
R R ^
а из закона сохранения энергии (2) и (6)
Р = IU - I2R = —~-кш ■ и- (и'ксо)2 • R =
R R2
= и'к(0. (и - U + ксо) = ик(0' (7)
R R
Итак, каждому значению угловой скорости соответствует опреде¬
ленное значение ЭДС индукции S, (5) и значение тока (6). При увели¬
чении со ЭДС индукции Si увеличивается, а сила тока / уменьшается.
382
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Из (7) видно, что зависимость Р(со) квадратичная. Причем Р(а>) = О
при а>1 = 0 и со = XJ/к. Максимальное значение Р(со) определим, при¬
равняв нулю ее первую производную
Р'(со) =тг (U - 2ксо) =0.
R
Р(€0) максимальна при со = U/2k. Подставляя в (7) найдем
р _ Uk U/2k - (к' U/2k)2 _ U2
тах R 4R
Поскольку графиком функции Р(со) является парабола ветвями
вниз, то полезная мощность, развиваемая электродвигателем, ока¬
пывается одинаковой при двух разных значениях скорости вращения.
)ги значения находятся между значениями 0); = 0 и со2 = U/k.
Задача 313.
При включении лампочки в сеть с напряжением U = 200 В она
потребляется мощность Pj = 40 Вт и горит ярко, причем температу¬
ра нити tj = 3000° С. При включении в сеть с U = 100 В лампочка
потребляет мощность Р2 = 25 Вт и еле светит, так как температура
нити лампочки при этом равна t2 - 1000Р С. Найти величину сопро¬
тивления нити лампочки R0 при температуре t = ОРС.
Решение:
Сопротивление лампочки зависит с одной стороны от напряже¬
ния и мощности R
II2 TJ
— (так какР = IU, I =—> Р =
с другой сто¬
роны зависит от температуры спирали R = R0(l + at), где а -
температурный коэффициент сопротивления материала спирали на¬
кала. Для двух случаев составим уравнения. И из этой системы най¬
дем R0.
U< 1 - at {U‘-PlRo-at
p,Ro 1 , ТЖГ "
Ж--1 = са2. }Ш^=ас2.
Р 2^0 I РtRq
=Ro(1 + atj),
* 1
= Ro0 + oaj.
Делим почленно верхнее уравнение на нижнее.
383
Физика: алгоритмы, задачи, решения
(Ui2 -P,Rq)P2 - t,_
(U22 - P2Rq)P1 h
U2Р2 - PiRqP2 - U.
U22P, - P2RoP, t2
U2P2t2 - P/P2R0t2 — U2Pit/ - PiP2Rot„
PjPiRoti - P)P2R(f2 = u/p{ti - U/P2t2,
Ro = UjPit, - U2P2t2
Дано:
U, = 200B,
Pi = 40Bm,
t, = 300(fC,
U2 = 100 B,
P2 = 25 Вт,
t2 = 100CPC,
to = CPC.
Ro-?
l(fB2-40Bm-300(f - 4104B2-25Bm-100(f
40Bm-25Bm(3000° - 100(f)
_ 12- l(fB2Bmzpad - 10s-10?В2Вт-град e
2106Вт2-град
210s В2
2106 Вт * I■- 100 Ом.
Ответ: Rg~ 100 Ом.
Задача 314.
Определите концентрацию электронов в пучке электронно-луче¬
вой трубки осциллографа вблизи экрана. Сечение пучка S = 1 мм2,
сила тока 1= 1,6 мкА. Электроны вылетают из катода без началь¬
ной скорости и ускоряются между катодом и анодом электричес¬
ким полем с разностью потенциалов U = 28500 В. Заряд электро¬
на е = l,61Cf19 Кл, масса т = 9,11(У31кг.
Решение:
Сила тока электронного пуча I зависит от числа электронов в еди¬
нице объема (концентрации) п, их скорости V, заряда электрона е и
сечения пучка S:
I — neVS.
Скорость можно найти из закона сохранения энергии электрона
в пучке:
mV2/2 = eU.
384
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
I h системы этих двух уравнений найдем п.
Задача 315.
Электролампа с вольфрамовой спиралью в момент включения по¬
требляет мощность Р]=500Вт. Какую мощность она будет потреб-
пнть после нагревания спирали от комнатной температуры tj = 20°С
до температуры t = 25000 С, если температурный коэффициент со¬
противления вольфрама а = 4t5-10r3K'Il
Решение:
Так как Р = IU, а / = U/R, то мощность, потребляемую лампой
( разу же после ее включения, запишем в виде
TJ2
р'-т; т
I до U - напряжение на лампе, Л, = R0(l + cttt) - сопротивление спира-
||п при комнатной температуре th R0 - сопротивление спирали при
нмпературе 0°С.
После нагревания сопротивление нити накала увеличивается до
шачения R2 = R0(l + CttJ, и лампа потребляет мощность
Р =¥.
2 R:
1.1 Заказ № 1509
385
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Так как U2 = P,R, из (1) соотношения, то
р -U2 _P,R,
Р2~т2~
Дано:
t, = 20°С,
Pi = 500 Вт,
t2 = 2500РС,
а = 4,5ia3K'.
Р2-?
_ РiRq(1 oil) — Рi(l ctti)
R0(l + at2) 1 + at2
p 500 Вт (1 + 4,5-IP3 K' • 2(f)
2 1+ 4,5 W3 К' • 2500°
500 Вт (1 + 0,09) _ 500 Вт 1,09 Вт
1+11,25 12,25
~ 44,8 Вт ~ 45 Вт.
Ответ: Р2 ~ 45 Вт.
Задача 316.
Протон влетает в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,4 Тп
перпендикулярно вектору магнитной индукции В. Определите, на
какую глубину в область поля может проникнуть протон, если его
энергия W = l,610f13 Дж. Масса протона m = 1,67-10'27 кг, его заряд
q = 1,61 Or'9 Кл.
Решение:
При влетании в магнитное поле протона на него сразу будет дей¬
ствовать сила Лоренца
F„ = qVB
(в нашем случае а = 90°, sin а - 1 и из формулы F„ = qVBsina мы
получаем F„ = qVB). Эта сила, действующая “по правилу левой руки”,
будет изменять направление
скорости, не меняя модуля ско¬
рости. Протон будет двигать¬
ся по окружности перпендику¬
лярно линиям индукции, при¬
чем сила Лоренца играет роль
центростремительной силы
р = F = т'^2.
1 Л 1 Ц.С.
где R - радиус окружности, V -
скорость протона.
386
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
I лубина х погружения протона в магнитное поле будет равна ра¬
диусу R этой окружности.
:-*g = *VB
\=R =
mV
qB
tnl)2
Заменим здесь скорость V из W = >
R
V
V т
тогда получим
x = R=-
2JV.
т
т
qB
Дано:
В = 0,4 Тл,
W = 1,6-1(713 Дж,
m = 1,67-10'27 кг,
q = 1,61 (Г19 Кл.
2Wm
qB /
_ R Я2 1,6-КГ'3 Дж ■ 1,67- 1(Г27 кг
1,6-W19 Кл- 0,4 Тл
\15,344-lQr40 Дж-кг . \15,344-1(Г,0кгм2-кг1?
0,64-Ю19 Кл-Тл 0,64-1 (7,9Кл-Н/(Ам)
2,3-1 O'20 кг-м /с
0,64-1 (Г19 А-с-Н/(А-м)
~ 0,36 м.
Это произойдет в случае, если скорость про¬
гона V при влетании перпендикулярна границе магнитного поля.
Протон, описав полуокружность,
вылетит обратно. Может случить¬
ся так, что вектор скорости V про¬
тона почти совпадет с границей
поля, тогда протон в магнитном
поле под действием силы Лорен¬
ца опишет полную окружность.
Тогда глубина погружения будет
X,2R,2^.
qB
При данных задачи это соста-
* вит х = 2 - 0,36 м ~ 0,72 м.
Сила Лоренца в этом случае в начальный момент направлена вглубь
магнитного поля перпендикулярно граничной поверхности магнит¬
ного поля. Ответ: хт1я ~ 0,36 м; хтах ~ 0,72 м.
i:r
387
Физика: алгоритмы, задачи, решения
'В*
Задача 317.
Протон влетает в область поперечного к его траектории однород¬
ного магнитного поля под углом а = 30°. Для указанного на рисунке
направления индукции маг¬
нитного поля В время движе¬
ния протона в области поля
составляет t = 0,5-1 O'5с. Най¬
дите В. Отношение заряда про-
е ]п3Кл
. тона к его массе—= 10 — •
т кг
Решение:
Так как в магнитном поле
* на протон действует сила Ло-
* ренца, то протон будет дви¬
гаться по дуге окружности и вылетит из области поля под углом а.
Время t движения протона
в магнитном поле можно най¬
ти из соотношения
тс + 2а _ t
2п Т
где Т - период вращения,
если бы протон совершил в
магнитном поле полный обо¬
рот. Но он описал не полный
угол 2п, а ТЕ + 2 а. Это видно
из рисунка.
О)
•В-
Поэтому t =
к + 2а
2п
2nR
Для вычисления периода Т= —— необходимо найти отношение ра-
V
R
диуса траектории к скорости — • Это отношение получим из уравне
ния движения протона
388
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
mV2
R
= еУВ
Здесь записано: сила Лоренца есть центростремительная сила вра¬
щения протона в однородном магнитном поле.
п, R т
Отсюда^ —
Тогда Т=
период.
2TCR _ 2nm
V еВ
Учитывая (1), получаем
( = ft + 2а 2пт _ (к + 2а)т (
2к еВ еВ
s _ (к + 2а)т _ к + 2а
et е/т t
(2)
Дано:
ес = 30°=2,
6
£= ios*±. '
т кг
t = о,5-1 а5 с.
В-?
в _ 1C + 2-ТС/6 _ (К + 1С/3)кг
10s Кл/кг- 0,5-1 (Г5с 0,510?Кл с
4/3 3,14 Нс2/ м
0,510/Клс
4,2 Н
0,51О*Кл/с -м
~8,4-1б3-г- = 8,41(Г3Тл.
А-м
Ответ: В ~ 8,Ф10'3Тл
Задача 318.
Пучок протонов, ускоренных разностью потенциалов U = 20кВ,
падает на заземленную металлическую пластинку нормально к ее
поверхности. Полагая, что все протоны поглощаются пластинкой,
определите силу, с которой пучок действует на пластинку, если ток
в пучке I = 80 мкА. Отношение электрического заряда протона к его
массе — = 10* —. Силой тяжести пренебречь.
тп кг
Решение:
Сила, с которой пучок действует на пластинку, может быть вы¬
числена по формуле
389
Физика: алгоритмы, задачи, решения
р = ^Р,
At
где Ар - импульс пучка протонов, переданный пластинке за время
At. Преобразуем эту формулу следующим образом:
Г _ ;)1у AN _ mV е-AN _ mV Aq _ mV j ^
m At e At e At e
Здесь V - скорость протонов,
AN - число протонов, попадающих на пластинку за время At,
Aq - заряд всех протонов, достигающих пластинки за время At.
Скорость V найдем из закона сохранения энергии
af=eu.
2
(Изменение кинетической энергии протона равно работе электри¬
ческого поля)
1Ш
' т
Теперь окончательно получаем, подставив (2) в (1):
р =1™ Рей- j J^Uem2 = j fimU _ j JlU~
e V m V e?m V e » e/m
Дано: 80-,10'3A 1“ 8-10'2А ■л140^0*Кг'В
Tj = 20- 10s R У 10sКл/кг V KfKn/кг
= 81 (Г2А *
У м/Кл
Отсюда: V =1
(2)
l=io8Q.
т кг
1=801 а3А.
« 81 а2а 8ia2A2ia2]P--
V Кл м v к* г*
Кл Кл
F-?
Ответ: F = 1,6 мН.
= 81(Г2-21(Г2А\М2 = 16-КГ4А у= 1,6мН.
' Л Л
Задача 319.
Однозарядные ионы с массовыми числами А] = 20 и А2 = 22
разгоняются в электрическом поле разностью потенциалов U=4105В,
затем попадают в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,25 Тл
перпендикулярно к магнитным линиям и, описав полуокружность,
390
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
■г
вылетают двумя пучками.
Определите расстояние х между
этими пучками. Атомная единица мас¬
сы т0 = 1,67-1 Or27кг, заряд одновалент¬
ного иона е = 1,610г19Кл.
Решение:
Ионы, описав в магнитном поле
полуокружности, разделяются на два
пучка потому, что ионы с разной мас¬
сой описывают полуокружности раз¬
ных радиусов. Радиусы найдем из
того, что сила Лоренца в магнитном
поле является для движущейся заряженной частицы центростреми-
1СЛЬНОЙ силой.
- eVB,
Я"2?
еВ
о)
Скорость V ионов, которую они получили в электрическом поле
найдем из закона сохранения энергии (работа электрического поля
равна изменению кинетической энергии)
eU-2&.
” (2)
Подставляя (2) в (1), получаем:
r -my[2eU _1 l2mU
еВ У т вУе
По этой формуле можно найти радиусы траекторий ионов того и
иругого массового числа.
Гак как
т, = А,т0 и т2- А2Шо,
1 /2А2т0и
вУ е
391
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Так как все ионы влетают в магнитное поле одним общим пуч¬
ком, а вылетают, описав разные полуокружности, двумя пучками,
то расстояние между вылетевшими пучками “х” равно разности диа¬
метров полуокружностей
_ 2./2A2m0U 2 ЬА,гПоЦ _
Я» е В» е
2R,
х — Dj - D2 — 2Rj
■Jl/lF’ Г\Д7- уЩ.
X ~
/21,671
i’V 1,6-
1(Г2Ткг41(?В
1(Т,9Кл
(V22- \/20)
0,25Тл
от -1 л /13,361 (У24Н-с2/м-В /а А АП^
‘8ТЛ У 1.61(Г"Кл <4’69 -4А7> ‘
«8Тл‘- ЯЗ.ЗЗКГ’Н^/КлН/Кл ■ 0,22 =
«1,76Тл'-Я83,5-10~бН2с2/Кл2 =
»1,76А-М/Н-9,14• Ш3Нс/(Ас) «16■ W3 = 16 мм.
Ответ: х ~ 16 мм.
Задача 320.
Два иона, имеющие одинаковый заряд и одинаковую кинети¬
ческую энергию, но различные массы, влетели в однородное магнит¬
ное поле. Первый ион описал окружность радиусом гу = 3 см, а вто¬
рой — г — 1,5 см. Вычислите отношение масс ионов.
Решение:
Так как ионы под действием силы Лоренца в магнитном поле опи¬
сывают окружности, то, видимо, их скорости перпендикулярны век¬
тору В индукции магнитного поля, а сила Лоренца играет роль цент¬
ростремительной силы. Например, для первого иона
HlE = qVB,
г,
m,V = qBrt. (1)
Заменим здесь скорость иона V из формулы для его кинетичес-
“ т mt^2
кои энергии W = —4—>
392
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
» тi
Из соотношений (1) и (2) найдем массу первого иона
1 1 Ш]
42Wm, = qBr,,
_ q2B2r,2
2W
(2)
mi
Аналогично, масса второго иона равна:
q2BW
Отношение масс составит — =^Х- = £Ц2.
т2 г{ г2
— = (Зсм)2 = 22 = 4 раза.
т2
Ответ: масса первого иона в 4 раза больше массы второго.
Задача 321.
В масс-спектрометре пучок ионов проходит ускоряющую разность
потенциалов U, выходит через выходную щель и попадает в однород-
Приёмник
са
Источник
ионов
ное поперечное магнитное поле с
индукцией В. После прохождения
дуги окружности в 180° ионы попа¬
дают в приемник. Найти расстояние
между входной щелью приемника и
выходной щелью ускоряющей каме¬
ры. Отношение заряда иона к его
массе -£ считать известным.
т
Решение:
Для ионов, движущихся в магнитном поле, сила Лоренца со-
»даст центростремительное ускорение
qVB=af.
393
Физика: алгоритмы, задачи, решения
а)
Скорость находим из закона сохранения энергии (работа электри¬
ческого ускоряющего поля равна изменению кинетической энергии)
Заменяем скорость в (1) через (2)
qB ~f\“I 'ЩШ}-
(2)
^ _ \j2qmU _ 1 l2mU
qB В У q
Это радиус полуокружности, а расстояние “d” между входной и
выходной щелью равно
d = 2R
В У q
Ответ: d = 2R
В У q
Задача 322.
В ионизаторе А масс-спектрометра образуются ионы, ядра изо¬
топов водорода, которые ускоряются напряжением U = 10 кВ и вле-
одинаковый q = 1,61(У19 Кл.
- тают через щель с в однородное
• магнитное поле с индукцией
- В=0,1Тл. После поворота ионы по-
. падают на фотопластинку D и вы¬
зывают ее почернение. На каком
расстоянии друг от друга будут на
пластинке полосы ионов протона
1 Н, дейтрона, 2]Н, тритона 2
Решение:
У всех ионов водорода заряд
сса протона тр = 1,67-1 O’27 кг, масса
394
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
дейтрона в 2 раза больше, а масса тритона в 3 раза больше массы
протона (md = 2 тр, mt = Зтр).
Ускоряясь электрическим полем, ионы приобретают кинетичес-
тт т^2
кую энергию qu =-j- >
где т - масса иона, q - его заряд. Следовательно, в камеру масс-
епсктрометра ионы попадают со скоростью
=1JW.
V
т
В этой камере на ионы действует сила Лоренца Fn = qVB, благода¬
ря которой ионы движутся по дуге окружности радиуса R. Соглас¬
но второму закону Ньютона (сила Лоренца создает центростреми¬
тельное ускорение)
FJI = qVB=^'
Откуда
D_mV_ т IlqU_ ll2mU
qB qBi m В V q
Ионы одного сорта собираются на фотопластинке на расстоянии
(I = 2R от щели. Расстояние между следами ионов с одинаковыми
зарядами q, но разными массами тр, т2 равно
Ad = 2(R2 - RJ -ЛЯтг - \»
Л ■ q
Расстояние для протона 1 ,Н
d, = 2R,=yi
l2Um„
Расстояние для дейтрона 2,Н
Расстояние для тритона 3,Н
л - -уи -2 t2Um,
J, - 2R, - jV—>
Расстояние между полосами ионов 2,Н и ',Н
395
Физика; алгоритмы, задачи, решения
м=d,- i, =- ЛР
Расстояние между полосами ионов 3 ,Н и 2,Н
м,=л,-й,- |^T<vsr- vkj =&)■
Произведем действия с размерностями
Тл‘=Тл' 'JВ-кг/Кл =Тл‘Щ^ =тл->^^Ш<ЕШй= 7лУЯ-^Я//^=
T.lt/IF? т/#V _ А-м H_%t
= ТлУюГ Тл уж?~1Га ~м-
4J 2 . /2-104В-1,67-1 O'27кг А /т
= 20Тл1\/2,0875-104 (1,41 -1) =
~ 20-0,41-1,44-1(Г2 *=? 12-10~2м -12 см.
' 0,144 1,6-107 Кл{ '
= 20\/2,0875-1(Г4 (1,73 -1,41) -
Дано:
протон' Н,
тр = 1,67-1 (У27кг,
дейтрон 2,Н,
md = 2/Ир = 2-1,67-W27кг,
тритон 3iH,
т, = Зтр = 3-1,67-1 (У27кг,
U = 70*5,
5 = 0,77л.
А7; - ?; Д/, - ?
-20-0,32-1,44-Ш2 -0,09 - 9 см.
Ответ: Adj -12 см, Ad2 « 9 сж.
-*г
X X X X х X
^_ХХ X
X ОО Х*Х
X X х\ X X
X X X
ХЖХ XXX
XX X X X X
X X X ХуХ X
XXX >/ х X
ххух X х
X X X X X X
X X X X X X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
Задача 323.
Пройдя ускоряющую разность потенци¬
алов U - 3,52-103В, электрон влетает в
однородное магнитное поле с индукцией
В = 0,07 Тл перпендикулярно линиям ин¬
дукции и движется по окружности радиу¬
сом R = 2 см. Вычислите отношение заря¬
да электрона к его массе е/т.
Решение:
Отношение е/т для электрона найдем
из закона сохранения энергии eU = ml)2/2
396
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
и иторого закона Ньютона. Для электрона, движущегося по окруж¬
ности, когда сила Лоренца создает центростремительное ускорение.
mV2
I' If с.
R
= eVB.
Из первого уравнения V подставляем во второе
т_ l2eU
R
т
R
= еВ,
— ■2eU=eB,— =
2U
>2 Т>2
Дано:
U = 3,52-103В,
В = 0,01 Тл,
R = 21(Т2 м.
m RrB2
е 2-3,52-ltfB _3,52-103 В м4 _
m 4-1(Г4м2-1(Х4Тл2 21 а8 м2 ' Вб2
£. ?
m
* 1,76-10
= 1,76-10“
= 1,76-10
'"—л ЪГ2а1>761°П-^2~
м2 В2-с2 В-с2
м г* 1,76-10“ М
цМ'Кл в
В/мс2
и мКл
К/Кл-сГ1,76 10 Н-с
_ =1,76-1011 —■
кг-м/с-сг кг
Ответ: —~1,76-10" —■
т кг
&
Задача 324.
Однородное магнитное поле с идукцией В создано в полосе тол-
X X У х х X щиной d. Пучок электронов направляется
X х^Х X X перпендикулярно полосе и линиям векто-
X XX х X Ра магнитной индукции. При каких ско-
X X X X X Ростях ^ электроны не пролетят на другую
сторону полосы («отразятся» от «магнит¬
ной стенки»)?
Решение:
В магнитном поле электроны под дей¬
ствием силы Лоренца опишут половину
окружности радиуса R и вылетят из “маг¬
нитной стенки” Радиус полуокружности
X
X
V
X
X
X
X
X
!<<■
X X
X X
X X
X X
X х,
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
397
Физика: алгоритмы, задачи, решения
определим из второго закона Ньютона
F = = eVB,
Ч-С- R
R-mV
r~1b
Чтобы электрон не оказался на другой стороне полосы необхо¬
димо чтобы было
R < d или d >
еВ
Откуда:
/q deB
~ т
Ответ: V <
deB
т
Задача 325.
Два электрона влетают в однородные магнитные поля с индук¬
циями Вt = 0,1 Тл и В2 = 0,2 Тл перпендикулярно линиям индукции.
Сравните периоды их обращения по окружностям в магнитных по¬
лях.
Решение:
Электроны под действием силы Лоренца, которая играет роль
центростремительной силы, в однородных магнитных полях описы¬
вают окружности. Линейные скорости V движения электронов по
окружностям найдем из того, что
Fj, = eVB =
/у _ eBR
m
Подставляя значение скорости в формулу для периода обращения
jt _ 2TZR _ 2TCRm _ 2TCm
V eBR еВ
В магнитном поле с индукцией Bj период будет Т} =
398
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
* - о а г 271т
а в магнитном поле с индукциеи В2 период будет Т2 = ——
'2
Тогда отношение периодов равно:
Tj_ _ 2TZm . 27lm _ В2
Т2 сВ \ сВ 2 В]
Tj■ _ 2TCm о 2Km _ В2
Т2 eBj сВ2 В\
Т
Ответ: -=г~ 2.
Задача 326.
Электрон, разогнанный в электрическом поле напряжением U=20 кВ,
ил стает в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,1 Тл. Вектор
скорости электрона iTобразует угол а = 45°с направлением вектора
магнитной индукции. Определите шаг винтовой линии, описывае¬
мой электроном.
Решение:
Электрон влетает в магнитное поле со скоростью, которую можно
найти из закона сохранения энергии:
eU =
mV2
2
0)
Разложим вектор скорости V на две составляющие:
399
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Упор - параллельно линиям индукции магнитного поля,
Уп - перпендикулярно линиям индукции.
Вдоль магнитного поля на электроны никакие силы не действу¬
ют, следовательно, в этом направлении он движется равномерно и
прямолинейно со скоростью
V^p = Vcosa. (2)
В перпендикулярном направлении электрон движется со скорос¬
тью Упм, = Vsina, под действием силы Лоренца по некоторой окруж¬
ности радиуса R
Г F, = eVBsina,
{ г _ mVnn2 _ efl^sin^a
R
Отсюда, еВ = т^па,
R
Vsina = ^~-
т
Период обращения электрона по окружности равен
Т _ 2kR _ 2nR
Vnn Vsina
(3)
(4)
Вдоль поля, двигаясь равномерно и прямолинейно, электрон за
один оборот смещается на расстояние
h = V^.-T. (5)
В результате он движется по винтовой линии с шагом h. Подстав¬
ляя в (5) значения из (2) и (4), получаем:
h = Vcosa
2KR
VSina
Заменяя здесь значения V и Vsina из (1) и (3), окончательно име¬
ем:
h cosa -2tiR ■ - 2ltRmcosCX - l2eU _ 2ltcosa_ l2mU
V m
m
eBR
m
В
400
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
h =
2 3,14 у/Т у7
2-0,7 7л
•\Ju,37510т8
/9,1-1 а31 кг-
V 1,6-1 O'1
2-10*В
,9Кл
Н-сг/м ■ В
6,28
0,1 Тл
= 62,8^-- 3,37-КГ4]/^--
= 2101О'4 -Ц-= 0,021 м =21 мм.
Н А
Кл
Н
Кл
Ответ: h ~ 21 мм.
Задача 327.
Из электронной пушки, ускоряющее напряжение которой U = 600В,
вылетает электрон и попадает в магнитное поле с индукцией В=1,2Тл.
Линии магнитной индукции составляют угол а = 30° с направлени¬
ем скорости электрона. Найдите ускорение а электрона в магнит¬
ном поле. Удельный заряд электрона—= 7,7610П
m кг
Решение:
В электрическом поле электрон приобретает кинетическую энер-
rr mV2 -heU m
2 г m
В магнитном поле сила Лоренца сообщает электрону ускорение
(2)
Заменим скорость V из (1)
eBsina l2eU D . „.LTJ/в J
I m » m
ГИЮ
Fj, _ eVBsina
m m
Дано:
a = 30P,
sin30P = 0,5,
В = 1,2 Тл,
U =600 В,
- = 1,7610" —
m
кг
а-?
m
а = 1,2 Тл ■ 0,5 Я2-600 В ■ (1,7610й Кл/кг)3 =
= 0,6 Тл
^12-
10*В -5,451033
Кл3
kJ
= 0,6 Тл -^6,54-1036 В-=
401
Физика: алгоритмы, задачи, решения
- 0,6 Тл • 2,56-10,s vfg? -
= 1,531&°Тл - и310,8Тлт/Ш^ -
- 1,53-1018Тл ]/^тр = 1,531018Тл ■
» 1,531018 Jn-M3 ,= 1,5 31018-, •
Тл'М с &
Ответ: а ~ lf53-10)8
с
Задача 328.
Электрон влетает в однородное магнитное поле. В точке А он имеет
скорость ^ которая составляет с направлением поля угол а. При ка-
^ ком наименьшем значе-
JjT нии индукции магнит-
Q ^ ного поля электрон мо-
д Q жет оказаться в точке
С? Заряд электрона “е ”,
его масса “т ”, расстоя¬
ние АС = L, вектор ^ и отрезок АС лежат в плоскости, параллельной
полю.
Решение:
Разложим вектор скорости 1?на две составляющие:
\\ар - Vcosa - параллельно линиям индукции и
^п.п = Vs in а - перпендикулярно к линиям индукции магнитного
поля.
Под действием силы Лоренца электрон должен двигаться по ок¬
ружности радиуса R
F = eV В =-—
J л СС/л.л ^ £ 7
F„ = eVnnBsina =H}!£i
2sin2a
■ J
R
402
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
Откуда: V = Vs in а =
eBR
т
Полный оборот электрон завершил бы за время
Т =
2kR 2kR
V„. Vsina
= 2kR :
eBR
m
2ltm
ИГ'
Одновременно при отсутствии сил в направлении поля он движет¬
ся вдоль поля равномерно и прямолинейно со скоростью Vnap = Vcosa.
И результате наложения прямолинейного движения на круговое его
траектория будет винтовая линия с шагом
1 Л1 г лч ~ 2кт 2nmVcosa
h-V^T-Vcosc—- -g—
Для того, чтобы электрон оказался в точке С, он должен сделать
целое число N шагов на расстоянии L.
L=Nh,
2ltmVcoscc _ 2N‘KmVcosa
L=N •
eB
eB
следовательно индукция магнитного поля
и _ 2NnmVcosa
t>N - 7 •
eL
При N = 1 получаем наименьшее значение индукции магнитного
поля чтобы электрон оказался в точке С. В этом случае/, = А, рассто¬
яние АС равно одному шагу винтовой траектории электрона.
2nmVcosa
Ответ: В =
eL
*£•
Задача 329.
Электрон влетает во взаимно пер¬
пендикулярные электрическое (Е =
1000 В/м), и магнитное (В = 0,01 2л)
поля. Каковы должны быть направле¬
ния и скорость движения электрона
для того чтобы он двигался прямоли¬
нейно?
403
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Пусть электрическое поле направлено из-за страницы на читате¬
ля, а электрон влетает в это поле слева. На электрон действует сила
FM = еЕ. Под действием этой силы он будет поворачивать навстречу
линиям напряженности: от читателя за страницу.
Чтобы удержать электрон от поворота (чтобы он летел по прямой
линии), надо иметь в той же области пространства такое магнитное
поле, чтобы оно поворачивало электрон от плоскости страницы к
читателю, причем магнитная сила Лоренца должна быть равна элек¬
трической FMa3 = FM_, но должна иметь противоположное направле¬
ние: к читателю. Эти силы “компенсируют” друг друга еЮВ = еЕ.
Линии магнитного поля при этом по правилу “левой руки” вниз.
Таким образом:
, ч /п _ £ л, 1000 В/м , Вм2 _insM,
_В'_^ _0,01 Тл м-Вб с’
2)Vil;V±E ^ ^ ^
Ответ: V ±В ;V ±Е; В lE ;V =* 10s м/с.
Задача 330.
Однородное магнитное поле, индукция которого В = 10 мТл,
направлено перпендикулярно однородному электрическому полю
с напряженностью Е - 17 кВ/м. Ион, пройдя ускоряющую раз¬
ность потенциалов U = 15 кВ и влетев в область, занятую полями,
со скоростью, перпендикулярной обоим полям, движется равно¬
мерно и прямолинейно. Определите отношение заряда е массе для
этого иона.
Решение:
Чтобы ион двигался равномерно и прямолинейно, магнитная и
электрические силы должны быть одинаковы по величине, но на¬
правлены в противоположные стороны
qVB = qE,
VB = Е. (1)
Согласно закону сохранения энергии
404
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
mV2 тт
т =qU’
v
" тп
(2)
Подставим значение скорости V из (2) в (1).
5 m-в.
» тп
ТП
•2 2qU _ р2
В
от
1=-&-
от
2UB
т
Дано:
Е = 17-103В/м,
17 = 15-103 В,
В = 1(Т2Тл.
m
172-Н? В2М 289-106 В2-А2м2
от 2-15-103 В-КГ4 Тл2
30-1(71 В2-м2-Н2
= 9,6зЩ£ 107 = 10s В'А'С А ,
Н Н'С Нс
»108
Н-м-А
^107— =70*.
м-А-с2
А-с
J „ „ » JO8-
Н2-с Нс кг-м-с кг
Кл /тт О л г ,п7Кл
- 10s— • (Для протона-2- = 9,6-10—).
кг тп кг
Ответ:-L~ 10s
от кг
Задача 331.
Электрон движется в магнитном поле по круговой орбите с угло¬
вой скоростью со = 2-107° pad/с. Индукцию магнитного поля увели¬
чили в N = 1,5 раза. С какой угловой скоростью теперь вращается
электрон?
Решение:
Угловая скорость это отношение угла поворота к промежутку вре¬
мени, за который этот поворот произошел
t Т
2kR
где Т = —— период вращения электрона. Значит,
405
Физика: алгоритмы, задачи, решения
(0 = 2тс:
2kR V
(1)
V R
Из того, что электрон вращается под действием силы Лоренца,
следует
mV2
F. =^- = eVB.
К
v =
eBR
m
(2)
Подставим значение скорости V из (2) в (1).
eBR Be
<0=—=—. (3)
m m
Если индукцию поля увеличить в N раз, то новая угловая скорость
вращения электрона будет
(4)
m
Отношение угловых скоростей (4) и (3) будет:
оУ _ NBe , Be = ^
со m m
Отсюда со' = Nco.
со'= 1,5 2* 1010рад/с ~ 3* 1010рад/с.
Ответ: со' ~ 310 рад/с.
Задача 332.
Проволочная рамка находится в постоянном магнитном поле, на¬
правление вектора индукции которого составляет угол а = 60° с пер-
I
пендикуляром к плоскости рамки п.
Чему равно среднее значение ЭДС
индукции, возникающей в рамке
при выключении поля в течение
времени At = 1мс1 Площадь рамки
S = 50 см2, индукция поля В = 0,1Тл.
Решение:
Изменение магнитного потока в
406
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
данном случае численно равно начальному его значению, так как
конечное значение равно нулю: магнитное поле выключается
АФ — Ф0 = BScosa,
с _ АФ _ BS cosa
' ' At " At
Дано:
В = 0,1 Тл,
S = 50-1 (Г W,
а = 60°,
cos а = 0,5,
At = 1(Г3с.
е,-?
С 0,1 Тл ■ 50-law 0,5 2,5-la4 Вбм2
' кг3 с ia3 с-м2
~ 2,5-1 O'1 — ~ 0,25 В.
с
Si «- 0,25 В.
Знак минус говорит о том, что ЭДС индукции * Siсоздает индукционный ток, который своим магнит¬
ным током поддерживает убывающий магнитный
поток через площадь рамки.
Задача 333.
В однородном магнитном поле с индукцией В расположена зам¬
кнутая катушка с диаметром и числом витков N. Плоскость ка¬
тушки перпендикулярна к линиям индукции поля. Какой заряд
пройдет по цепи катушки, если ее повернуть на 180°1 Проволока
которой намотана катушка, имеет сечение S и удельное сопротив¬
ление р.
Решение:
Согласно закону электромагнитной индукции ЭДС индукции в
каждом витке катушки равна
= _ДФ
В катушке ЭДС для каждого витка сложатся
Si = -N-
At
где АФ = Ф2-Ф,= BS cos 180° - BScosO0 = -BS-BS = - 2BS.
Заменим АФ в выражении для ЭДС индукции
с _ 2NBS
407
Физика; алгоритмы, задачи, решения
В этом выражении S =
Kd2
4
- площадь контура катушки. Поэтому
с _ 2NBKC? _ Nm?B
' 4A t 2A t
Индукционный ток, который создается этой ЭДС в катушке по
закону Ома будет
, _ £, _ Nnd2В
‘ R 2AtR
Сопротивление проволоки R найдем по формуле
R.eM,
S
где S уже сечение проволоки, а длина ее / = Nnd.
Nnd2B S dSB
Окончательно I =
2-A tp Nnd 2A tp
^ JA dSB
Отсюда I A t = -— !
2p
_ dSB
4 2p '
Ответ: q = •
2p
Задача 334.
Катушка индуктивностью 0,4 Гн подключена к источнику тока
с ЭДС £0 - 15 В и внутренним сопротивлением 0,5 Ом. Опре¬
делить общую ЭДС в момент размыкания цепи, если ток исче¬
зает в ней за время At = 0,05с, а сопротивление проволоки ка¬
тушки R = 4,5 Ом.
Решение:
При размыкании цепи ток в катушке быстро уменьшается, по¬
этому в ней возникает ЭДС самоиндукции, которая замедляет
уменьшение тока. Катушка на короткое время становится источ¬
ником тока. ЭДС самоиндукции 8,s и ЭДС источника £0 при размы¬
кании имеют одинаковое направление, поэтому складываются
408
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
1общ ~ S0 + Sjs — £0 + ——
(1)
М-10 равно начальному току в цепи, так как после размыкания
через время At он прекратиться. Начальный ток при замкнутой цепи
( огласно закону Ома был
Ai = i
о R + г
Подставляем (2) в (1.)
(2)
£<)6ш — So +
LAI
(R + г) At
= S0[1 +
(R + r)At
Дано:
So = 15B,
L = 0,4 Гн,
R = 4,5 Ом,
r = 0,5 Ом,
At = 0?05 c.
■*общ.
8^15 В [1 +
= 15 В - [1 +
0,4 Гн
(4,5 Ом + 0,5 Ом) 0,05с
0.4 Гн
]-
50,05Гн
= 15 В-2,6 = 39 В.
Ответ: £о6щ= 39 В.
]= 15 В - [1 + 1,6] =
Задача 335.
Определить энергию магнитного поля катушки, состоящей из 200
«итков, если при силе тока 4 А в ней возникает магнитный поток,
равный 0,01 Вб.
Решение:
Дано:
N - 200 вит.,
1 = 4 А,
Ф = 0,01 Вб.
W -7
г г маг •
W =L1
мог 2
NO=Ll,
L-&.
W =
маг
ЫФР _ N01
21 2
W =
ту маг
200 ■ 0,01В6 ■ 4А
■2-2 Вс-А = 4Дж.
Ответ: WM<* = 4 Дж.
409
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 336.
Определить скорость изменения силы тока в обмотке электромаг¬
нита индуктивностью 4 Гн, если в ней возбуждается ЭДС самоиндук¬
ции, равная £„ = 100 В.
Решение:
Дано:
L = 4Гн,
= ЮО В.
AI 9
At '-
с _ АФ_ т АГ
“ ' At ~L ' At
AI _ I £*,
At L
AI 100B 25 В 25A
At 4 Гн Оме с
Ответ: — ~ 25—■
At с
Задача 337.
Определить разность потенциалов, возникающую между концами
крыльев самолета, летящего горизонтально со скоростью 900 км/ч.
Вертикальная составляющая индукции магнитного поля Земли
В = 5- 10~5Tn, размах крыльев / = 12 м.
Решение:
900 км в час выразим в единицах “СИ”
900— = 1000м - 250—-
ч 5600 с с
Горизонтальную составляющую магнитной индукции Земного маг¬
нетизма можно не учитывать, так как она лежит в плоскости движе¬
ния самолета.
Воспользовавшись формулой для ЭДС индукции в движущихся
проводниках при их движении в магнитном поле, можно записать
U = Si = VBl.
Дано:
V
= 250 м/с,
в
= 5-10-5Тл,
/ =
- 12 м.
и
. ?
U « 250- • 5■ 1(Г5Тл 12 м~ 15000■ 1(Г5— ■ ^ -
С см
а0,15 — = 0,15В.
С
Возникающую разность потенциалов нельзя из¬
мерить вольтметром, находящимся в самолете, под¬
соединив его к концам крыльев. Магнитный поток
410
Раздел 4. Электрический ток. Электромагнитное поле
че рез контур, образуемый крыльями самолета и вольтметром с про-
нодами, при движении самолета не изменяется, и ток через вольт¬
метр равен нулю.
Ответ: U -0,15 В.
Задача 338.
В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,1 Тл располо-
площадь которого S = 10*см2, а
сопротивление R = 2 Ом, та¬
ким образом, что его плоскость
перпендикулярна магнитным
линиям. Виток замкнут на
гальванометр. Полный заряд,
протекший через гальвано¬
метр при повороте витка, ра¬
вен q = 2,510г3Кл. На какой
угол (в градусах) повернули
виток?
Решение:
В начальный момент, ког¬
да плоскость витка перпенди¬
кулярна магнитным линиям,
угол между нормалью п к
плоскости витка равен нулю,
а = 0 cosa = 1, а магнитный поток Ф максимален. При повороте
рамки на угол а и вектор п повернется на угол а, магнитный поток
будет меньше, так что АФ - Ф2 - Ф/ < 0, а ЭДС индукции будет
положительна.
АФ = BScosa - BScosO = BS (cosa - 7).
По закону электромагнитной индукции
р _ АФ _BS (1 - cosa)
' “ ~At At ’
Индукционный ток, возникающий в рамке при ее повороте, со¬
гласно закону Ома равен
411
Физика: алгоритмы, задачи, решения
т ... 8, _ BS (1 - cosa)
‘ R AtR
q,Ii/u,BS^cosa)t
R
BS (1 - cosa) = qR,
1 - cosa = (ф->
cosa
= 1 -
qR,
BS
a = arccos (1 - ^-) >
BS
a = arccos (1 -
= arccos (1 -
2,51(Г3Кл ■ 2 Ом *
0,1 Та- 0,1м2 }
5-1 O'3А-с- Ом м2 v _
№гмг Вб ' ~
- arccos (1 - 0,5—~ arccos 0,5 - 60°
Ответ: а~ 60°
412
Раздел 5. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
И ВОЛНЫ
5.1. Комментарий
Настоящий раздел курса физики (и нашего задачника) посвя¬
щен изучению электромагнитных явлений, разворачивающихся
но времени (колебаний и волн), имеющих периодический харак-
I ер. Важность раздела определяется, в первую очередь, значением
>тих явлений в природе и технике: возникновение и изменение
шектромагнитных колебаний в контуре, распространение, излу¬
чение и прием электромагнитных волн. Содержание некоторых
щдач соответствует реальным техническим, радиотехническим,
космическим проблемам (радиосвязи). Решая их, читатель освоит
на практике (в формулах и числах) принцип действия и законо¬
мерности процессов в конденсаторах и катушках, трансформато¬
рах и радиолокаторах, неоновых лампах индикаторов, системах
зажигания автомобилей, умножителях напряжения. Это позволит
сделать еще более надежной и содержательной связь фундамен¬
тальных физических законов и особенностей функционирования
современной техники.
5.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы
5.2.1. Определения и формулировки
Электромагнитные колебания; колебательный контур; пери¬
од и частота колебаний в контуре; свободные, затухающие и
вынужденные колебания; емкостное и индуктивное сопротив¬
ление; пилообразное напряжение; резонанс; электромагнитная
волна.
5.2.2. Формулы
Период и частота колебаний контура (формула Томсона); зависи¬
мость заряда, тока от времени; емкостное сопротивление; индуктив¬
ное сопротивление; связь между длиной волны и скоростью ее рас¬
пространения.
413
Физика: алгоритмы, задачи, решения
5.2.3. Графики
Зависимость заряда на конденсаторе, тока в катушке контура от
времени; зависимость напряженности электрического поля и индук¬
ции магнитного поля от времени в электромагнитной волне.
5.2.4. Единицы
Единицы всех физических величин, используемых при описании
электромагнитных колебаний и волн, читателю известны: емкость;
индуктивность; период; частота; сопротивление; длина волны.
5.3. Алгоритмы и иллюстративные задачи
Поскольку никаких новых фундаментальных закономерностей в
настоящем разделе не изучается, то содержание этого пункта сводит¬
ся к нескольким советам и рекомендациям.
1. Прежде чем решать задачи, связанные с колебательным конту¬
ром, необходимо глубоко разобраться в особенностях происходящих
процессов: электромагнитной индукции и самоиндукции, зарядке и
разрядке конденсатора, возникновении и исчезновении тока и маг¬
нитного поля в катушке, взаимопревращениях энергии, роли актив¬
ного, емкостного и индуктивного сопротивлений и др.
2. Необходимо учитывать, что идеальный колебательный контур -
это изолированная система, в которой выполняется закон сохране¬
ния энергии. Потери энергии (переход ее во внутреннюю) происхо¬
дят на активном сопротивлении.
Задача 339.
Определите период свободных электромагнитных колебаний в
контуре с индуктивностью L = 10 мкГн и емкостью С = ЮмкФ. Ре¬
зультат представьте в микросекундах и округлите до целого числа.
Решение:
Дано:
L = 1010-6 Гн,
С = 101(У6Ф.
Т = 2ТЫЬС
Т ~ 6,28 \/Ю10-6Гн1010-6Ф *
« 6,28 10-l(y6sJОм-СКл/В ~
.6,281»’^ С
т - ?
~ 6,28'1 (У5с ~ 63' 1 (У6с ~ 63 мкс.
414
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Ответ: Т-63мкс.
Задача 340.
На какую длину волны настроен приемник, если его приемный кон¬
тур обладает индуктивностью L = 0,003 Гн и емкостью С = 310~'°Ф1
Решение:
Дано:
1 = 0,003 Гн,
с = зш10ф,
с = 310sм/с.
Я = Тс,
Я = 2Пс s/LC.
Я - 6,28 ■ 3■ КРм/сЧ0,003 Гн ■ 3-1О,0Ф «
-18,84-W м/с s/JW7? »
-18,84- 10s м/с ■ 3,16 - 310-7с «
- 56,52-108 ■ 3,16- Ш7м - 1786 м.
Я- ?
Ответ: Х~1786 м.
Задача 341.
Электроемкость контура С = 300 пФ. Какова должна быть индук¬
тивность контура, чтобы он резонировал на частоту электромагнит¬
ных колебаний V = 1№Гц7
Решение:
Дано:
С = 300 пФ,
V = 106Гц.
V- 1 ,
L 1
2ТЫ1С
V2- ^
39,4-1012 -43-1(Ушсг- Ф
1
4П2ЬС
Т — 1
118,2-102 с2-Кл/В
« 0,0085- 1(У2^ = 8,5-10-5^~
А-с А
= 85-10~6Гн - 85 мкГн.
L-?
4K2V2C
Ответ: L -85 мкГн.
Задача 342.
Колебательный контур состоит из катушки с индуктивностью
I =0,2 мкГн и переменного конденсатора, емкость которого может
изменяться т Ci = 50 пФ до Сг = 450 пФ. Какой диапазон частот и
длин волн можно охватить настройкой этого контура?
415
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
L = 0,003 Гн,
С, = 50 пФ,
Сг = 450 пФ,
с = 310sм/с.
т/ . ? у . ?
I ' 2
Я, - ? Я, - ?
Решение:
V 2K4LC
Х-2йсШ
2 — —
я V
V = / .
' 6,28 40,2- 10-Тн-50-10 й Ф
1 1
6,28V1010‘ec‘ (5,25 3,16-10г9с
■/РЖ’""'-5'"*
j/ = 1
2 6,28\/0,210г6Гн■ 4501(Г,2Ф
1 1
6,28^90-10'* cJ 6,28-3-3,161 (Г9с
1 m 16.8- 1&Гц*= 1,7-107 Гц.
59,5-l(fс
, 3-10s м/с ,
Х'-ТШ^"6м-
л 3- 10s м/с ;р
18 ж
Ответ: от Я, ~ б л* до А. ~ 75 л*;
1 -2
от V, = /, 7 7О7 Гц до V, » 5 /О7 Л/.
Задача 343.
В каком диапазоне длин волн может работать радиоприемник, если
индуктивность катушки в его колебательном контуре плавно изме¬
няется в пределах от Li - 0,2 10'5Гн до L2 = 210'5Гн, а емкость кон¬
денсатора постоянна и равна С = 50 пФ1
416
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Дано:
/., = 0,2-1 (У5Гч,
= 21 (У5Гч,
(' = 50 пФ,
= 310sм/с.
A,-?V
А = 2ТЫЬС,
Я _
т с’
Я = 2Кс/ЬС.
Решение:
Я,=6,28 ■ 3■ 1(Ум/с\/2-1(УТн-501(УПФ =
= 18,84-10s м/с V100-Шис* «
-18,84- Iff м/с-101(У9с= 18,84м=19м.
Я2~6,28- 3-Wm/cJ2- 1(У5Гн ■ 501(У,2Ф »
«18,8410s м/с ЯЮО-КУ17с2 =
= 18,84-10s м/с Я10-1(У,6с2 =
»18,84- №3,161(У*м= 60,5 м = 60 м.
Ответ: от Я,
~ 19м до Я2~60м.
Задача 344.
Контур содержит катушку и конденсатор. Во сколько раз увели¬
чится период собственных колебаний в контуре, если параллельно
конденсатору подключить еще 3 таких конденсатора?
Решение:
с, = с, Т,= 2тЫГс,
с2 = 4с. Т2 = 2K\/4LC = 471 LC.
Ответ: ^ = 2.
Т,
Т2 _4тЫ1с
= 2 (раза).
Задача 345.
В колебательном контуре параллельно конденсатору присоедини¬
ли другой конденсатор емкостью в а = 3 раза большей, после чего
частота колебаний контура уменьшилась на AV = 300 Гц.
Найдите первоначальную частоту колебаний.
Решение:
Дано:
с2 = с + ас= (1 + а) с,
а = 3,
V ,-V2 = AV = 300 Гц.
V,-?
AV =
1
2П/ГС'
1
' 2K4LC '
1
271/1(1 + <х)С
1
V-
-V,
/1 + а -1
ЯГ+сГ
IЛ Заказ Ns 1504
417
Физика: алгоритмы, задачи, решения
AV =У,-
V, = AV:
у/ГГа-1
у/1 + а
\ГП~а-1
у/1 + а
Vi =
AV
1-.1 L
ЧГТа
\П~Гд
\!1 + а -1
AV,
у 300 Гц =Щ£ц=600г
1. 1 0,5 *
vTTJ
Ответ: V1 = 600 Гц.
Задача 346.
Заряженный конденсатор емкостью С = 0,2 мкФ подключили к
катушке индуктивностью L = 8 мГн. Через какое время от момента
подключения энергия электрического поля конденсатора станет рав¬
ной энергии магнитного поля катушки?
Решение:
Пусть заряд на конденсаторе изменяется по закону q(t) = qgcosa) t.
Сила тока в катушке будет меняться по закону
i(t) = q'(t) = - q0(Osin(O t.
Так как по условию через некоторый момент энергия электричес¬
кого поля будет равна энергии магнитного поля
Я2(0 _ Li2(t)
2С 2
qn2cos20) t ^ Lq2afsin2(H t
2С 2
или cos2(о t = LCafsin2(й t.
Так как ш2 =—■ uLC = -, то
LC со2
cos2 со t = Дг со2 • sin2 со t,
а?
418
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
sinCO t
= 7
COS cot
tgco t = 1,
n
со t = arctg 7 = —>
4
t =
П
П
Ку/LC
4(o 4■ 1/y/LC 4
Можно и другим способом решить эту задачу. Так как энергия
>лсктрического конденсатора-^ при колебательном процессе пол-
/ и
ы2
и остью переходит в энергию магнитного поля катушки за время,
равное четверти периода колебаний t = Т/4, то половина электричес¬
кой энергии перейдет в энергию магнитного поля за время, равное
восьмой части периода колебаний
Т _ 2KVLC _ КуГГС
8 8 4
В этот момент будет
д2 _ Ы2
2С 2
Дано: t
С = 0,2 мкФ,
L = 8 мГн.
(-?
3,14 ■ \/0,2-Ш6Ф • 8 Ш3Гн
_ 3,14 ■ '/1.610-9 Ом е• Кл/В _
4
3,14 \/1610-‘° В/A- с• А с/В 3,14 ■ 4 Ш5с
4 4
= 3,14- Ш5 с - 31,41 O'6 с ~ 31,4 мкс.
Ответ: t = 31,4 мкс.
Задача 347.
Колебательный контур, состоящий из катушки индуктивности и
по щушного конденсатора, настроен на длину волны Я/ = 300 м. При
и ом расстояние между пластинами конденсатора di = 4,8 мм. Ка-
м-
419
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ким должно быть это расстояние, чтобы контур был настроен на дли¬
ну волны h = 240 м!
Решение:
r _ SSoS
С d, ’
_SSoS.
d,
С; =
1=С
Т ’
т= 2тЫьс,
1=Ж\Гйс.
h^fc,
Х2 Vc/
ы _ d2
Х22 di
<1,= & А.
d ~ (т77Г~)2' 4,810-3m=(4~)2-4,810-3m =
г [240м/ '4'
^ 25/16-4,8-Ш3м ~ 25-0,3-Ш3м = 7,5-1 O'3м « 7,5лш.
Ответ: d2 = 7,5 лш.
Задача 348.
На какую длину волны настроен колебательный контур, если
он состоит из плоского конденсатора и катушки индуктивностью
L =2- Ш3 Гн? Расстояние между пластинами конденсатора d=1мм,
площадь пластин S = 80 см2, конденсатор заполнен диэлектриком
с 8 = 11. Электрическая постоянная 8д = 8,851012 Ф/м.
Решение:
Дано:
ь = 2-т3гн,
d = т3м,
5 = 80-10-4M2,
6 = 11,
80 = 8,85-10-12Ф/м.
Х-?
Х = сТ,
Т = 2р\1Щ
_ SSoS
С-~Г
Х-2Хс\1Щ$.
X - 6МХ10’м/с4-2У’М-851°',ф/м11Ю,1>‘м‘
v ШЫ
-18,84-10/м/с\!15576- Ш,6Ом-с-Кл/В «
-18,84-108м/с V15576- 1(Х,6В/А-с А-с/В -
-18,84-Шм/с ■ 125-№нс~ 2355 м.
Ответ: X ~ 2355 м.
420
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Задача 349.
В колебательном контуре происходят свободные гармонические
колебания. Зная, что максимальный заряд конденсатора qm = 1мкКл,
л максимальный ток в контуре I = 10А, определите собственную
частоту колебаний контура.
Решение:
Запишем закон сохранения энергии при колебаниях
q 2 LI2
2С 2
= 12,
ТС m
ТС
I2
о 2
Так как <у =
; _ ю2
\/тс’Т0 ТС
Поэтому
Т 2
Ilf =_4Ц-
с
a)
Чт
у/ = JD = 1т
2П 2Пдт
Дано:
q =
” т
I = 10А.
т
V-?
т/~ юл
6,28-1 (У6Кл
« 0,16-107А/А-с ш 1,6- 106Гц ~ 1,6 МГц.
Ответ: V = 1,6 МГц.
Задача 350.
Напряжение на конденсаторе в идеальном колебательном конту¬
ре изменяется по закону U = 50cos(105t) В и при этом максимальное
шипение заряда конденсатора равно qm = 5-1 O'6 Кл. Определите ин¬
дуктивность катушки контура.
421
Физика: алгоритмы, задачи, решения
<
Решение:
С = -jj-~ емкость конденсатора.
т
а 2 LI 2
= —— - закон сохранения энергии при колебаниях.
(О-
1
Яьс
циклическая частота колебаний.
Решаем систему этих трех уравнений.
q 2-U _ Т1 2
Г чтит
q2 т ’
\<*Ят2
%L = i\
LC т
afqm — ЯдР»
т L
L =
U
(О2 =—■
LC
Из закона U = 50cos(105t), по которому изменяется напряжение,
находим U = 50В, at = Wc2.
Дано:
а =510-6Кл,
Um = 50 В,
(0 = Wc1.
L-?
L =
50 В
50 В
(Wc1)2 510-6Кл 1010с2 10*А-с
~ W3 В'с - W3 «10-3 Гн ~ 1 мГн.
А А
Ответ: L = 1 мГн.
Задача 351.
Какова длина волны электромагнитного излучения колебатель¬
ного контура, имеющего конденсатор емкостью С = 2 пФ, если в нем
возникает ЭДС индукции 6. = 0,04 В1 Скорость изменения силы тока
в катушке индуктивности ^ = 4—•
At с
Решение:
По закону электромагнитной индукции Eis = \ - L |, откуда
Ь = 8ь:^-. Длина волны излучения равна Я = Тс = 2Kc\JbC.
422
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Заменяем под корнем L найденным значением
X = 2KcJ££- ■
VAI/At
Дано:
Х~б,28 3-108м/с л/0,04 В *1(уПф
с = 310sм/с,
У 4 А/с
С = 210-'2Ф,
-18,84-10s м/с л/21аы— • — -
£ = 0,04 В,
V А В
k=4i1-
=18,84 10s м/с ■ 1,41-10-7с ~
At с
= 26,6■ 10 м =266 м.
Я- ?
Ответ: Я ~ 266 м.
Задача 352.
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С-1,2 нФ
и катушки индуктивностью L = 6 мкГн и сопротивлением R — 0,5 Ом.
Какую мощность должен потреблять контур, чтобы в нем поддержи¬
вались незатухающие гармонические колебания с амплитудой на¬
пряжения на конденсаторе Um= 10 В1
Решение:
Дано:
с = 1,21а9 ф,
L = 6-10~6 Гн,
R = 0,5 Ом,
и = 10 В.
т
Р-?
ТТЛ _ CUm _ Ыт2
2 2 ’
г 2 _ CUm2
Im L ,
p _ UR _ CUm2R
2 2L
P =
1,210-9Ф • 100В2 • 0,5Ом
2 ■ 610-6Гн
« 0,51Q-2-K- B2' -m -
Ac-В
= 0,005 В'Я™'С = 0,0053^-
с с
~ 5 мВт.
Ответ: Р = 5 мВт.
Задача 353.
Конденсатор, подключенный к электрической цепи переменного
тока частотой 50 Гц и действующим значением напряжения 220 В
имеет сопротивление 0,8 кОм. Каково будет максимальное значение
силы тока через конденсатор, если частоту увеличить до 400 Гц?
423
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Сопротивление конденсатора переменному току
называют емкостным сопротивлением и находят по
формуле
X — —— ~—1— ■
с соС 27U/C
Выразим сопротивление на частоте V2 = 400 Гц через сопротив¬
ление на частоте У i =50 Гц.
Хс‘ 2КУ f
х
2 2КУ2С
с =
1
Xcl27ZVlC
у Хы2КУ 1 _ Хс-У, У, у
С2 2КУ2С У 2 У2 С/
По закону Ома действующее значение силы тока равно
I=LL=JL. h
х. х,
с2 cl
У,
Максимальное значение силы тока в УТраз больше действую¬
щего.
, У211 У2
У'
Дано:
U = 220 В,
Хс1 = 0,81 (У Ом,
У2 = 400 Гц,
У, = 50 Гц.
1т-?
= ° 38’8А 810-2 =
8102 Ом 50 Гц
-31010-2 А ~ 3,1 А.
Ответ: 1т~ 3,1 А.
Задача 354.
В цепь, составленную из последовательно включен¬
ных катушки и конденсатора емкостью С = 6 мкФ, пода¬
но переменное напряжение, действующее значение ко¬
торого не меняется, но меняется Ьго частота.
Найти индуктивность катушки и ее индуктивное
сопротивление на частотах Vi = 600 Гц, V2 = 1400 Гц,
424
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
и = 4200 Гц. Известно, что наибольшая сила тока в цепи наблюда-
с гея на частоте V2 = 1400Гц.
Решение:
В задаче мы имеем последовательный колебательный контур. Так
как наибольшая сила тока приходится на частоту V2, то на этой час-
I «те наблюдается резонанс, на этой частоте равны индуктивное и
мкостное сопротивления: XL = Хс
2Ш/£ 2KVC'
L =
1
41Z2VX
Индуктивное сопротивление найдем по формуле
X, = (oL = 2KVL.
Дано:
С = 6 мкФ,
V, = 600 Гц,
V2 = 1400 Гц,
V2- резонансная
частота,
Vs = 4200 Гц.
L-?
X -? X -? X -?
Ч Ч Ч
1
4К2(1,4-103с')2- 6- Ш6 Ф
1
в 7 В с2 в
39,5 1,96■ 1(Гс2 ■ 610т6 Кл/В 465 А с
= 2,15-Ш3 В/А -2,15 мГн.
XL = 6,28-600Гц ■ 2,15В-с/А -Ш3 * = 8100-1 O’3 В/А =
' «47 Ом.
XL = 6,28-1400с'-2,15-Ш3Вб/А = 18900-1а3 В/А =
2 =18,9 Ом.
XL = 6,28-4200с'-2,15-Ю3В-с/А = 56700- W3 В/А =
3 =56,7 Ом.
С увеличением частоты индуктивное сопротивление катушки воз¬
растает.
Ответ: X. =8,1 Ом; X. =18,9 Ом; X. =56,7 Ом.
Lj L2 L}
Задача 355.
Действующее значение напряжения в сети переменного тока 120В.
»>пределить время, в течении которого горит неоновая лампа в каж¬
дый полупериод, если лампа зажигается и гаснет при напряжении
425
Физика: алгоритмы, задачи, решения
-84 В ."т Г.
168 В "
84 В, частота тока в сети
50 Гц.
Решение:
Выберем зависимость
напряжения от времени
по закону косинуса, что-
ЗТ/2 / t бы напряжение в началь-
_ 1_ 1 ный момент времени было
■ф\ /-ф- максимальным, и лампоч¬
ка уже горела.
U = UmCOSCOt.
Максимальное значение напряжения в '/Т раз больше действую¬
щего Um= 'П U, а циклическая частота со = 2TCV, поэтому
U = VJ U■ cos2Ut.
Лампочка горит при напряжении больше 84 В. Значит, лампочка
будет гореть пока U>84 В
Из условия известно: U = 120 B.V = 50 Гц
2 ■ 120cosl00nt >84 В,
168. coslOOKt >84 В
coslOOKt >0,5
100т < arccos 0,5,
lOOKt < ? ’
t <
1
зоо{
В начале первого полупериода до момента погасания лампы напря¬
жение от 168 В до 84 В спадает за 1/300 с. В конце первого полупериода,
коща напряжение будет расти тоже в течение 1/300 с от 84 В до 168 В в
обратном направлении, лампочка тоже будет гореть. И так каждую по¬
ловину периода. Следовательно, время горения лампы в течение каждо
го полупериода Т = 2t = 2 ~-с =^с.
Ответ: Т 4—с
150
426
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Задача 356.
Неоновая лампочка включена в электросеть. Лампочка зажигает¬
ся и гаснет при на¬
пряжении на ее элек¬
тродах в “л” раз мень¬
ше, чем амплитудное
значение напряжения
в сети. Во сколько раз
продолжительность
одной вспышки лам¬
почки больше проме¬
жутка между вспыш¬
ками?
Лампочка будет гореть при напряжении зажигания Us =Ми и более
высоком на ее электродах. Выразим зависимость напряжения сети от
времени по закону синуса: U = Umsincat.
В случае V = 50 Гц в сети U = UjsinlOOKt.
Лампочка в течение первой четверти периода будет гореть если
ич<и<и
Произведем замену в этих неравенствах
— < U sinlOOKt < и ,
— < sinlOOKt < 1
п
arcsin— < lOOKt < arcsin 1,
п
arcsin(l/n) < arcsin 1
100K ~ ~ 100K ’
В течение полупериода лампа будет гореть непрерывно время t=2t
2 arcsin(l/n) ^ ^ 2 • ТС/2
won - - won ’
427
Физика: алгоритмы, задачи, решения
arcsin(l/n)
50П
1
~ 1‘ ~ ЮО
, - JL - ‘т*”!,/п> -n-2aZ±.(I-M) • Эго время вспышки.
1 100 50П won F
Лампочка не будет гореть за первую половину периода в тече-
. 2arcsin(l/n) arcsin(l/n)
у 2 ют 5Ш
Отношение продолжительности вспышки tt к промежутку време¬
ни между вспышками t2 будет
t. _ К- 2arcsin(l/n) . arcsin(l/n) К - 2arcsin(l/n) U
t2 ют
Ответ:
Tt
t 2arcsin(l/n)
5m
-1.
2arcsin(l/n) 2arcsin(l/n)
-1-
Задача 357.
Неоновая лампа вспыхивает при увеличении напряжения до Ut =
80 В и гаснет при уменьшении напряжения до U2 = 25 В. Конденса¬
тор С1 емкостью 10 мкФ заряжают до
напряжения U0 = 300 В и подключают к
схеме (генератору пилообразного на¬
пряжения). Сколько раз вспыхнет лам¬
па? Какое количество теплоты выделит¬
ся в системе? С2 = 0,1 мкФ, R - 1 МОм.
Решение:
После подключения заряженного конденсатора С; через резистор
R начнет заряжаться конденса¬
тор С2.
Когда напряжение на нем
достигнет £/;, вспыхнет неоно¬
вая лампа. Через нее конден¬
сатор будет разряжаться до на¬
пряжения U2, при котором
лампа погаснет. Поскольку со¬
противление резистора много
428
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Польше сопротивления горящей лампы, за время вспышки конденса-
I (>р С} не успеет существенно разрядиться. Следовательно, через лампу
пройдет заряд q = C2(Ul - U).
Вспышки будут продолжаться до тех пор, пока конденсатор Су
1 может заряжаться до Uг Так как Су »С2, после прекращения вспы¬
шек в системе останется заряд qK = Сг
Начальный заряд был qH = СjU0.
Таким образом, число вспышек лампы будет равно
N^S^,Ct(U-UJ
Я с] <иг V}
м_ю• ш6ф (зоов - sob) _ юо ■ 220 _ .00
0,110~6Ф (80 В - 25 В) 50
Количество тепла, выделившееся в системе,
q=Wm.Wk = CiUq2 (W - U,2)
2 _ 10 Ш6Ф (90000 В2 - 6400 В2) _ 10 Ш6Ф • 83600 В2 _
« 5-Ш6Кл/В ■ 8,36-104 В2 = 41,8102АсВ « 0,42 Дж.
Ответ: N = 400; Q = 0,42 Дж.
Задача 358.
Конденсатор емкостью С, = 200мкФ включен в цепь переменного
тока с частотой V 2 = 60 Гц, а конденсатор емкостью С2 = 300 мкФ
пключен в цепь с частотой V2 = 50 Гц. Найдите отношение емкост¬
ного сопротивления первого конденсатора к емкостному сопротив¬
лению второго конденсатора.
Решение:
Xс 30010-6Ф -50 Гц 3 -5 5 ,25
Хс'2 200-1&6Ф - 60 Гц 2 -6 4 ' '
X
Ответ:—= 1,25.
Хг
Ч
Дано:
(= 200мкФ,
I7, = 60 Гц,
(\ = 300мкФ,
U = 50 Гц.
:)xj- ?
Хс, =
*С,=
2Ш? iCi
1
2 2IZV2C2 ‘
Х„ _ V2C2
ХС2 v,c,
429
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 359.
Сила тока в первичной обмотке трансформатора /; = 0,5 А, напря¬
жение на ее концах U/ = 220 В. Напряжение на концах вторичной
обмотки U2 - 40 В. Определите коэффициент трансформации и ток
во вторичной обмотке. Потерями трансформатора пренебречь.
Решение:
Дано:
I, - 0,5 А,
U, =220 В,
U2 = 40 В.
К-?12-?
V-Ul
к~и;
li -V, _ к
7ГиГк‘
h=KI,.
„ 220 В 11 ,,
К-40В"1’5-5-
12 « 5,5 0,5А ~ 2,75А.
Ответ: К ~ 5,5,12~ 2,75А.
Задача 360.
При подключении первичной обмотки трансформатора к источ¬
нику переменного синусоидального напряжения во вторичной об¬
мотке возникает ЭДС Si = 16 В. Если к тому же источнику подклю¬
чить вторичную обмотку, то в первичной возникает ЭДС £2 = 4 В.
Найдите напряжение источника. Потери энергии в трансформаторе
можно не учитывать.
Решение:
При подключении первичной обмотки ненагруженного трансфор¬
матора к источнику переменного напряжения U в сердечнике появ¬
ляется переменный магнитный поток, который в первичной обмотке
вызывает ЭДС, равную напряжению источника, а во вторичной - ЭДС,
равную Si. Поэтому коэффициент трансформации в этом случае ра¬
вен Ц- = К.
Si
При обратном включении трансформатора уже во вторичной об¬
мотке возникает ЭДС, равная напряжению U источника, а в пер¬
вичной ЭДС Б2. При этом коэффициент трансформации будет об¬
ратным К:-^ =-£■•
02 К
Из этих двух уравнений найдем напряжение U источника.
430
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
и
= К,
и
= к.
и.
_6,
— — t
S,
<
Si
62
и
и
_ 1
S2
= к.
Е:
к'
м
и2
= S1S2.
Ответ:
и=
8 В.
и = \Гё$2.
и=Я16В-4В~8В.
Задача 361.
I (ервичная обмотка силового трансформатора для накала радио¬
лампы имеет Nt = 2200 витков и включена в сеть с напряжением
К N,
{
I
и,
Ut = 220 В. Какое количество витков N2
должна иметь вторичная обмотка, если
, ц ее активное сопротивление г = 0,5 Ом, а
N напряжение накала лампы Uh = 3,5B при
силе тока I - 1А2
Решение:
Коэффициент трансформации К =-^ =^. Первичная обмотка
£
иключена в сеть, поэтому Si = Ui, а N2 = 77 М. Действующая ЭДС во
Ui
и 1 оричной обмотке равна сумме падений напряжений на самой об¬
мотке и на лампе. S2 = Ir + UH.
Следовательно, N2 = \УН Nr
Ui
Дано:
N} = 2200 витков,
U1 = 220 В,
г = 0,5 Ом,
U =3,5 В
1=1 А?
Nr?
N2 =
1А 0,5 Ом + 3,5 В
220 В
0,5 В+ 3,5 В
2200 вит. ~
220 В
- 40 вит.
2200 вит. ~ 410 вит =
Ответ: N2 ~ 40 вит.
431
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 362.
Определите величину импульса напряжения на свече в системе
зажигания двигателя автомобиля, если индуктивность катушки за¬
жигания L = 0,25 Гн, активное сопротивление ее первичной обмотки
г = 3 Ом, коэффициент трансформации К = 1/70, время размыкания
контактов прерывателя в цепи первичной обмотки At - 4 мс. ЭДС
аккумулятора Еак = 12 В. Внутренним сопротивлением аккумулятора
и падением напряжения на вторичной обмотке пренебречь.
Решение:
Можно считать, что катушка зажигания в системе зажигания ав¬
томобиля играет двойную роль: с одной стороны, обладая индуктив¬
ностью, при размыканиях первичной обмотки создает большие им¬
пульсы ЭДС самоиндукции, с другой стороны, как трансформатор
повышает величину этих импульсов.
Повышенные импульсы напряжения со вторичной обмотки пода¬
ются на свечи зажигания.
При включении зажигания ток в первичной обмотке от нуля воз-
£
растает до максимально возможного, поэтому AI =— •
Когда в одном из цилиндров заканчивается такт сжатия рабочей
смеси, кулачок своей гранью размыкает контакты прерывателя. В
момент размыкания цепи первичной обмотки ЭДС самоиндукции В
будет направлена в ту же сторону и прибавится к ЭДС аккумулятора,
а импульс общей ЭДС в первичной обмотке ЕобЩл составит
432
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
£общ.1 — &ак + ~~ &ак + L ' — .
Так как коэффициент трансформации равен К, то К =
где Б2 - ЭДС во вторичной обмотке.
Так как ^ > то
rAt
*•-£*-+о *■&
&общ!
Дано:
L = 0,25 Гн,
г = 3 Ом,
К = 1/70,
At = 410~3с,
Sm = 12 В.
еГ?
Z2~IUL- (1 +
2 1/70 (
0,25 Гн
3 Ом- 4- КГ
= 840 В ■ (1 + §££ )~ 840 В 21,8 =
' 0,012 Ом е
= 18312 В =18,3 кВ.
Ответ: 62= 18,3 кВ.
Задача 363.
Проволочный виток площадью S и сопротивлением R находится
во внешнем однородном магнитном поле. Индукция поля изменяется
по закону В = BosinaX. Определите максимальное значение тока и
тепловую мощность, выделяемую в витке. Линии индукции поля пер¬
пендикулярны плоскости витка.
Решение:
ЭДС индукции, возникающая в витке при переменном магнитном
поле равна (по закону электромагнитной индукции)
£=<£>' = (BoS sincot)' = BoSco costot.
Максимальное значение ЭДС (когда costot = 1)
6 = BoSco.
Максимальное значение тока 1т
^°^(0 (Закон Ома).
433
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Мощность, выделяемая в витке
(BqS(o)2R (BoScoV.
2R2 2R
Ответ: 1т
_ BoS(Q. р _ (BqS(o)2
R 2R
Задача 364.
В сеть переменного тока с на¬
пряжением U = 220 В включена
схема, состоящая из двух идеаль-
^ ных диодов и трех одинаковых ре¬
зисторов сопротивлением R=5kOm
каждый. Какая мощность выделя¬
ется на резисторах?
Решение:
В течение первой половины периода переменного тока, когда за¬
жим А положителен, а зажим В отрицателен, диоды ток пропускают
слева направо (диоды как бы отсутствуют). В эквивалентной схеме
резисторы оказываются включенными параллельно, их общее сопро-
D
тивление г; = —• По формуле мощности для действующих значений
R
напряжения и силы тока имеем Р = IU,
U R
а по закону Ома / =— , где г. =— •
г, 3
Тогда во время первой полуволны, первой
половины периода, когда точка А положитель¬
на, а точка В отрицательна, на резисторах
выделится мощность Pi
J
2
U
R/3
цтр 1
U = —— Коэффициент —
2R 2
поставлен потому, что за половину периода пропущена полуволна
тока.
В течение второй половины периода, когда положительна точка В
и отрицательна точка А, ток идет справа налево, диоды заперты и не
A R R R В пропускают ток, резисторы оказыва-
**—1 =Н . н I—# ются включенными последовательно,
434
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
их общее сопротивление г = 5/?, а выделяемая мощность
1
Р* = IU 2
JJ
3R
и=^-
6R
За весь период на резисторах выделится мощность
10U2 _ 5U2
6R 3R '
Р = Р.+Р2 =— +—
' 2 2R 6R
Дано:
U = 220 В,
R = 5103 Ом.
Р-?
р 5• (220 В)2 48400 В2 4.84104 В2
3-5103 Ом 3103 Ом 3103 Ом
* 1,61-10 АВ = 16 Вт.
Ответ: Р ~ 16 Вт.
и,
Задача 365.
Катушку, индуктивность которой L, подключают к источнику с
X 'у напряжением Uo. Считая сопротивление цепи пре¬
небрежимо малым, найдите ток / в катушке через
время t после подключения.
Решение:
Напряжение на катушке после подключения к
источнику равно Uo. ЭДС самоиндукции тоже рав¬
на Uo. = Uo. Собственно, напряжение, возникшее на концах иде¬
альной катушки при включении ее в цепь, это и есть ее ЭДС самоин¬
дукции.
S =.ф' = -ЬГ
is
Значит,
\е.\ = и0,
LI' = Uo,
X — Uo,
L
Берем интеграл I (t) = • t-
Lj
Если витки катушки обладают значительным сопротивлением R,
го напряжение на ее концах отличается от ЭДС самоиндукции на
величину падения напряжения на сопротивлении R.
435
Физика: алгоритмы, задачи, решения
£. = Uo - IR,
-LI' = Uo-IR,
Интегрируем I (t) =—<7 --ft’
L Lj
Здесь учтено, что при подключении катушки к источнику ток
через нее не мог измениться скачком, так как при скачке тока и
связанном с ним скачке магнитного поля возникла бы бесконечно
большая ЭДС самоиндукции (£*—»°°).
Решение:
Когда ключ замкнут, ток через конденсатор не пойдет, так как
диод Д заперт. Конденсатор фактически отключен и заряжаться не
может. Ток идет только через витки катушки. Перед размыканием
После размыкания ключа ток через катушку не прекратится, его
поддерживает ЭДС самоиндукции, и он найдет себе другой путь -
через конденсатор и диод, тогда и будет заряжаться конденсатор. По
мере зарядки конденсатора напряжение на катушке возрастает, ток
спадает (диод идеальный, пока он открыт, катушка и конденсатор
соединены последовательно, а с источником - параллельно). Диод
закроется в тот момент, когда ток упадет до нуля.
Потерь энергии нет, значит, можно воспользоваться законом со¬
хранения:
Ответ: I (t) = • f •
Задача 366.
Катушку подключают к источнику на
время t = 0,1 с, а затем отключают. До
какого напряжения зарядится конденса¬
тор? Элементы цепи считать идеальны¬
ми: L = 1 Гн, С = 1 мкФ, Uo = 10 В.
за 0,1 с ток достигнет (смотри задачу № 365) значения 1„ =
436
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
ш
2
U.
сш
' >
2
.[Г, Jl щ_ш
Ус н Ус 'Т у/Те'
Дано:
I = 0,1 с,
1 = 1 Гн,
С = 1 мкФ,
Uo = 10 В.
ит - ?
г 10 В 0,1с 1 В с ,пзВ2 с
т~ ШГШф~ w с
Ответ: U ~ 1000 В.
т
1000 в.
Примечание:
Нели бы не диод, в цепи возникли бы колебания, а в этом случае -
жергия, накопленная в контуре, переключалась в конденсатор. Если
ключ замыкать и размыкать периодически, то напряжение конден-
с;п ора можно использовать для питания высоковольтных цепей (при¬
меняют электронные переключатели (смотри задачу № 367)).
Задача 367.
Прибор, схема которого при¬
ведена на рисунке, подключен
к сети переменного тока 220 В.
Какое напряжение покажет
вольтметр по прошествии дос¬
таточно большого времени?
Решение:
На зажимы А и В подается переменное напряжение U = Ujcoscot,
iwUm=}SU,aU = 220B - действующее напряжение.
В этот полупериод, когда нижний зажим В положителен, диод D2
i.nicpr, ток идет через диод Di от зажима В к зажиму А и заряжает
конденсатор Си (Конденсатор С2 оказывается в это время отключен¬
ным). Правая пластина конденсатора Су получает положительный
ыряд, а левая - отрицательный. По идее конденсатор Су должен сра-
437
Физика: алгоритмы, задачи, решения
С,
зу зарядиться
до максималь¬
но входного
напряжения
t и = Яти =■
m
310 В, но это¬
го не происхо¬
дит за один
m
полупериод из-за потерь. Поэтому потребуется несколько полупери-
одов при положительном зажиме В, чтобы конденсатор G зарядился
до U = 310 В.
tn
После того, как конденсатор С/ зарядится до напряжения Um= 310 В,
диод Di окажется закрыт. Эта схема есть обычный однополупериод-
ный выпрямитель. Если при этом отнять от конденсатора G некото¬
параллельно резистор с большим сопротивлением R, то диод Di бу¬
дет периодически открыватся, восполняя убыль заряда. (Известно
условие: чтобы заряд конденсатора изменялся незначительно надо,
Во время второго полупериода, когда верхний зажим А оказыва¬
ется положительным, диод Di - закрытым, конденсатор С? зарядится
до того же напряжения, что и С/, то есть Um= 310 В (заряд с кон¬
денсатора Ci перейдет на конденсатор G), да еще на С? поступит
переменное входное напряжение U = Umcos(Ot (вернее его верхние
полуволны). И по прошествии нескольких таких полупериодов кон¬
денсатор G зарядится до напряжения 2Um = 620 В.
рыи за-
Р я Д ,
напри-
м е р ,
под-
к л ю •
чив к
о
t нему
чтобы RC » Т =— -4-)-
а) V
438
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Urn
IVm r
ZUm ;
И , ,
1 IL,
-11+ /
Г /
V-11+ /
-||+ A
Гак как второй конденсатор С2 отбирает заряд от первого порци¬
ями во время четных полупериодов, то для накопления на нем заряда
до напряжения 2Um = 620 В требуется время. Во время нечетных
пролупериодов отпира¬
ется диод Dj и энергия
конденсатора Су вос¬
полняется. Таким обра¬
зом, на конденсаторе Сг
все время поддержива¬
ется напряжение 2Um =
620 В. Это напряжение
и показывает вольт¬
метр. Прибор из не¬
скольких таких ячеек “CD” выдает
выпрямленное высокое напряжение
(тысячи вольт), применяется в те¬
левизорах, счетчиках Гейгера и
других устройствах. Называется
этот прибор “выпрямитель с умно¬
жением напряжения” или просто
‘ умножитель напряжения”. Под этим названием он и стоит в теле-
ни юрах.
Ответ: U = 620 В.
Задача 368.
Обмотка трансформатора, имеющая индуктивность L = 0,1 Гни
параллельно подключенный к ней конденсатор емкостью С = 0,1 мкФ
через ключ К подсоединен к источнику с ЭДС £ и внутренним со¬
противлением г = 10 Ом. После ус-
тановления стандартного режима
ключ размыкают. Найдите амплиту¬
ду напряжения, возникающего на кон-
8,г “ £ ~Цах обмотки, по отношению к ЭДС
источника.
439
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Важно уметь оценивать токи и напряжения, возникающие в ли¬
ниях электропередачи при переходных процессах, таких, например,
как отключение или быстрое изменение нагрузки. Если учесть, что
напряжение, под которым работают современные линии, порядка
106 В, то возможные увеличения напряжения, так называемые пере¬
напряжения, могут привести к электрическому пробою в линии,
Одна из схем, иллюстрирующих переходные процессы, и представ¬
лена в этой задаче.
При установившемся режиме через обмотку трансорматора течет
постоянный ток I =— > напряжение на обмотке, а значит и на кон-
г
денсаторе равно нулю.
При размыкании ключа К возникает изменение магнитного пото¬
ка, которое создает на концах обмотки напряжение (ЭДС самоиндук¬
ции Sis). Его амплитуду можно найти, рассмотрев колебания в конту¬
ре, составленном из катушки индуктивности L и конденсатора емко¬
сти С. Энергия, запасенная в катушке во время протекания постоян¬
ного тока, через четверть периода колебаний перейдет в энергию за-
LP
ряженного конденсатора —
СШ
2
Отсюда амплитуда напряжения на конденсаторе, следовательно,
и на концах обмотки трансформатора, равна
и~ -С
Дано:
L = 1 Гн,
С — 1 мкФ,
г - 10 Ом.
U»-?
УС г V Сг2
0,1 Гн
^/пгь,
Оме
■1У6Ф1(?Ом2 “ У_№4Кл/В ■ Ом2
=\/l04 -f- ~ ■ S =V^ • S = 1008.
V А с Ом V A c
Как видно, перенапряжение весьма велико. На практике оно воз*
никает всегда, когда происходит отключение тока, идущего через
440
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
кн1 ушку, при малых значениях емкости подключенного к ней конден-
(агора.
11ри размыкании цепей с катушкой ЭДС индукции может достичь
больших значений. Это часто используют в технике для получения
импульсов высокого напряжения, например, в целях зажигания кар-
(иораторных двигателей внутреннего сгорания (смотри задачу № 362).
Ответ: U = 100S.
Задача 369.
Два одинаковых конденсатора А и
В, каждый емкостью С, и катушка ин¬
дуктивностью L соединены как пока¬
зано на рисунке. В начальный момент
ключ К разомкнут, конденсатор А за¬
ряжен до разности потенциалов {У, заряд конденсатора В и ток в ка-
|ушке равны нулю.
Определите максимальное значение тока в катушке после замы¬
кания ключа.
U
Я
с
С
L
Решение:
Р,сли бы не было второго конденсатора 5, то после замыкания
к точа в контуре, содержащем конденсатор А и катушку индуктивно-
i in, возникли бы электромагнитные колебания. Из закона сохране¬
ния энергии можно было бы сразу найти максимальный ток
и2 _ си2
В нашем же случае сначала произойдет перераспределение заряда
между конденсаторами, а потом в контуре установятся колебания.
Объяснение:
Участок цепи, состоящий из двух конденсаторов и соединенных
проводов, тоже можно считать колебательным контуром. Но индук-
тиность его - индуктивность проводов- очень мала по сравнению с
/, поэтому собственная частота колебаний в этом контуре будет очень
441
Физика: алгоритмы, задачи, решения
большой, на много больше собственной частоты колебаний в конту¬
ре, который образуют конденсаторы и катушка индуктивности. Ко¬
нечно, и этот контур обладает активным сопротивлением, но оно
очень мало по сравнению, например, с индуктивным сопротивлени¬
ем. Поэтому в течение некоторого времени после замыкания ключа
колебания в таком контуре можно считать незатухающими, то есть в
контуре, состоящем из конденсаторов и проводов, произойдет мно¬
го колебаний тока за то время, пока ток в катушке еще можно счи¬
тать равным нулю. Из-за сопротивления проводов колебания в этом
контуре будут все-таки затухающими. Это приведет к быстрому ус¬
тановлению равновесия и перераспределению заряда поровну между
конденсаторами: вспомним, что емкости конденсаторов равны. При
этом часть энергии электрического поля заряженного конденсатор*
А перейдет в тепловую энергию.
Найдем, какая часть энергии останется в контуре после быстрого
перераспределения заряда между конденсаторами. Первоначальный
заряд конденсатора А был равен q = CU. После перераспределения
заряда между конденсаторами их заряды стали равными^-, а энергия
(д/2)2 _ q2 _ CU2
2С 8С 8
Следовательно, полная энергия которая осталась в контуре, равня
си2, си2
8 8
CU2
4
(До замыкания ключа энергия в контуре была
Таким образом, в тепло перешла половина первоначальной энергии.
Теперь, наконец, рассмотрим контур, состоящий из конденсато¬
ров (двух) и катушки'индуктивности. Ток в катушке будет макси¬
мальным, когда конденсаторы полностью разрядятся и их энергия
перейдет в энергию магнитного поля катушки. Из закона сохранения
си2 и2
энергии следует, что—— =-г2_ >
Отсюда 1т =
Ответ: Im= U
442
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
L, L,
Задача 370.
Две катушки с индуктивностями Li и Ь2 со¬
единены параллельно. Какими будут максималь¬
ные токи в катушках, если параллельно им под¬
ключить конденсатор с емкостью С, предваритель¬
но заряженный до напряжения W
Решение:
Гак как катушки соединены параллельно, и ЭДС индукции на их
концах одинаковы, то
Ь; = 82,
L,
Ah = r .Ah.
At 2 At
В начальный момент токи в обеих катушках равны нулю I, = 12 - 0
(Л/, = Ij> AI2 = I2).
Поэтому Ь,1, = Ь212 . (1)
Это означает, что максимальные значения токов в катушках дос¬
тигаются одновременно. (L, и Ь2 для катушек постоянные характери¬
стики, и если во второй катушке ток достиг максимального значе¬
ния, то и в первой он тоже максимальный). Токи It и 12 максимальны
тогда, когда конденсатор полностью разряжен. Из закона сохранения
анергии следует, что в этот момент
CW=Ml + ML. (2)
2 2 2
Из системы уравнений (1) и (2) находим токи в катушках I, и 12
максимальные.
| L)h = L2I2,
I CU/ = L,I2 + L2122
CU2 - L,I/ + l2 I/ ,
CU2 = LJ12 +Ц- //,
L2
CU2 = (L, +^)I/ ,
L2
1 CU/ = L,I,2 + L2I22
443
Физика: алгоритмы, задачи, решения
CU2 = (1 +y')L,I,2 ,
си2 = (h-Lh) L/I,2,
Т 2 — CIPU
! ьии+ьг
'■-4ж
CL г
+L2)
Подставляя значение I, в первое уравнение системы, находим мак¬
симальное значение тока во второй катушке.
г — С/ j _ L) _ тт-</ CL2 _ г;./ L,2CL2 _ гг./ CLj
2 L2 ' L2 V L,(L, + L2) У L,L22(L, + LJ vl2(l, + l}
Ответ:
Задача 371.
Параллельно соединенные катушка индуктивностью L и резистор
R подключены через ключ К к источнику с постоянной ЭДС £ и внут-
КХ л ренним сопротивлением г. В начальный
момент времени ключ К разомкнут, и
тока в цепи нет. Какой заряд q проте¬
чет через резистор R после замыкания
ключа? Омическим сопротивлением
катушки пренебречь.
Решение:
В любой времени после замыкания ключа К напряжение на резис¬
торе R равно по модулю ЭДС индукции £, на концах катушки
el = iRR = L• \*Ь\. (1)
где iR - ток через резистор,
AiL - изменение тока через катушку за время At.
Отсюда заряд, протекший через резистор R за время At, равен
Ад = iR- At = IAiL\ (2)
£, r
Г
i
R
444
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
При постоянных значениях индуктивности катушки L и сопро¬
тивлении резистора Л полученное соотношение (2) между изменени¬
ем тока в катушке и зарядом q через резистор остается справедливым
и течение всего времени t установления стационарного режима в цепи.
Так как омическим сопротивлением катушки пренебрегаем, то за
£
все время t ток через нее возрастает от нуля до —. Поэтому в соотно-
£
шении (2) |4/J можно за время t заменить на —• (Другими словами
£.
о
Следовательно, полный заряд, протекший через резистор R за все
время t до установления стационарного режима q
LS
Rr ’
Замечание:
Вопрос задачи надо уточнить и сформулировать так: ’’Какой заряд
с/ протечет через резистор R после замыкания ключа до установления
стационарного режима”
Задача 372.
Через катушку, индуктивность которой 2L, течет постоянный ток
-=Fj 10 от внешнего источника. Параллельный контур LC подклю-
0 J чают параллельно первой катушке, после чего отключают вне-
> шний источник. Каким окажется максимальное значение
тока
445
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
При подключении контура конденсатор заряжаться не будет, и ток
через катушку индуктивностью L не потечет, так как при постоян¬
ной величине тока 10 напряжение между концами первой катушки
индуктивностью 2L равно нулю (омическим сопротивлением катуш¬
ки пренебрегаем). Изменения начнутся после размыкания внешней
цепи: конденсатор начнет заряжаться, и появится ток через катушку
индуктивностью L. Катушки соединены параллельно, поэтому изме¬
нения магнитных потоков будут одинаковы для обеих катушек. (Во¬
обще: Ф = Ы, ЛФ = LAI). Для первой катушки ЛФ = 2L (IQ -1), для
второй ЛФ = L (12- 0), поэтому
ЛФ = 2L(I0-I) = LIy (1)
Тут учтены направления токов, показанные на рисунке. Элемен¬
ты цепи считаем идеальными - потерь энергии нет, поэтому в любой
момент времени
2Ы02 = 2Ы£ Ы22 , CLP пл
2 2 2 2 U
Если токи в катушках не равны, то конденсатор либо заряжается,
либо разряжается (/, - 12Ф 0, ток идет через конденсатор). Условие
максимальности напряжения на конденсаторе: Ii = I2. (3)
Тогда систему этих трех уравнений можно решить и найти Um.
Г 2Ы02 = 2LI,2 + и22 + СШ Г 2L (10 -1)=ЫГ
\ 2L(I0-1)=LIV ’ \ 2L102 = 3LI,2 + СШ.
I h = h-
2LI0 - 2LI, = LI,,
2LI02 = 3LI2 + СШ.
2I0 = 31,,
2LI02 = 3LI2 + СШ.
/; =
2LI02 = 3LI,2 + СШ.
2LI02 = 3L jI02 + СШ,
2LI02 = + СШ,
сш=Щ±,
446
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Условие максимальности токов через катушки можно получить,
если вспомнить, что нуль производной тока дает ЭДС индукции,
равную нулю Значит, в такие моменты конденсатор не
заряжен (он подключен параллельно катушкам, его напряжение равно
ЭДС индукции на любой из них, то есть равно нулю) и вся энергия
сосредоточена в катушках:
2Щ _ 2LIJ , LIJ
2 2 2
„ Объединив это уравнение (4) с уравнением для магнитных пото¬
ков (1), найдем 12т.
Г 2Ui = 2LIJ + LIJ Г 2Ц = 2IJ + U
\ 2L (10 -1) = LI2т. \210- 21 ,т = 12т
(4)
f 21о2 = 21 J + 12т2
2 1т '
_ 21 „ - 12т
2
21о = 21 J + IJ t
_ 41 о - 41р12т+ 12т2
Iш=2 41°2 -foI:a+ hJ +
4
+ l2m2 = о,
+ 12т ~ 0 >
I2,-41 о
jl2,=2I0-
hm = jh-
Ответ: U„2 = Ъу— ’ 4» = ~h
2L ■
Задача 373.
Две катушки одна индуктивностью Li = 50 мГч, другая -Ь2 = 5 мГн
подключили к источнику тока, соединив их между собой сначала
447
Физика: алгоритмы, задачи, решения
L,
L2
последовательно, потом параллельно. В
каком случае общая индуктивность си¬
стемы двух катушек больше и во сколь¬
ко раз?
Решение:
Докажем сначала, что при последова¬
тельном соединении катушек их индук¬
тивности складываются.
St = -L 4- - общая ЭДС.
At
51 = - Li ^ - ЭДС на первой катушке.
52 = - Ь2 ^ - ЭДС на второй катушке.
Здесь использован закон электромагнитной индукции. Ток в ка¬
тушках один и тот же. Общая ЭДС индукции равна сумме ЭДС на
катушках.
Sj — Si + S2,
AI
, AI_ T AI
- L —- L i ——
At At
'At
Lnocл — L/ + L2.
Выведем формулу для общей индуктивности двух катушек при
их параллельном соединении.
ЭДС индукции на концах катушек одинаковы.
S
г %
> г
4
г
CD
II
i
i
О
o\
AI = -
С»)
II
i
ь*
%
AI, = -
Ct)
II
ai2 = -
L
SjAt
L,
SjAt
L2
Общий ток равен сумме токов в катушках в любой момент време¬
ни после включения. Изменения токов с момента включения (или
выключения) связаны соотношением
448
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
AI = Ah + AI2,
SjAt _ At SjAt
L L,' L:
1 = 1 +L
L Lj L2
T — L1L2
Lnap UTl2
Найдем отношение общих индуктивностей для указанных случаев.
Lnocn. _ jj _j_ г \ Lr L2_ _(L, + L2)2 = 2LrL2+L,2+ L22_ 2 + L,+ U
Lnap ' 2J L, + L2 L1L2 L,L2 L2 Li
Общая индуктивность двух катушек при последовательном соеди¬
нении больше, чем общая индуктивность тех же катушек при их па¬
раллельном соединении. При Li = L2 отношение индуктивностей равно
4. Чем больше будет разность индуктивностей, тем больше будет от¬
ношение общей их индуктивности при последовательном соедине¬
нии к общей индуктивности при параллельном соединении. (Чем
более далеки друг от друга Li и L2, тем больше отношение
-^пар.
)•
Дано:
Li = 5010-3 Гн,
L2 - 51 O'3 Гн.
L
L
поел.
пар.
- ?
Lnocn. _2 + 50Д0ГГн_ + 510'3 Гн
Lnap. 510-3 Гн 501(У3 Гн
= 2+ 10 + 0,1 «12,1 (раза).
Ответ: 1р. = 12,1.
Lnap
Задача 374.
Линия электропередачи может работать при двух различных на¬
пряжениях генератора Ui и U2 и соответствующих сопротивлениях
нагрузки Ri и R2. Отношение потерь мощности на подводящих про-
нодах для этих случаев равны. Определите отношение при усло-
Ui
нии, что мощность генератора в обоих случаях одинакова.
I5 Заказ № 1509
449
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Пусть сопротивление подводящих проводов равно г - эта величи*
на не изменяется. Полная мощность, отдаваемая генератором,
Р = Ш=
R + r
U
IP
так как / = , но тогда Р = — , где / - ток в цепи.
° - (R + r)2
R + r
Мощность тепловых потерь
Рп = Рг — — -
О)
(R + г)2
Отношение потерь мощности при различных значениях U и R
равно
Ж ж
г:
г = а.
(2)
(R + г)2 ' ' (R + г)2
По условию задачи в обоих случаях генератор отдает одну и ту
же мощность:
U,2 _ Щ
Ri + г R2 + г
Из второго (2) и третьего (3) соотношений следует
Ц'2(Ь + г)2 = а (4)
W(R,+ry ’ (4)
(3)
R2 +Г _ ш
R, + г U,2
(5)
Возводя в квадрат отношение сопротивлений в (5) и подставляя в
(4), получаем:
И? Ж=а,
и/ и,<
На примере этой задачи можно показать, как велико влияние на¬
пряжения, под которым происходит передача энергии, на величину
450
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
к-иловых потерь в линии электропередачи. Допустим, что напряже¬
ние повысили в “к” раз. Ui = kUi. Тогда из формулы (1) запишем
hi ношение потерь
_ U,2 ...
(R, + г)2
(kU)2 (R.2 + г)2
(R2 + г)2 *?(R + г)2
(6)
Возведем в квадрат отношение сопротивлений в (5) и подставим
и (6)
Pnj = _ K4Ui4 = ,
Рп2 *?Ui4 jSU,4
Достаточно повысить напряжение в “к” раз, как потери электро
энергии уменьшатся в “к2” раз.
Ответ: Va.
Задача 375.
Радиолокатор работает на волне 15 см и дает 4000 импульсов в
секунду. Длительность каждого импульса 2 мкс. Какова наибольшая
глубина разведки локатора и сколько колебаний содержится в каж¬
дом импульсе?
Решение:
Пусть радиолокатор дает N = 4000 импульсов в секунду. Так как
длительность каждого импульса Ту = 2 мкс, то в целую секунду пере¬
датчик локатора работает время Т = NX} = N• 21 O'6с = 4000 • 210~бс
81 O'3с = 0,008 с. Здесь сложили длительность всех импульсов за
секунду и тем самым Определили, сколько времени в течение одной
секунды работает передатчик.
Общее “время молчания” передатчика за секунду будет tJ = 1 с -Т =
1с - 0,008 с = 0,992 с. А “промежутков молчания” в секунду
будет столько же, сколько и импульсов - 4000. Поэтому длительность
одного промежутка молчания равна
t =
_ 0,992 с _
4000
= 2,48-10-4 с.
15*
451
Физика: алгоритмы, задачи, решения
На столько же времени включается приемник для приема отра¬
женного сигнала. За это время сигнал должен долететь до объекта
наблюдения и вернуться. Поэтому глубина разведки будет
R -3-10sм/с -2,48-1 (У4с ~$.кр.1241(У4м *= 3,72-Ю4 м ~ 37,2 км.
Для нахождения количества колебаний п в каждом импульсе раз-
Я
делим длительность импульса на период колебаний Т; =—•
/Г гр Я
п = Т; Т = -
с
Дано:
Т, =2 10-6с,
с = 3108 м/с,
Я = 0,15 м.
п-?
210~6с • 3 108 м/с _ &102 10l(f
0,15 м 0,15
- 4 000 колебаний в импульсе.
Ответ: R -37,2 км; п - 4 000 колебаний.
Задача 376.
Космическая станция вращается вокруг Земли на высоте 250 км.
Может ли космонавт из этой КС напрямую связаться с московским
центром управления полетами при помощи передатчика достаточ¬
ной мощности на частоте 150 МГц в момент, когда станция проле¬
тает над Парижем? От Москвы до Пари¬
жа 2500 км. Радиус Земли 6370 км.
Решение:
Передатчик станции работает в диапа¬
зоне ультракоротких радиоволн. Это вид¬
но из расчета
л с л 3 108м/с п 1П2 ~
Я =— Я « -——г—~0,0210 м~2м\
V 15010бГц
Х<10м.
452
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны
Такие радиоволны распространяются только в пределах прямой
ш I димости и не могут повторять кривизну Земной поверхности. Для
определения предела прямой видимости вспомним теорему из гео¬
метрии: “Произведение секущей на ее внешнюю часть равно квадра¬
ту касательной”
Нас интересует та
из секущих, которая
проходит через
центр окружности.
Докажем, что А В2 =
АР-АС. Проведем ра¬
диус ОВ. В прямоу¬
гольном треуголь¬
нике АВО по теоре¬
ме Пифагора
АО2 = АВ2 + В02,
АВ2 =А02 + В02,
Так как АО = АР + РО и ВО = РО = R, то
АВ2 = (АР+РО)2 - ВО2 = АР2 + 2АР-РО + Р02-В02= АР2 (АР-2РО).
АВ2 = АР- АС.
Теорема доказана. Из этой теоремы следует АВ = VАР-АС, где АВ -
максимальная дальность приема радиосигнала в пределах прямой ви¬
димости. Определим эту дальностью километрах. В точке А находится
космическая станция, в точке Р - Париж, в точке М - Москва.
Дано:
АР = 250 км,
АС = 250 км + 2-6370 км.
АВ-?
АВ ~ \J250 км- (250 км + 2-6370 км) ~
=v/250 -12990 км2 ^3 247 500 км2«
=* 1800 км.
Таким образом, с высоты 250 км над поверхностью Земли макси¬
мальная дальность охвата радиоволнами в пределах прямой видимос¬
ти представляется кругом, радиус которого 1800 км. С Москвой, нахо¬
дясь над Парижем, напрямую связаться нельзя (1800 км < 2500 км).
453
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 377.
Колебательный контур с периодом колебаний Т = 11 (У6 с имеет
индуктивность L = 0,2 Гн и активное сопротивление R- 2 Ом. На
сколько процентов уменьшится энергия этого контура за время одно¬
го колебания? На протяжении нескольких колебаний ток можно счи¬
тать синусоидальным.
Решение:
Первоначальная энергия контура равна максимальной энергии
магнитного поля катушки
Мощность в цепи переменного тока Р
UR
2
значит работа тока
за один период равна А = РТ =
URT.
2
Эта работа равна потери энергии за один период.
AW =
IJRT.
2
Нам надо найти отношение:
AW _ URT • LU _ RT
W 2 ' 2 L
Дано: AW _ 2 Ом ■ 1&6с
Т = 1-10* с, W 0,2
L = 0,2 Гн,
- mm6 - ш5 * 0,00001 = o.ooi %.
R = 2 Ом.
AW
W
Ответ: 4тг = 0,001%.
W
454
Раздел 6. СВЕТ И ДРУГИЕ ИЗЛУЧЕНИЯ
6.1 Комментарий.
Предыдущие разделы пособия позволили познакомиться с неко¬
торыми явлениями, связанными с возникновением и распростране¬
нием волн, передачей энергии и движения звуковыми волнами, вза¬
имодействием волнового поля и материальных тел. Настоящий раз¬
дел дает возможность сосредоточить внимание на возникновении,
распространении и поглощении излучения различных длин волн (ча¬
стот), охватывая проблемы классической физики (геометрическая и
волновая оптика), современной квантовой физики, элементы теории
относительности. Такая широта тематики создает определенные труд¬
ности в понимании проблем и освоении методов решения задач (от
отражения и преломления света до фотоэффекта и эффекта Допле¬
ра), но, в то же время, позволяет сопоставить содержание задач,
подходы к их решению, осознать коренные различия в свойствах
излучений разных частотных диапазонов.
6.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы.
6.2.1. Определения и формулировки: оптика; геометрическая
оптика; луч; угол падения; угол отражения; угол преломления; зако¬
ны отражения; показатель преломления (абсолютный, относитель¬
ный); законы преломления; полное отражение; предельный угол;
оптическая плотность среды; призма; основание призмы; преломля¬
ющий угол; линза; центр, фокусное расстояние, главная и побочная
оптическая ось; фокус, двойной фокус; увеличение; действитель¬
ное и мнимое изображения; радиус кривизны поверхности линзы;
фокальная плоскость; оптическая сила; действительное и мнимое
изображение; волновая оптика; когерентность; интерференция све¬
та; разность хода; разность фаз; дифракция; дифракционная решетка;
постоянная решетки; порядок дифракционного максимума; диспер¬
сия; квантовая оптика; квант; фотоэффект; законы фотоэффекта;
постоянная Планка; работа выхода; фототок; фототок насыщения;
455
Физика: алгоритмы, задачи, решения
задерживающее поле; красная граница фотоэффекта; атом; атомное
ядро; частица; ядерная модель атома; электронная оболочка; кван¬
товые постулаты Бора; энергетические уровни; спектр; непрерыв¬
ный и линейчатый спектры; качественый и количественный спект¬
ральный анализ; лазер; индуцированное излучение; теория относи¬
тельности; постулаты Эйнштейна; замедление хода времени; сокра¬
щение длины; сложение скоростей; освещенность; сила света источ¬
ника; давление света;
6.2.2. Формулы: закон преломления; формула линзы; формула
увеличения линзы; зависимость оптической силы линзы от радиусов
кривизны ее поверхности; формула дифракционной решетки; энер¬
гия кванта; формула Эйнштейна для фотоэффекта; правило частот
Бора; энергия уровня в атоме; связь массы и энергии по Эйнштейну;
сокращение длины движущегося тела; зависимость массы от скорос¬
ти; релятивистский закон сложения скоростей; формула освещен¬
ности; световое давление.
6.2.3. Графики: вольтамперная характеристика для фотоэффекта.
6.2.4. Единицы: показатель преломления; увеличение линзы; по¬
стоянная Планка; электроновольт; сила света источника; освещенность.
6.3. Методические рекомендации.
6.3.1. Успешное решение задач геометрической оптики возможно
при условии предварительного освоения методов построения изоб¬
ражений предметов (источников) в отражающих (зеркалах) и пре¬
ломляющих свет (линзы, призмы, плоскопараллельные пластин¬
ки) телах. Для того, чтобы не допускать ошибок в выполнении этих
элементов задачи необходимо, в первую очередь:
- четко, аккуратно и последовательно следовать требованиям за¬
конов отражения и преломления,
- уметь строить изображения с помощью тех лучей, ход которых
после отражения или преломления заранее известен;
- добиться понимания связи между расположением предмета от¬
носительно отражающего (или преломляющего) тела и положением
получающегося изображения, его размерами, свойствами.
456
Раздел 6. Свет и другие излучения
учитывать зависимость преломляющих свойств линз, призм и
др от соотношения показателей преломления среды и преломляю¬
щего тела, формы преломляющих поверхностей.
6.3.2. Большая часть задач, связанных с волновыми и квантовы¬
ми свойствами света, носят ознакомительно-вводный характер, и
ддя их успешного решения достаточно твердых теоретических
шаний п.п. 6.2.1.-6.2.4. Вместе с тем, необходимо уделить серьезное
нпимание нескольким комбинированным задачам по атомной физи¬
ке, решение которых требует использования законов сохранения
импульса и энергии, учета релятивистских эффектов зависимости
длины и массы от скорости, связи массы и энергии, особой
формулы сложения скоростей в релятивистском приближении.
Задача 378.
Луч света падает на систему
двух взаимно перпендикуляр¬
ных зеркал.
Угол падения луча на первое
зеркало = 17°. Отражаясь от
первого зеркала, луч падает на
второе. Определите угол отра¬
жения луча у2 от второго зеркала в градусах.
Решение:
Угол отражения луча от первого зеркала у1 = а1 по закону отра¬
жения от плоского зеркала. Угол падения на второе зеркало луча,
отраженного от первого зеркала
71 _ П
1
*
у
y>77z777777777777z*
'Т7777777Т777777777Г,
а2 ='
-г,=-
а„
Поэтому угол отражения луча от второго зеркала будет
у2 = а2 = TZ/2 - аг
у2 = 90° -17° = 73°.
Луч, отраженный от второго зеркала параллелен лучу, падающе¬
му на первое зеркало.
Ответ: у2 = 73°.
457
Физика: алгоритмы, задачи, решения
о.
У
7777777777777
!
'>
>
I
Задача 379.
Под каким углом /3 к горизонту следует
расположить плоское зеркало, чтобы осве-
\ С тить дно колодца отраженными от него сол-
Vf/wrr/r///"r, нечными лучами, в то время как свет пада-
f/f ет под углом а = 30° к горизонту?
Решение:
О у
Перпендикуляр ОС к зеркалу должен де¬
лить угол между падающим АО и отраженным ОБ лучами пополам.
OD - горизонт, ОБ - отвесная линия.
Поэтому ZDOB = 71/2 - прямой. А половина АЛОВ равна
TU2 + а 71 , а , лг.п 1 у лг.и 71 , а
2 4 2 2 4 2
Это угол падения луча АО на зеркало.
Далее: ZDOC =ZAOC-a= j + j
Окончательно: = ZDOC = j - (-j - y>=^ + J■
Так как a = 30° , то Z0 = ^ +-j? = 45° + 150 = 60°.
Ответ: Z ft = 60°.
Задача 380.
У окна с двойными ра¬
мами стоит цветок. В окне
видны два его изображе¬
ния. На сколько удалены
друг от друга эти изобра¬
жения, если расстояние
между стеклами рам d =
10см2
Решение:
Пусть 1 и 2 стекла рам
в окне, 1' и 2' - изображе-
458
Раздел 6. Свет и другие излучения
пия цветка в этих стеклах. Изображение цветка в первом стекле
симметрично самому цветку относительно плоскости первого цвет¬
ка, поэтому Xj' = xt\ аналогично х2' = х2. Так что расстояние меж¬
ду изображениями х = (х2 + х2') - (xt + х{') = 2х2 - 2xt = 2(х2 - х) = 2d.
Поэтому х = 2d. Но d = 10 см, а х = 2- 10см = 20см.
Ответ: х = 20см.
Задача 381.
Из некоторой жидкости на границу
ее раздела с воздухом падает луч света.
Угол падения а = 30°. Отраженный и
преломленный лучи перпендикулярны
друг другу. Найдите показатель прелом¬
ления жидкости.
Решение:
Z ВОС = j - прямой.
угол преломления.
По закону отражения у = а, поэтому /3 = U - + а) =-у - а.
Так как луч света выходит из жидкости в воздух, то показатель
преломления жидкости п удовлетворяет соотношению — = s*n ® >
п sin р
отсюда п Подставим в выражение для показателя преломле¬
ния значение угла Д
„ _ sin р _ sin(K/2 - а) _ cos а = а
sin a sin a sin а
Ответ: п = ctg а.
Задача 382.
На стеклянную плоскопараллельную пластину падает луч света
под углом а. Луч частично отражается от верхней поверхности, час¬
459
Физика: алгоритмы, задачи, решения
тично проходит внутрь плас¬
тины, снова отражается - те¬
перь от нижней поверхности
и затем выходит через верх¬
нюю. Найдите угол выхода
луча и длину пути, пройден¬
ного лучом в пластине. Тол¬
щина пластины d, показатель
преломления стекла п.
Решение:
Обозначим угол преломления при прохождении первый раз гра¬
ницы “воздух-стекло” через Д а угол падения луча на стекло а.
По закону преломления п = sin ^.
sin р
о)
Из чертежа видно, что aJ = Д Это углы накрест лежащие при
параллельных прямых. По закону отражения у1 = ау, но у1 = а2 как
накрест лежащие при параллельных прямых. Далее по закону пре¬
ломления
1 _ sin а, _ sin Р
п sin Д sin ft’
П - sin Р,
sin Р
sin Р2 = п sin Д
Подставим сюда значение показателя преломления из (1)
. о sin а .о . „
sin Д = — sin р = sin ос,
z sin р
Р2 = а.
Луч выходит из стекла под таким же углом, под каким и падал на
стекло.
Далее рассмотрим прямоугольный A ADB. По теореме Пифагора
АВ2 = AD2 + DB2.
Так как DB = АВ sin (3, то
АВ2 = AD2 + АВ2 sin2p,
АВ2 (1 - sin2P)= AD2,
460
Раздел 6. Свет и другие излучения
АВ2 =
АВ =
AD2 _ АР2
1 - sin2P cos2[5 ’
d
(2)
VI - sin2(5
Так как ВС = АВ, то весь путь луча в стекле будет
2d
I = 2АВ =■
VI - sin2[5
Из закона преломления (1) имеем sin /? =
Поэтому окончательно:
I _ 2d 2dn
у/1 - sin2aJn2 Vn2 - sin2a
Или, учитывая (2):
/= 2d
sin а
п
cos P
Ответ: l =
2d
COS P
Задача 383.
Луч света падает на границу разде¬
ла двух сред под углом а = 30°. Пока¬
затель преломления первой среды п1 =
2,4. Определите показатель преломле¬
ния второй среды, если известно, что
отраженный и преломленный лучи пер¬
пендикулярны друг другу.
Решение:
По закону преломления света запишем
sin а _ П2
sin Р п
По закону отражения у = а. Кроме того из чертежа видно, что
(1)
у=а = П-^ + Р)=^-р,
а = П/2 - Д р = 71/2-а.
(2)
461
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Объединяя (1) и (2), имеем: . j™1 а—- >
v ' v 7 sin(TU2 - а) пt
sin а _п2
cosa nt
п2 = nltga.
Подставляя данные из условия, получаем:
п2=2,4 tg30°=2,4 0,5774 = 1,386 = 1,39.
Вторая среда оптически менее плотная.
Ответ: п2 = 1,39.
Задача 384.
Длина тени, отбрасываемой в полдень телеграфным столбом, ус¬
тановленным вертикально на косогоре, обращенном к югу, равна
высоте этого столба. Опре¬
делите высоту солнца, если
угол наклона косогора к го¬
ризонту равен а.
Решение:
В задаче надо найти угол
D. На чертеже АВ - столб,
АС - его тень на косогоре. В
a ABC Z ВАС = 7Г/2 - а.
Поэтому Z В + Z С = К - (К/2 - а) - К/2 + а.
Так как Д АВС равнобедренный, то Z В = Z С.
Следовательно ZB = 1/2(ZВ + ZC) = 1/2(К/2 + а) = И/4 + а/2.
Из прямоугольного AABD следует:
ZD = П/2 - ZB = TV2 - (.К/4 + а/2) = П/4 - а/2.
Ответ: ZD — К/4 - aJ2.
Задача 385.
Свая длиной 1 = 2м выступает над поверхностью воды на h = 1м.
Определить длину тени от сваи на дне озера, если угол падения
лучей света а = ЗОР, (п = 1,33).
462
Раздел 6. Свет и другие излучения
Решение:
А - верхний юнец сваи,
А' - точка выхода сваи
из воды,
А"- основание сваи на
дне водоема.
xt = А'В длина тени от
сваи на поверхности воды.
а - угол падения луча, /5 - угол преломления луча.
х = А"С = х1 + х2- длина тени от сваи на дне озера.
Из ААА'В видно, что х/ = А'В = АА' tg а = h tg а.
Аналогично из Д DBC: х2 = DB tg /3 = (I - h) tg Д
Выразим tg /3 через sin /3: х2 = ^
По закону преломления света sin /3 =
sin а
п
где п - показатель
преломления воды, поэтому
х =htea х - (l-h) sin а _ (l - h) sin a
1 ’ 2 nVl - sin2aJn2 'Jn2 - sin2 a
Длина тени от сваи на дне озера будет:
х =
, , . ,(l - h) sin а
x.+x=htga + ' j ,у . , •
1 2 а Vn2 - sin2 а
Дано:
а = 30°,
п = 1,33,
h = 1 м,
I = 2 м.
х ~ 1м- tg30° +■
■0,58 м +
1м • sin30°
\/l,332- sin230^ =
^—- 0,58м +
^1,76 - 0,25
0.5
'[ЦТ
« 0,58м + - 0,58м + 0,4м « 0,98м.
Ответ: х « 0,98м.
Задача 386.
Определите абсолютный показатель преломления стекла, если
скорость света в стекле V = 2-10 м/с.
463
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
По закону преломления света абсолютным показателем прелом¬
ления "л” будет
_ sin а _ с
где
а - угол падения луча из вакуума на стекло,
Р - угол преломления,
с= 3108 м/с - скорость света в вакууме
и по условию V = 2108 м/с - скорость света в стекле.
Поэтому п -3108 м/с : 2108 м/с «1,5.
Ответ: п * 1,5.
Задача 387.
На дне ручья лежит камешек. Мальчик хочет дотронуться до
него палкой. Прицеливаясь, он держит палку под углом (3 = 45°. На
каком расстоянии от камня палка воткнется в дно ручья, если глу¬
бина h = 50см1 Показатель преломления воды п = 1,33.
Решение:
Мальчик, конечно, целится по лучу, идущему от камня и выходя¬
щему из воды. Но этот луч претерпел преломление на границе вода-
п
cos Р V
воздух. Он больше отклонился
от перпендикуляра: jв > а, ведь
луч выходит из среды оптичес-
7/ ки более плотной (воды) в сре¬
ду оптически менее плотную
(воздух, п = 1). Точка С - это
камень, D - точка, где в дно
ручья воткнулась палка. В за¬
даче требуется найти расстоя¬
ние х = CD (а - угол падения, Р - угол преломления).
Из А АВС имеем:
(1)
464
Раздел 6. Свет и другие излучения
По закону преломления= — (луч идет из воды в воздух).
Отсюда sin а = sin ^ •
sin р п
Заменяя в (1), получаем:
_ h sin Р _ h sin Р
. I "sin
2 \jn2 - sin20
Из Д ABD имеем
= tgP;BD = htgp.
Окончательно:
x = BD - BC = h tg В - . * sin P = h (tg В
\In2 - r~2a
(2)
(3)
sin P
\/n2 - sin2(5
)
Дано:
P = 45°,
h = 0,5 m,
n = 1,33.
x-?
sin 450 ч
х-0,5м^45‘ -^==_).
nc ,1 0,707 ч ,, 0,707 4
-шг>‘
~0,5л* (1-0,63) = 0,5 m 0,37 = 0,19 m = 19 cm.
Ответ: x = 19 cm.
Задача 388.
На плоскопараллель¬
ную прозрачную для све¬
та пластину толщиной d
= 2 см падает световой
луч под углом а = 60°.
Определите угол прелом¬
ления этого луча, если
при выходе из пластаны
луч смещается относи¬
тельно первоначального
направления на / = 1 см.
465
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
а - угол падения, /3 - угол преломления, СК - смещенный луч,
вышедший из пластинки. АС - путь луча в пластинке.
CD
Из Д A CD запишем или-— = sin (а - (5) или
лС
/ = АС- sin (ос - Р)
Из Д АВС имеем или-^ = cos В или АС = ^ п -
АС И cos р
(1)
(2)
Для определения смещения / подставим значение длины пути луча
АС в прозрачной среде из (2) в (1) соотношение.
/ = АС - sin (а- Р) =
АВ
COS Р
sin (ос - Р).
Воспользуемся формулой синуса разности двух углов.
1 =
COS Р
(sin а • cosP - cos а ■ sinP) = d (sin a - cos a tg P),
— = sin a - cos a - tg P,
d
cos a - tg P = sin a - -7,
d
tgP = tg a -
l
P = arctg (tg a -
d • cosa ’
l
Дано:
d = 2-10'2 m,
a = 60°,
l = lfr2 M.
P-?
d ■ cosa
P ~ arctg (tg 60° -
~ arctg (1,732 -
io-2m
2-1 O'2 M- cos60°
1
)“
2 0,5
• arctg 0,732 = 3642'« 36,2°.
•)= arctg (1,732- 1) =
гг sin 60° 0,866 , ,r
Показатели преломления среды n —— = — = 1,45.
F sin 36,2° 0,591
Ответ: n = 1,45.
466
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 389.
Луч света падает под углом на плоско¬
параллельную пластинку, толщина которой
d. Вычислите смещение луча при его про¬
хождении сквозь пластинку. Показатель
преломления стекла п.
Решение:
а - угол падения, /? - угол преломления, АС - путь луча в плоско-
параллельной пластинке, СК - смещенный луч, CD = I - величина
его смещения, АВ = d- толщина пластинки.
CD
Из Д ACD запишем или-— = sin (а - /3) или
Ли
I = АС■ sin (a-ft) (1)
Из А АВС запишем = cos В или А С = —• (2)
АС н cos (5 w
Длину пути луча АС в пластинке из (2) подставим в (1).
'--77Г Г«-0>.
cos р
Воспользуемся формулой синуса разности двух углов
/ = —г • (sin а • cos В - cos а • sinB) = d (sin а - cos а • sin Р).
cos р cosp
sin(3 заменим через sin а из закона преломления света.
sin а . р sin а
= п , sin р = '
cos р п
Заменим и cos /3 =\/7 - sin2/3 = yl" -««Р =—\Jn2 - sin2а.
п2 п
Тогда получаем:
; л / • ~ cos а • sina ч , . ^ 1 cos а ч
1 у/п2 - sin2 а
п—л/п2 - sin2а
Ответ: I = d sin а (1 -
cos а
\jn2 - sin2а
)•
467
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 390.
Угол падения луча из воздуха на стеклянную пластинку толщи¬
ной d и показателем преломления “п ” равен углу полного отражения
для стекла, из которого изготовлена пластина. Вычислите смещение
луча в результате прохождения сквозь указанную пластину.
Решение:
Начало решения этой задачи то же, что и решение задачи № 361.
При решении данной задачи в выражении для / надо согласно оп¬
ределению предельного угла а0 полного отражения считать sin ад =—•
Произведя преобразования, получаем:
I = d ■ sin а. (1 -
cos а,
sin2 а,
0 \f^Z
_d п \Jl-l/n2, d "
п ' (У' 'Л^ГШ) ~n 'U~
V-
sfnT
ЛРа,
l/n'/td~l
InV
sin2 а,
’&) =
п4- Г п К у п4- 1 }
Ответ: I -—
п
V
VPT7
)■
Задача 391.
Пучок параллельных лучей све¬
та шириной в = 20 см выходит из
стеклянной пластинки в воздух че¬
рез плоскую грань пластинки. Оп¬
ределите ширину пучка в воздухе,
если угол падения луча на границу
стекло-воздух а = 30°, а показатель
преломления стекла п = 1,8.
Решение:
Можно ожидать, что вышедший из стекла пучок лучей будет мень¬
ше в диаметре, так как угол преломления /3 больше угла падения а и
вышедший из стекла пучок лучей, удаляясь от перпендикуляра к гра¬
нице раздела сред, сужается.
468
Раздел 6. Свет и другие излучения
ПС
Из ДЖ)Свидно, что —— = cos /3или в' = DC = АС- cos (3. (1)
АС
ЛЯ R
Из А АВС запишем —- = cos В или АС = •
АС cos а
(2)
Из закона преломления s-? ? =— следует sin В-п sin а (3)
sin р п
Из (1), (2), (3) следует:
, _ в cos Р _ вУТ - sin2 а =_£ V1 - n2sin2a
cos а
Дано:
в = 20 см,
а = 30°,
п = 1,8.
в ~
cos а cos а
0,2 mV 1 - l,8sin230P 0,2 mV1 - 3,24 0,25
cos 30° 0,866
m 0,2 mV1-0,81 0,2 m^J 0,19 0,2 m 0,44
0,866 0,866 0,866
~ 0,102 м ~ 10,2 cm.
Ответ: в' ~ 10,2 см.
Задача 392.
Сечение стеклянной призмы имеет
форму равностороннего треугольника.
Луч падает на одну из граней перпенди¬
кулярно к ней. Найдите угол между на-
* \ правлениями луча падающего и луча,
вышедшего из призмы. Показатель пре¬
ломления стекла п = 1,5.
Решение:
Так как луч АВ направлен по перпендикуляру к грани призмы
КМ, то первый угол падения равен нулю, и падающий луч не испы¬
тывает преломления на этой грани.
Определим угол падения а луча, идущего внутри стекла, на вто-
7Г
рую грань KN призмы. В равностороннем A KMN все углы n°-j= 6(Р,
7Z ТС
поэтому угол <р=—= 60°' В Д КАВ угол (р = —- Z АВК, угол а также
469
Физика: алгоритмы, задачи, решения
TZ TZ
равен а —— - Z. АВК, поэтому а = <р=-j = 60°
Из закона преломления света найдем предельный угол полного
отражения для данного сорта стекла
sin а, =—>
и п
sin <х0 = = 0,6667
<х0~41°47'
Оказалось, что угол падения а больше предельного угла полного
отражения ад (а > ар. Поэтому свет не может в точке В выйти из
стекла в воздух. Луч света АВ испытает на грани KN полное отраже-
7Г
ние. По закону отражения у = а =—= 60°, и отраженный от грани KN
луч упадет на грань MN.
Определим угол падения луча на грань MN. Из Д BCN видно, что
ZB=K-(ZABR + а + у) = К-(§ + ^ + Ц)=Ц=30°;
6 3 3 6
AN =
П
3
= 60° - как угол в равностороннем Д KMN.
Тогда Z С = К- £ +Q) = К-Ц= 90° - прямой. Значит, луч ВС
6 3 2 2
пойдет по перпендикуляру к грани MN и выйдет из призмы в воздух
через точку С не преломившись. Угол между направлениями лучей
АВ и ВС будет
е = П-(а + у)=П-(у+2) = п~=£= 60Р
Ответ: 0 = 60°
Задача 393.
Луч света падает на грань стеклянной призмы перпендикулярно к
ее поверхности и выходит из противоположной грани, отклонившись
от первоначального направления на угол 0. Определите преломляю¬
щий угол призмы (р, если показатель преломления стекла п.
470
Раздел 6. Свет и другие излучения
Решение:
Луч АВ, упавший на грань КМ призмы
перпендикулярно к ней, преломления не
испытывает. Он испытывает преломление
на грани KN, выходя из стекла в воздух.
При этом выполняется закон преломления
света
sin а 1 sin В
_или £-= п .
sin p п sin а
Из чертежа видно, что /J = а + в
Кроме того, из А КАВ:
<р=-5- ZABKhcc=2 - ZABK,
^2 2
поэтому <р= а.
Далее, подставляя (2) и (3) в (1), получаем:
sin (<р+ в) = п
sin (р
Воспользуемся формулой синуса суммы двух углов.
sin (р • cos в + cos(p • sin в _ ^
sin q>
cos в + ctg (р • sin в = п,
4 м п - cos в
ctg(p=-
(1)
(2)
(3)
tg(p =
sin в
sin в
п - cos в
л , sin в v
(р = arctg ( -) ■
п - cos в
Ответ: <р = arctg (—ЁИЛ—)
п - cos в
Задача 394.
Луч света, проходя через прямую правильную треугольную стек¬
лянную призму, отклоняется от первоначального направления рас¬
пространения на угол в = 60°. Определите показатель преломления
471
Физика: алгоритмы, задачи, решения
стекла, если внутри призмы луч распрос¬
траняется параллельно одной из ее гра¬
ней.
Решение:
У правильной треугольной призмы
сечением будет равносторонний треуголь¬
ник. У такого треугольника все стороны
ГГ
равны, равны и углы, поэтому преломляющий угол (р ~ = 60°
Угол между направлениями вошедшего в призму луча АВ (ОС) и
7Г
вышедшим из призмы лучом DE по условию тоже (р~ = 60°
Значит в = 60° = (р. (1)
Если луч BD внутри призмы параллелен нижней грани MN, то
a) A KBD ~ A KMN и тоже равносторонний, тогда
ZKBD = (p=y=30>=e;
(2)
Zj8/=^-ZABZ)=-?-0=iC-^=^ = 5Oe=| (3)
2 2 2 D о 2
б) первый угол преломления /3; равен второму углу падения
а2 (Д - а2), второй угол преломления Д равен первому углу
падения (Д - а;), и наблюдается симметрия в прохождении луча
через данную призму. Из симметрии следует, что Д OBD - равно¬
бедренный, угол в для него внешний. Тогда Z OBD и Z ODB,
как его углы при основании, во-первых, равны, и , во-вторых, в
сумме Z OBD + Z ODB = в. Отсюда следует:
АОИД + ZODB=j> (4)
Далее: а, = Z OBF как вертикальные
или aI = Z OBD + Д
Значит, по (3) и (4)
(5)
По закону преломления для случая первого преломления луча в
472
Раздел 6. Свет и другие излучения
I очке В на грани КМ
_ sin а, _ sin в
П sin Р1 sin 6/2
Так как, б = у = 60°, то п ~
sin 60° _ 0,866
sin 30° 0,5
= 1,732.
Ответ: п ~ 1,732.
Задача 395.
Луч света переходит из стекла в воду. Угол падения луча посте¬
пенно увеличивается. Каков предельный угол полного отражения?
I [оказатель преломления стекла п1 =1,57, воды п2 = 1,33.
Решение:
п1кп2- это абсолютные показатели преломления стекла и воды,
если луч падает на границу этих сред из вакуума. Но у нас луч пада¬
ет из стекла в воду. Запишем закон преломления света на границу
стекла (л; = 1,57) и воды (п2 = 1,33) в виде:
n}sin а = n^sin (3.
Относительный показатель преломления будет:
п, sin а
п =—> =-т—д
nJ sin р
Если угол а постепенно увеличивать, то и угол (3 будет увеличи¬
ваться. При /3 = 90° преломленный луч скользит по поверхности раз¬
дела сред, а соответствующий ему угол падения обозначается а0 и
называется предельным углом полного отражения. Его и надо нам
найти. Так как при /3 = 90° sin /3 = 7, то предельный угол полного
отражения найдем из соотношения
п, _ sin ап
ni 1
ап = arcsin .
ni
aQ ~ arcsin у~ arcsin 0,847 ~ 58°
Значит, если угол падения будет больше а0 = 58°, то свет полнос-
I ыо отразиться от границы “стекло-вода” обратно в стекло.
Ответ: а0 = 58°.
473
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 396.
Луч света выходит из скипидара в воздух. Предельный угол пол¬
ного внутреннего отражения а0 = 42°23' Определите скорость рас¬
пространения света в скипидаре.
Решение:
с = 310s м/с - скорость света в вакууме, а также приблизительно в
воздухе.
гг sin а п V гттл
sin р пс с
пв = 1 - абсолютный показатель преломления воздуха,
и, - абсолютный показатель преломления скипидара,
V - скорость света в скипидаре, которую надо определить.
Если а = а0, то J3t = 90°, a sin /3= 1, тогда
sin ап __
1 с
V = c sin а0
V ~ 3108м/с • sin 42°23' =3-104 м/с ■ 0,6741 =2-104м/с.
Ответ: V = 2-108 м/с.
Задача 397.
На какой глубине рас¬
положен источник света
в воде, если с поверхно¬
сти воды лучи света вы¬
ходят в воздух из круга
диаметром D = 2 м2 По¬
казатель преломления
воды п = 1,333.
Решение:
Предельный угол полного отражения по закону преломления све¬
та удовлетворяет соотношению
s™ ао=~’ 0)
Из чертежа видно (по теореме Пифагора):
474
Раздел 6. Свет и другие излучения
SA =Vy + h2.
Тогда
. „ SB D^/D2
sina° n j -Vt
+ h2.
(2)
Приравнивая правые части равенств (1) и (2), получаем:
1 _ D
п 2■ \/ D2/4 + h2 '
1 D2
п2 4-(D2/4 + h2) ’
D2 + 4h2= 1Уп2,
4h2= D2n2 - D2,
a.
Дано:
D = 2 м,
n = 1,333
h~yL \J 1,33332- J = 1m Vl, 777 - 1 ~ 1 m- VO, 777 -
~ 1 м ■ 0,881 ~ 0,881 м ~'88 см 1 мм.
h-?
Можно эту задачу решить с применением тригонометрических
функций. Для этого напишем систему из двух уравнений.
sin ап =—>
и п
tga0=¥-h.
sin ап =—>
и п
,ga’=2T-
а0 = arcsin
1
h =
D
h =
D
2tga0
h »
2tg aQ{arcsin 1/ri)
2 м
1 м
1 м
2 • tg {arcsin 1/1,333) tg {arcsin 0,7502) tg 48°36'
1 м
~ 0,881 м. Результат тот же.
1,1343
Ответ: h ~ 0,881 м.
475
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 398.
На поверхности озера находится плот, длина которого а = 8 м, а
ширина в = 6 м. Определите размеры полной тени от плота на дне
озера при освещении рассеянным светом. Глубина озера h = 2 м,
показатель преломления воды п = 1,33.
Решение:
Если поверхность воды освещена рассеянным светом, то самый
большой угол падения луча будет а = 90°, тогда угол преломления
будет равен предельному углу полного отражения Р0, который в дан-
• а 1
ном случае удовлетворяет условию: sin р0 = —
Из прямоугольного Д АВС видно, что sin Рд
ВС ВС
АВ МВС2+ h2'
Приравнивая правые части в этих равенствах, получаем:
1 _ ВС
п VBC2+ h2 ’
п2
п2
ВС2
ВС2+ h2 ’
ВС2+ h2
ВС2
п2 = 1 +
ВС2 =
h2
ВС2’
h2
п2- 1
ВС =
\ЛГ7
Обозначим длину тени плота через атогда:
476
Раздел 6. Свет и другие излучения
2h
а' = а - 2ВС = а
Vn2-1
Аналогично можно вывести формулу для ширины тени плота
Ь' = Ь-~,
2h
Т
УП2 -
Дано:
а = 8 м,
а'
~8 м
2 • 2 м
\fl,332-1
Ъ = 6 м,
~8м
- }М -8
h = 2 м,
0,877
п = 133.
У
~ 6 м
2 ■ 2 м
VI,ЗЗ2-1
а-?У-?
■= 8 м -
4 м
Vl, 769 -1
:8м -
4 м
\гитш
Ответ: длина полной тени плота на дне озера 3,44 м,
ширина тени 1,44 м.
Задача 399.
Сероуглерод с показателем преломления п = 1,63 налит в широкий
сосуд до высоты А = 10 см, считая от дна сосуда. На дне сосуда в центре
помещен точечный источник света. Найдите площадь поверхности се¬
роуглерода на границе с воздухом, через которую свет выходит наружу.
Решение:
Формулу для радиуса светящегося круга на поверхности сероугле¬
рода можно вывести повторив преображения, проведенные в зада¬
че № 397. Из формулы (3) найдем радиус
D_
2 у/пг:
Площадь светящегося круга будет:
s-n&y
Дано:
п - 1,63,
h = 0,1 м,
К = 3,14.
S-?
_ т2
п2 - 1
s 3,14-(0,1м)2 __3,1410-2м2 _ 3,1410-2м2
1,632- 1 2,65-1 1,65
- 1,9-Ш2м2 - 0,02м2 « 200см2.
Ответ: S - 200см2.
477
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 400.
Луч света падает нормально на
боковую поверхность стеклянного кли¬
на. Каким должен быть угол клина для
того, чтобы луч, отразившись от вто¬
рой, посеребренной, поверхности кли¬
на и снова упав на его первую поверх¬
ность, испытал на ней полное отраже¬
ние? Показатель преломления стекла л
считать известным.
Решение:
Если луч света падает на поверх¬
ность прозрачного тела нормально (по
перпендикуляру), то на этой поверхности он не испытывает прелом¬
ления.
Если вторая поверхность посеребрена, то она отражает свет как
зеркало.
Обозначения: aJf у7 - угол падения и угол отражения луча от
посеребренной поверхности; <р- преломляющий угол клина; а2- угол
падения луча на первую поверхность.
Из чертежа видно, что а7 = 71/2 - ^АВК; (р= К/2 - ^АВК.
Значит а7 = <р.
По закону отражения света у7 = а7 = <р, поэтому а1 + у7 = 2(р.
Кроме того а2 = а7 + у7 = ZАВС как внутренние накрест лежащие
при параллельных прямых.
Значит а2 = 2ср.
Полное отражение от первой поверхности произойдет тогда, когда
падения а2 будет больше предельного для данного сорта стекла, но
он не может быть и больше 71/2. Таким образом угол а2 должен
удовлетворять неравенствам:
а0< а2< 71/2.
Так как а2 = 2<р, то а0<2ф< 71/2.
Заменим в полученных неравенствах предельный угол из закона
преломления света sin а0 = 7/л,
478
Раздел 6. Свет и другие излучения
а0 = arcsin(l/n).
Окончательно: arcsin(lM) <2(р< TU2.
l/2 arcsin(l/n) < ср< 71/4.
Ответ: для того, чтобы луч, отразившись от второй, посеребрен¬
ной поверхности клина и снова упав на его первую поверхность,
испытал на ней полное отражение преломляющий угол клина <р дол¬
жен удовлетворять условиям: l/2arcsin(l/n) < (p<TV4.
К
Задача 401.
На стеклянный клин перпенди¬
кулярно его грани падает тонкий луч
света. Показатель преломления стек¬
ла п = 1,41, угол (р = 10°. Сколько
светлых пятен будет видно на экра¬
не, поставленном за клином?
Решение:
Пусть клин стоит вертикально, а
световой луч падает слева в направ-
лении АВ перпендикулярно левой
грани. Используя закон отражения,
строим ход луча внутри клина. Он
отразится на гранях клина в точках
В, С, D, Е, F, G, Н,... Воспользовав¬
шись равенством накрест лежащих
углов при параллельных прямых и се¬
кущей из геометрии, а также зако¬
ном отражения света из физики,
можно доказать, что углы падения
луча в указанных точках имеют ве-
ЛИЧИНУ Таблица 1
"\1
jfr
ж S
ж
/
/
/
/у
/
/ а
/
/
/
Г
\
\
Ф
Ф
//
!'//
Точка, в кото¬
рую упал луч
В
С
D
Е
F
G
Н
Угол падения
а
<Р
2(р
3(р
4(р
5(р
6(р
7<р
479
Физика; алгоритмы, задачи, решения
С удалением от преломляющего угла К клина углы падения стано¬
вятся все больше и больше.
Число вышедших из клина лучей ограничено углом полного от¬
ражения ад, который из формулы sin ад = 1/п равен а0 = arcsin(l/n),
ад -arcsin(l/l,4J) - arcsin 0,7092 ~45°10'
Запишем таблицу 1, заменив угол (р = 10° его числовым значени¬
ем.
Точка, в кото¬
рую упал луч
В
С
D
Е
F
G
Н
Угол падения
а
10°
20°
30°
40°
50°
60°
70°
Таблица 2
Из таблицы 2 мы видим, что в точках В, С, Dm Е свет выйдет из
стекла в воздух, так как все углы падения луча в этих точках мень¬
ше ад ~ 45° 10'. А в точках F, G, Н.. будет полное внутреннее отраже¬
ние, и луч клина уже не выйдет.
По закону преломления s*n ^ , можно рассчитать величину
sin р п
углов преломления /3 = arcsin(nsina) и выполнить построение вы¬
шедших лучей.
/3, ~ arcsin(1,41-sinlO0) ~ arcsin(l ,41 0,1737) ~arcsin 0,2449 ~14°09'
Р2~arcsin(l,41sin20°) ~arcsin(l,41 0,342) ~arcsin 0,4822 ~28°49'
Р3 ~ arcsin(l,41sin30P) ~ arcsin(l,410,5) ~ arcsin 0,72 ~ 46°03'
Р4 ~ arcsin(l,41sin40P) = arcsin(l,410,6428) ~ arcsin 0,9063 ~ 65°.
Таким образом, два луча выйдут из клина влево и два луча вый¬
дут вправо.
Ответ: если поставить экраны слева и справа от клина, а луч
света направить по перпендикуляру на левую грань, то на обоих
экранах окажутся по два светлых пятна.
Задача 402.
Луч света попадает на однородный прозрачный шар, проникает в
него и достигает поверхности раздела шар-воздух. Какой угол (р со¬
ставляет вышедший луч с падающим, если угол падения луча а =
26°, а угол преломления /3 = 17°2
480
Раздел 6. Свет и другие излучении
Решение:
Угол падения а -
это угол между продол¬
жением радиуса шара и
падающим лучом, /3 -
угол преломления,
угол между хордой, по
которой идет луч све¬
та и тем же радиусом. Так как луч света сначала перешел из воздуха
и стекло, потом из стекла в воздух и кроме того он обладает
обратимостью, то угол падения при входе в стекло равен углу пре¬
ломления при выходе из стекла, а угол преломления при входе равен
углу падения при выходе.
Поэтому А АСВ равнобедренный, так как его углы при основа¬
нии равны ZA = a- ft = Z В.
Нам надо найти угол <р. А он к А АСВ является внешним и не
смежным с углами при основании.
Поэтому (р = 2(а - (3).
(р = 2(26°-17°) =2-9° = 18°.
Ответ: ф ~ 18°.
Задача 403.
Предмет находится на расстоянии d = 40см от собирающей линзы
с фокусным расстоянием F = 20 см. Определите местоположение
и зображения. Полностью охарактеризуйте изображение.
Решение:
Предмет АВ нахо¬
дится на двойном фо¬
кусном расстоянии от
линзы. Найдем, на ка¬
ком расстоянии от лин¬
зы находится четкое
изображение А'В' это¬
го предмета. Для этого
1 6 Заказ № 1509
481
Физика; алгоритмы, задачи, решения
воспользуемся формулой тонкой линзы
!+!=!,
d f F
где d - расстояние от предмета до линзы,/- расстояние от линзы
до изображения, F - главное фокусное расстояние.
Преобразуем формулу, найдем из нее расстояние/
1=1 1
/ F~d’
/-«
d-F
f_ 0,2м-0,4 м _0,08м2 _п А
0,4 м-0,2м 0,2 м
см.
Изображение предмета удалено от линзы на такое же расстояние,
что и сам предмет, только расположено с другой стороны от линзы.
Найдем по формуле Г -у- увеличение изображения.
А а
h' = hLh' = h-%^- = h.
а 0,4 м
Изображение А'В' имеет такую же величину, как и сам предмет.
При построении точка А' как изображение точки А получена пе¬
ресечением лучей, поэтому изображение действительное и будет четко
видна на экране, кроме того, оно перевернуто.
Ответ: если предмет находится на двойном фокусном расстоя¬
нии от собирающей линзы, то его изображение тоже находится на
двойном фокусном расстоянии с другой стороны линзы. Это изобра¬
жение действительное, перевернутое и имеет такую же высоту, как и
сам предмет.
Задача 404.
Оптическая сила тонкой собирающей линзы D = 4 дптр. Опреде¬
лите фокусное расстояние линзы в сантиметрах.
Решение:
Оптическая сила линзы равна величине, обратной фокусному рас¬
стоянию, выраженному в метрах. Поэтому
482
Раздел 6. Свет и другие излучения
F = 1/4 м = 0,25 м = 25 см.
Ответ: F — 25 см.
Задача 405.
На главной оптической оси собирающей линзы на расстояниях d}
20 смис12 = 40 см от нее находятся два точечных источника света.
Найдите фокусное расстояние линзы, если изображения этих ис¬
точников оказываются в одной и той же точке.
Это может наблюдаться только в случае, если одно изображе-
нне действительное, а другое мнимое. Мнимое изображение в соби¬
рающей линзе будет тогда, когда источник света расположен ближе
к линзе, чем ее главный фокус. Значит, мнимое изображение будет
давать источник SJ9 а действительное - источник S2.
Допустим, что источник S]9 дающий мнимое изображение, нахо¬
дится слева от линзы на расстоянии dt = 20 см, а источник S2, даю¬
щий действительное изображение, находится справа от линзы на
расстоянии d2 = 40 см. Оба изображения должны быть слева от лин¬
зы и совпасть. Составим на основании формулы линзы систему двух
уравнений и исключим из нее одно и то же расстояние f
Решение:
\ d,~f F J / F'd’ F~ d~F
\ 1.1=1. [1=1.1. L.L=1.1
2 _ dj + di
F d,d2 ’
P __ 2 0,2m-0,4m _ 0,16m2
0,2m + 0,4m 0,6m
F = 26,7cm.
4 80 ,.2
T7 M ~ — CM ~ 26— CM.
15 3 3
16*
483
Физика: алгоритмы, задачи, решения
оптическую ось MN под произвольным углом к главной оптической
оси, проведем параллельно ей луч Sf, построим справа от линзы
фокальную плоскость FN. Преломленный в линзе луч из точки St
пройдет через точки Р и N. Этот луч PN удаляется от главной опти¬
ческой оси. Продолжим его назад, до пересечения с главной опти¬
ческой осью в точке В этой точке 5,' - мнимое изображение ис¬
точника Sr
Для построения изображения источника S2 проведем луч Sfi па¬
раллельно побочной оптической оси MN. Преломившись в линзе, он
пройдет через точку М пересечения левой фокальной плоскости с
побочной оптической осью. Далее луч КМ пересечет главную опти¬
ческую ось в точке S2\ которая и является действительным изобра¬
жением источника S2. Точки ' и S2' совпали.
Ответ: F ~ 26,7см.
Задача 406.
Фокусное расстояние объектива проекционного аппарата F = 0,25 м.
Какое увеличение диапозитива дает проекционный аппарат, если эк¬
ран удален от объектива на расстояние f - 4 м!
Решение:
Увеличение Г найдем из системы уравнений
484
Раздел 6. Свет и другие излучения
1_ 1_ =
d /
1 гЧг
1_
F
Дано:
F = 0,25 м,
/= 4м.
Г-?
1+1=1,
L+1
_ l
d f F
f f
F
d =$-■
Г+ 1
_ 1
Г
f
F
Г~
4м
0,25м
rF + F =f
ГР =/- F,
Г-/-А
-1 «16-1 «15.
Ответ: проекционный аппарат дает изображение,
увеличенное в 15 раз.
Задача 407.
Фокусное расстояние собирающей линзы F - 10 см, расстояние
от предмета до переднего фокуса 1 = 5 см, а линейный размер
предмета А = 2 см. Определите величину изображения.
Где нужно расположить предмет, чтобы получить изображение с
увеличением Г = 102
Решение:
Будем считать, что предмет отстоит от линзы дальше, чем пере¬
дний фокус, поэтому l = d.- F. Сначала решим задачу по определе¬
нию высоты изображения.
Дано:
F = 0,1 м,
l = d,-F= 0,05 м,
А = 0,02 м.
Н-?
Решаем относительно Н систему уравнений
L 1=1
d.'f, F’
г =2-1 =_
' d, А
lU^L
d, f, F
f,
f
Jl A
I, 0,02m-1m n > Tj
H ~ —= 0,04м ~ 4см. H =
0,05m
Найдем d2 для второго случая. Для этого решаем систему уравнений.
1+JL-.
d, d,H
h _ l 1 _ di-F
d,H F~d, dp
hF
H =
d,-F'
hF
l ‘
485
Физика: алгоритмы, задачи, решения
d2 ~ 0,1м(1 + 1/10) » 0,11м ~ 11см. В этом случае изображение
действительное.
Изображение с увеличением Г = 10 можно получить и мнимое.
Чтобы найти расстояние от предмета до линзы в этом случае, ре¬
шим систему уравнений.
d; « 0,1м (1 - 1/10) « 0,09м « 9 суй.
Задача 408.
С помощью собирающей линзы на экране получено уменьшенное
действительное изображение предмета. Размер предмета h - 6 см,
размер изображения Н} = 4 см. Оставляя экран и предмет неподвиж¬
ными, линзу перемещают в сторону предмета до тех пор, пока не по¬
лучат второе четкое изображение предмета, определите его величину.
Обозначения: dt - расстояние от линзы до предмета в первом слу¬
чае; /7 - расстояние от линзы до изображения в первом случае; d2 -
расстояние от линзы до предмета во втором случае; f2 - расстояние
от линзы до изображения во втором случае.
1 /, 1 * _ 1
L_±=L. 1 1 -1
Решение:
486
Раздел 6. Свет и другие излучения
случае.
Так как четкое изображение на экране при втором положении
линзы получится, если dj =f2, a d2 =/у, то
г = £ =£ = М
А- н'
M
h
\ f2 h
h
H2
f>- h
H,
h2
fi н;
2
M
= °’36m = o,09m
4
~9cm.
‘ d, f: h
Г =М=Л=М
2 d2 f, h
2 0,04м 0,04м
Почему же d} =f2 и d2 = /у?
Конечно, можно об этом заключить из обратимости луча. Но до¬
кажем это более точно.
Пусть линза передвинута на расстояние х ближе к предмету. Тогда
d2 = dr х, (1)
f, =/, +*• (2)
Из следующей системы уравнений найдем х.
Г 1_
! d,
1_
У,
. 1
- J
F
dt- х
f,+х
±
f’
I+i-= -
*, f, d>
f,
di + ft _
d,f, (dj- x)(f{ + x)
df, = (d, - *)(f, + x).
X f'+ X
d, + f,
d/= df, -fpc + dpc-x2.
x2 - dpc + fpc = 0,
x(x - d1 +fj) = 0.
x = 0 исключается, ина-
линза не передвигалась
бы.
Следовательно: dI -f + х. (3)
Из (2) и (3) имеем: dJ=fI+x=fr
Из (1) и (3) имеем: d2 = dJ - х = (fj + х) - х =/;.
Ответ: Н2 ~ 9см.
Задача 409.
Расстояние от предмета до экрана L = 105 см. Тонкая линза,
помещенная между ними, дает на экране уменьшенное изображе¬
ние предмета. Если линзу переместить на / = 32 см, то на экране
получится увеличенное изображение. Каково фокусное расстояние
линзы?
487
Физика; алгоритмы, задачи, решения
Пусть “d” - расстояние от предмета до линзы в первом положе^
нии. Тогда по формуле линзы имеем:
1
L-d
1_
F
(1)
где F - искомое фокусное расстояние. Увеличенное изображение по¬
лучится, если линзу придвинуть ближе к предмету. Поэтому для
второго случая
1
1
F'
(2)
d-l L-d + l
Из системы двух уравнений (1) и (2), исключив “F”, найдем сначала “сГ.
l+-J-
d L-d
1
1+ L
d + l
L-d + d _L-d + l + d-l
d(L - d) (d - l)(L -d + l)
L L
d(L - d) (d - l)(L - d + l)
dL-d2 = dL-lL-d2 + Id + Id-l2,
0 = - L + 2d -1,
Для нахождения “F” заменим “d” в (1) уравнении из (3).
_L+ l =1,
L + l L- (L + l)/2 F
488
Раздел 6. Свет и другие излучения
L + l+ 2L - L - I F
_L + _L=1,
L + l L-l F’
2L-21 + 2L+21 _1
V- l2 F ’
F =
V-l2
4L
Дано:
L = 1,05 m,
l - 0,32 m.
F-?
p _ (1,05m)2 - (0,32m)2 m 1,1025m2 -0,1024m2
41,05m 4,2m
- ~ 0,24 м - 24 cm.
4,2 м
Ответ: F ~ 0,24 м ~ 24 cm.
Задача 410.
Собирающая линза увеличивает изображение предмета в Г - 4
раза. Если этот предмет передвинуть на I = 10 см, то увеличение
уменьшится в 2 раза. Изображение в обоих случаях действительное.
Найдите фокусное расстояние линзы.
Решение:
Увеличение уменьшится, если предмет удалить от линзы, тогда
расстояние от предмета до линзы будет (d + I). А расстояние от
изображения до линзы обозначим/'. В первом же случае, как обыч¬
но: d - расстояние от линзы до предмета, /- расстояние от линзы до
изображения. Запишем формулы линзы и формулы увеличения для
обоих случаев. Получится система четырех уравнений, из шторой
найдем фокусное расстояние F.
L 1=1
d' f F d f
1
1+1 = L
d f F
. + ±-L
d + l f' F
/= dr,
j" -(d + 1)Г
1+J-
d dr
f’
■ +
d + l (d + 1)Г
>
489
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Г+ 1 = 1_
dr F
Г + 2 1
F(r + l)=dr,
F(T + 2) = (d + 1)Г.
(d + l)r F
Fr + 2F-ir = Fr + F,
F = IT.
Дано:
l = 0,1m,
Г = 4.
F-?
F - 0,1 м-4 ~0,4 m~ 40 cm.
Ответ: F ~ 40 cm.
F(r+1)_ ,
Г
F(r + 2)-ir_d
Задача 411.
Проверяя свои очки, человек получил на полу своей комнаты дей¬
ствительное изображение лампы, висящей на высоте Н = Зм, держа
очковое стекло под лампой на расстоянии / = 1 м от пола. Какова
оптическая сила очков?
Решение:
Дано:
Н = Зм,
/= 1 м.
D-?
D =— = — +— =
F d f
1
,+i=.
H-f f f(H-f)
Ответ: D ~ +7,5 dnmp.
D~
Зм
1m(3m -
Зм
1 м • 2 м
1m)
~ 7,5 dump.
Задача 412.
Действительное изображение предмета, полученное с помощью
собирающей линзы, находится от нее на расстоянии /; = 80 см. Со¬
бирающую линзу заменим на рассеивающую с таким же фокусным
расстоянием. Изображение предмета в этом случае находится на рас¬
стоянии f2 = 20 см. Определите фокусное расстояние линз и увели¬
чения Гу и Гг
Решение:
Фокусные расстояния для собирающей и рассеивающей линз оди¬
наковы F. У рассеивающей линзы изображение и фокус мнимые. F
490
Раздел 6. Свет и другие излучения
Допишем формулы увеличений к уже записанной системе.
Г =£->
' d
Г ==£■<
V d
L+± =
* f,
i i
i
- —)
F
1_
d f2
Из (4) и (1) уравнений имеем:
d F f, Щг f, Щ
Из (2) и (6) имеем:
=jm_.
/г
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
491
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Г =//-/;.
7 Щ, V,
Из (3) и (6) имеем:
г -М> -A)-f> -fi.
2 Щ, У,
Дано:
собирающая
f, = 0,8 м,
рассеивающая
f2 = 0,2 м.
F-?Tr?
Г2 ' ?
F = Ш2~,
f,+f,
г - S' ~f2-
‘ У,
г = fi ~fi.
2 У,
F«2п°’8м'°/!2.М - 0,32м »32см.
0,8м + 0,2м
г _ 0,8м - 0,2м _ 3 _ , с
1 2-0,2м 2 '
Г = 9А**.- °.’2м * 1* 0,375.
2 20,8м 8
Ответ: F ~ 32см; Г2 ~ 1,5; Г2 ~ 0,375.
Задача 413.
Предмет в виде стержня расположен вдоль главной оптической
оси тонкой собирающей линзы так, что его концы удалены от линзы
на расстояния dt = 3/2F и d2 = 5/4F, где F - неизвестное фокусное
расстояние линзы. Во сколько раз длина изображения больше длины
самого предмета?
Решение:
Концу стержня, удаленному от линзы на расстояние dp соответ¬
ствует конец действительного изображения стержня, удаленный на
расстояние/г Другому концу стержня, удаленному от линзы на рас¬
стояние d2 соответствует другой конец изображения, удаленный на
расстояние^ от линзы. По условию dl = 3/2F > 5/4F = dr
Все эти расстояния связаны формулой линзы, выразим f и f2 че¬
рез^
f 1 +1 = ],
r i ii
r i _ i i
u f, F \
f, F di
/. F ' 3/2F
\ I 1 1 ]
iii )
1 _ 1 1 '
*2'f.; f'
If, F~ *,
f, F ' 5/4F
v J 2 v
_/ _2_
ft F ' 3F’
A=J. i_
f2 F ' 5F
492
Раздел 6. Свет и другие излучения
ЬИ'--*
— =—• I / = 5F
,f2 5F
Следовательно^ = 5F > 3F = fr
Длина стержня равна dt - d2.
Длина изображения стержня^ -/г
Отношение длины изображения стержня Г к длине самого стер¬
жня /будет
/'_£-/}_ 5F-3F _ 2F _ 2Г. F _ 2F-4 _ ?
/ d2-dt 3/2F-5/4F 1/4F 4 F
Ответ: -у = 8.
Задача 414.
На оптической оси на расстоянии d = 2 мот собирающей линзы с
оптической силой D = I дптр помещена лампочка. За линзой на
расстоянии I- 1,75м расположено плоское зеркало, установленное
перпендикулярно оптической оси. На каких расстояниях от линзы
будут находиться изображения предмета?
Так как фокусное расстояние линзы F и ее оптическая сила D
связаны формулой F = 1/D, то F = 1/1 дптр = 1 м. А это значит, что
493
Физика: алгоритмы, задачи, решения
лампочка расположена точно на двойном фокусном расстоянии d =
2F. Действительное ее изображение будет тоже на двойном фокус¬
ном расстоянии fj = 2F с другой стороны линзы. Это можно дока¬
зать воспользовавшись формулой линзы.
{1 + 1=1 {1 = 1 1 {1 = 1- -L {1=1.
\d ft F‘ ft F'd’ ft F ' 2F’ f, 2F
Id = 2F. { d = 2F. { d = 2F. { /, = 2F.
На расстоянии ft = 2F было бы действительное изображение
лампочки, если бы не было зеркала, так как на расстоянии 1 = 1,75,
F= 7/4F расположено плоское зеркало, то оно отразит лучи, которые
могли бы образовать изображение S\ поэтому действительное изоб¬
ражение Sj будет не на расстоянии 2F от линзы, а на расстоянии
2(2F - 7/4F) = F/2 ближе к линзе, таким образом, первое действитель¬
ное изображение S находится на расстоянии fl - F/2 = 2F- F/2 = 1,5F с
противоположной от лампы стороны линзы.
Отраженные от зеркала лучи пойдут обратно к линзе, в ней испы¬
тают преломление и образуют еще одно действительное изображе¬
ние Sy Это изображение будет с той же стороны линзы, что и лам¬
почка. Для расчетов теперь уже предметом надо считать первое изобра¬
жение S, на расстоянии /; = 1.5F от линзы, а его изображение S2
будет на расстоянии f2, которое найдем из формулы линзы.
-!— + ! =1,
1,5F f2 F
1 = 1 .1— =05
f2 F 1,5F ' '
f2 = 3F
Ответ: В данном опыте будет два действительных изображения
лампочки: первое на расстоянии/7 = 1,5F за линзой, второе на рас¬
стоянии^ = вперед линзой.
Чертеж с построением хода лучей подтверждает этот результат.
Задача 415.
Предмет находится перед рассеивающей линзой на расстоянии mF.
На каком расстоянии от линзы получится мнимое изображение и во
494
Раздел 6. Свет и другие излучении
/
1_=
/"
/=
_]_ + ]_= т + 1
mF F mF
mF
т + 1
сколько раз оно
будет меньше са¬
мого предмета?
Решение:
Из формулы
линзы
mF'/ ' F'
найдем расстоя¬
ние / от линзы
Далее найдем, во сколько раз мнимое изображение меньше са¬
мого предмета.
К =
АВ mF
= mF:-
mF
= т + 1.
А'В' / т + 1
Ответ: изображение (мнимое) находится от линзы на расстоя-
mF
нии /=
т + 1
и оно меньше предмета в (т+1) раз.
Задача 416.
Точка Л движется с постоянной скоростью V = 2-1 (У2м/с в направ¬
лении, показанном на рисунке. С
какой скоростью движется изобра¬
жение этой точки, если d = 0,15 м,
а фокусное расстояние линзы F =
0,1 м. Результат представьте в сан¬
тиметрах в секунду.
Решение:
Пусть tT- вектор скорости точ¬
ки А. Построим изображение V'
495
Физика: алгоритмы, задачи, решения
вектора
скорости.
Этот век¬
тор - изоб-
ражение
имеет на¬
чало в
точке А\
которая
является
действи¬
тельным
изображе¬
нием точ¬
ки А. Обозначим расстояние от линзы до изображения через/ Тогда
можно найти увеличение в линзе:
Г=21=1.
V d
Вектор |^| во столько раз больше вектора \V\ во сколько раз /
больше d. Припишем к этому уравнению формулу линзы и решим
относительно V' следующую систему уравнений:
г=£=1
V d
1+1=1.
d / F
Дано:
F = 0,1м,
d = 0,15 м,
V = 0,02 м/с.
Г1Г
V' =-Ё,
d
d i
1 1 1]
1 d-F
If F~d
[f dF [
d
V
, _ JV
d-F
/ =
dF
d-F'
V' ~ 0,002 м/с ~0,04м/с ~ 4 см/с.
0,15м - 0,1m
V'-?
Ответ: изображение точки движется со скоростью 4 см/с.
496
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 417.
Машина, двигающаяся со скоростью V = 81 км/ч, фотографиро¬
валась с расстояния d = 200 м. Определите время экспозиции, с
которой производилось фотографирование, если изображение на
пленке сместилось на А1 = 0,01 мм. Фокусное расстояние объектива
фотоаппарата F = 4,5 см.
Решение:
Формулу линзы и формулу увеличения объединяем в систему урав¬
нений и находим из нее скорость перемещения изображения V' по
пленке. (Когда машина перемещается, то ее изображение на пленке
тоже перемещается). / - расстояние от объектива фотоаппарата до
пленки.
[r-%=L
V' Л [
V d
d
)l + 1_ 1 1
111 <
.d f F
J F~ d l
V' Л,
d
dFV _ fl)
(d-F)d d-F
/ =
dF
d-F'
rr A, V't , A, A, FV Al(d-F)
Так как Al =-^ то t = А1 = Л1:— = ^
гг <- о, км 81 1000м 45м -- сМ
Преобразуем скорость машины 81— =———— =—— = 22,5—
к у F ч 3600 с 2 с с
10~Ы(200м - 0,045м) 1Q-5m-200mc
4,5- Ш2м- 22,5м/с 101,25-10~2м2
-1,975- 10-3с - 2-10-3с « 0,002с « 2мс.
Ответ: время экспозиции 2 мс.
Задача 418.
Объектив телевизионного передатчика отбрасывает изображение
свободно падающего предмета, находящегося перед ним на расстоя¬
нии d — 5 м, на светочувствительный слой передающей трубки. Оп¬
ределите фокусное расстояние объектива передатчика, если извест¬
но, что изображение движется с ускорением а = 0,2 м/с2.
497
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
/ - расстояние от объектива телевизионного передатчика до све¬
точувствительного слоя. Свободно падающий предмет имеет уско¬
рение g = 9,8 м/с2. Ускорение а, с которым перемещается изображе¬
ние, во столько раз меньше модуля вектора \~g |, во сколько раз /
меньше d. Отсюда вместе с формулой линзы имеем систему уравне¬
ний, из которой находим фокусное расстояние F объектива.
Г =— = —•
g d
L=l+1.
F d f
Дано:
d = 5 м,
a = 0,2 м/с,
g = 9,8 м/с.
F-?
/=£f?, 1 = g + a- c — ad .
g F ad g-a
F d ad
rp 0,2м/с25м 1m2/с2 n 1
F ~ ■ ■ ■ ■ _ —■/ '— — 0,1m 10cm.
9,8м/с2 + 0,2м/с2 10м/с
Ответ: фокусное расстояние объектива 10 см.
Задача 419.
Вдоль прямой, параллельной главной оптической оси линзы и от¬
стоящей от нее на а = J см, ползет к линзе муравей с постоянной
скоростью V0 = 1,6 см/с. Найдите скорость перемещения изображе¬
ния муравья в тот момент, когда он пе¬
реползает через фокальную плоскость
линзы. Линза тонкая, рассеивающая, с
фокусным расстоянием F = 10 см.
Решение:
Увеличим масштаб чертежа, постро¬
им положение мнимого изображения D
муравья. Рассмотрим достаточно малое
перемещение AM муравья вблизи точки А на фокальной плоскости.
Изображением точки М является точка К. Соответствующее переме¬
щение (малое) изображения будет DK. Пока муравей будет переме¬
щаться по отрезку АВ, его изображение будет перемещаться вдоль
498
Раздел 6. Свет и другие излучения
отрезка DB. При достаточно малом перемещении DK можно поло¬
жить: A ADB - Д DKE. Из подобия запишем пропорциональность
сходственных сторон
DK^DB (1)
DE АВ
Здесь приближенное равенство потому, что оно выполняется при
достаточно малых перемещениях муравья и его изображения.
По теореме Пифагора из Д DNB следует DB = VDN2 + NB2 (2)
Из свойства средней линии Д АОМ следует DE = • (3)
После подстановки (2) и (3) в (1) найдем отрезок DK перемеще¬
ния изображения
DK sjDN2 + NB2
АМ/2 АВ
пк am-'Jdep + nb2
Заменим отрезки обозначениями из условия задачи.
DN = а/2 = F/4, NB = F/2, АВ = F.
V - искомая скорость перемещения изображения.
499
Физика: алгоритмы, задачи, решения
пк AM \T(F/4)2 + (F/2)2 . AMsjp/l 6 + F*/4
2F 2F
AMF/4'JT n/J...
~ « —AM.
2F 8
Изображение муравья переместится на отрезок DK за то же время
t, за которое сам муравей проползет малый отрезок AM вблизи фо¬
кальной плоскости. Значит
t 8 t 8 ff
Окончательно: 1,6— 1,6—
8 с 8 с 1
0,2см ~ 0,45см.
Ответ: V ~ 0,45см.
Задача 420.
Для оптического стекла “флинт” показатели преломления для край¬
них лучей видимого спектра красных и фиолетовых равны пкр = 1,745
и пф = 1,809. Из этого стекла сделана двояковыпуклая линза, радиу¬
сы кривизны которой Rj = R2 = 0,2 м. Определить расстояние х
между главными фокусами линзы для крайних лучей спектра.
Решение:
Эта задача на явление хроматической аберрации. Хроматичес¬
кой аберрацией называют искажение изображения, связанное с тем,
что световые
лучи различ¬
ных длин
волн собира¬
ются после
прохождения
линзы на раз¬
личных расстояниях от нее; в результате изображение размывается, и
края его окрашиваются. Зависимость фокусного расстояния тонкой
линзы от показателя преломления дана в более общей формуле
1+±=(п-1)(±+±)=±
d / ( ДЯ, R/ F
500
Раздел 6. Свет и другие излучения
Учитывая, что = R2 = R, запишем эту формулу для фокусного
расстояния в виде
R
F = ■
2(п-1)
Фокус красных лучей F =-
R
2K-D
ft
Фокус фиолетовых лучей Рф
Так как п
2(пф - 1)
кр < пф> т0 > Рф- Фокус красных лучей расположен
дальше от линзы, чем фокус фиолетовых. В задаче надо найти рас¬
стояние х между этими фокусами.
_Р р _ R R _ R Пф-1 - Пкр+1 _ Rfo - пкр)
х ■>' * 2(п„-1)'2(п„-1) 2 ' (nv-Wnt-l) 2(^-I)(nt-l)
кр
Дано:
R = 0,2 м,
п = 1,745,
п. = 1,809.
Ф
х-?
0,2м-(1,809- 1,745) _ 0,1м-0,0604 _ 0,0064м
Х 2(1,745- 1)(1,809- 1) 0,745-0,809 0,6027
~ 0,01062м ~ 1,062см.
Ответ: фокус красных лучей на 1,062 см дальше от
линзы, чем фокус фиолетовых.
Задача 421.
При помощи собирающей линзы с фокусным расстоянием F = 6
см рассматривают монету диаметром D = 1,25 см. При этом полу¬
чают мнимое ее изображение, диаметр которого D' = 5 см. Найдите
расстояние от мо¬
неты до линзы d
и от линзы до
изображения мо¬
неты f
Решение:
Составляем
систему двух
уравнений из
501
Физика: алгоритмы, задачи, решения
формулы увеличения и формулы линзы и решаем ее относительно
неизвестных “d’ и
L 1 = 1
d ~ f F'
r=n=L
i_
d
f
1
: J
F
f_dD'
J D ’
D d
Подставляя значение из второго уравнения в первое имеем:
1 D -1
d'dD' F’
D'-D _1
dD' f’
Подставляя значение “d”
во второе уравнение имеем:
d ~ б10~2м (1 -
d = F(D^D) = F(l Jlj.
f-D'F(D'-D)-P(D' ,у
’ DD' [D '
1,25-W2Mj m &10.2M(1 . Q 25) „
510-2m
= 610-2m 0, 75 - 4,5-1(У2м = 4,5cm.
= 6-1 0~2m-3 ~ 18- 1(У2м ~ 18cm.
Ответ: d ~ 4,5cm. f ~ 18cm.
Задача 422.
На каком расстоянии от глаза надо держать маленький предмет при
рассматривании его в лупу с фокусным расстоянием F = 2 см2 Какое
при этом получится увеличение? Лупа находится на расстоянии 1 = 5 см
от глаза, изображение - на расстоянии наилучшего зрения d0 = 25 см.
Решение:
Подставляя/= d0-l в формулу линзы 1 - 1 =1 получаем:
d J Г
1 —L =1
d'd0-i f’
dp-l-d _1
d(d0-l) F’
dJF - IF - dF = dd0- dl,
502
Раздел 6. Свет и другие излучения
ГЛЙЗ
dd0-dl + dF = d0F-lF,
d(d0-l + F)=F(d0-l),
Л = Ш:Л,
d0-l + F
х = d + l = -Лёо-
Fl
+ 1 =
do-l + F
_ d0 (F -l) - P
do-l + F
Увеличением Г при наблюдении
предмета с помощью лупы и при раз¬
мещении предмета в фокальной плос¬
кости называют отношение расстояния
наилучшего зрения do = 25 см к фокус-
^ ному расстоянию Г=^- Возможно,
х ч как в этой задаче, иногда
предмет располагают чуть
ближе фокальной плоско¬
сти. Тогда увеличение по¬
лучается несколько больше,
но это требует напряжения
do
\
\
ИЗОБРАЖЕНИЕ
глаза. В этом случае увеличение вычисляется по формуле Г =~
d
r-do_ do _ j . /do(F -1) -12 n_d0 (do-l + F)
J - ' °'(do-l + F F(do-l)
25-Ш2м (2-10-2m + 5-10-2 m)-25-IQ-4 m2
25-КУ2 м - S-lfr2 м + 2-lfr2 м
25■ 7-1 a4 m2 -25-1 a4 m2 25■ 6■ 1 (У4 m2
d x-l
Дано:
F = 2-10-2M,
i = 5ia2M,
d=2510-2M.
x = d + l - ?
P _ do _ do
T —
x -■
2210-2m 22-1&2m
- 6,8-1(У2 м ~ 6,8 cm.
r _ 25-m2M (25-10-2M-5-10-2M + 2-102m)
21&2 m (25■ m2M- 5■ 10-2 m)
251(У2 м 22-10-2m ,
"~SI¥7TWi¥^~14 (pm>'
503
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Ответ: х ~ 6,8 см; Г ~ 14 раз.
Задача 423.
Расстояние наилучшего видения для одного человека dj = 16 см
(близорукость), для другого - d2= 1,5 м (дальнозоркость). Какой оп¬
тической силы линзы надо подобрать каждому из них для очков, что¬
бы они могли читать с расстояния do = 25 см без напряжения?
Решение:
Обозначения: Рл - фокусное расстояние очковой линзы; Fx - фо¬
кусное расстояние хрусталика глаза; Fc- фокусное расстояние систе¬
мы “хрусталик-линза”; / - расстояние от хрусталика до сетчатки
(глубина глаза); d - расстояние от невооруженного глаза до предмета.
тт 7 7,7
Для невооруженного глаза— =— +— *
Fx d f
Считая, что линза расположена вплотную к глазу, при этом опти¬
ческая сила системы “хрусталик-линза” равна сумме оптических сил
хрусталика и линзы, поэтому
1=1+±,
Fc do f
1 = 1 +J-.
Fc F„ Fx Из системы этих трех уравнений найдем фокусное
расстояние каждой линзы очков и ее оптическую силу.
1 = 1+1,
Fx d f
1=1+1,
Fc do f
1=±+!-■
Fc Fn Fx
1.1 = 1.1,
1
1
1 _ 1
Fx d Fc do
Fc
Fn
Fx Fc
1 = 1 + 1
Dn
_ 1
_1 1 _
Fc F„ Fx
Fn
do'd
do’
ddo
Дано:
di
= 0,16 м,
d2
= 1,5 m,
do
= 0,25 m.
D,
-?D2- ?
D, =
_ di - do
D2
dido
d2 - do
d2do
_ 0,16 m - 0,25 м . 0,09 m
' 0,16m 0,25m 0,04m2
~ - 2,3 dnmp.
1.5 M- 0,25 м 1,25 м
1.5 m -0,25 m 1,5 0,25 m2 ~
~ + 3,3 dnmp.
d2
504
Раздел 6. Свет и другие излучения
Ответ: Dj « - 2,3 дптр; Вг~ + 3,3 дптр.
Доказать, что опти¬
ческая сила системы,
состоящей из двух тон¬
ких линз, приложенных
вплотную друг к другу,
равна сумме оптичес¬
ких сил этих линз.
Решение:
Пусть малый источник света находится в фокусе первой линзы Л;.
Световые лучи после преломления в первой линзе будут параллель¬
ны главной оптической оси, а после преломления во второй линзе
соберутся в ее фокусе F2. Если расстояние между линзами значи¬
тельно меньше фокусного расстояния каждой из линз, то систему из
двух линз можно рассматривать как тонкую линзу. Применяя теперь
формулу тонкой линзы к системе двух линз, получим-^ +-^ = >
F 1 Г 2 г
или Dj + D2 = D, где F - фокусное расстояние системы из двух линз,
a D - ее оптическая сила.
Для предмета и его изображения в такой системе линз имеет место
1,1 1^1
равенство
Fj F2 d f
Задача 425.
Близорукий человек, пределы аккомодации глаза которого лежат
между di = 12 см и (I2 = 60 см, носит очки. С помощью очков он
может хорошо видеть удаленные предметы. На каком наименьшем
расстоянии может этот человек читать книгу в очках?
Решение:
Аккомодацией называется способность глаза создавать резкое изоб¬
ражение на сетчатке различно удаленных предметов. Аккомодация
глаза у человека происходит благодаря изменению кривизны поверх-
505
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ностей хрусталика. От этого меняется фокусное расстояние глаза и
его оптическая сила.
Пусть при аккомодации глаза на расстоянии di фокусное расстоя¬
ние глаза равно F/, а изображение предмета получается на расстоя¬
нии fi (так называемая глубина глаза). Тогда для человека без очков
JL+-L=J-,
d, f, F,
а для человека в очках (книга на минимальном расстоянии)
а)
±+J-=J-+-L.
Ft F dmin ft
где — - оптическая сила очков.
(2)
Аналогично, при аккомодации на расстоянии без очков
1
± + ±-
(3)
di /г F2
ще F2 - фокусное расстояние при аккомодации на d2, а в очках на “самое
большое” расстояние при том же фокусном расстоянии глаза F2:
(4)
±+± = ±+±.
F2 F оо f2
Подставив из (1) во (2), а -^-из (3) в (4), получаем:
F2
Г 1
=UL
1
1 1
dmin
d, F
dmin
d'dl
< Г
1
d .
II
4*
1 F
Ч
min
d2-d,
^ _ 0,12 м-0,6м _ 0,072м2 _
min 0,6м-0,12м 0,48м
— 0,15м - 15см.
Ответ: d . ~ 15см.
тм
Задача 426.
Оптическая система состоит из двух собирающих линз Л; и Л2 с,
фокусными расстояниями F2 = 20 см и F2 = 10 см. Между линзйми
расстояние 1 = 30 см. Предмет находится на расстоянии dt = 30 см от
первой линзы Лv
На каком расстоянии от второй линзы Л2 получится изображен
ние?
506
Раздел 6. Свет и другие излучения
Найдем с помощью формулы тонкой линзы расстояние /у от
первой линзы Л} до создаваемого ею изображения предмета А'В'
±+±=L,
di f, F,
1 _ 1 1 _d,-F,
fi Fj dj djFi
f — di - Fi
Jl djFj
Так как ко второй линзе Л2 подходят сходящиеся лучи, то изобра¬
жение А 'В', создаваемое линзой Л1 для второй линзы Л2, надо счи¬
тать “как бы мнимым”. Расстояние до него от второй линзы равно
I/d2 “минус” (-1/dJ. Расстояние от линзы Л2 до создаваемого ею
изображения А "5" равно Его найдем из формулы для второй лин¬
зы.
Сначала запишем
- - if, + F,‘ - У, + FЛ _ F‘ + F/- d,Fr,
i,-F, d,-F,
Здесь значение ft подставлено из формулы для первой линзы.
507
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Теперь^ найдем из формулы для второй линзы, заменив в ней dr
-±+±=±,
d2 f2 F2
1 = -L+-L,
j2 F2 d2
1 _ l ^ di - Fi _ Fi2 +F1F2 - djF2 + djp2 - F1F2
fi Л F’ + Fft-df, FJF’ + Fft-dfJ
1 _ Fi2
f2 F/F’ + Fft-df/
f = F2(Fi2 + FiF2 - diF2) — p /1 I F2 diF2'
J2 Fl2 r2^ Fl~ Ft*'
f,-o,i„a+%l?-0'3*0',M)-
0,2м 0,04m
~ 0,1m(1 + 0,5 - ?rrrJ » 0,1m(1,5 - 0,75) «
0,04
~ 0,1m-0, 75 ~ 0,075m ~ 7,5cm.
Дано:
d,
= 0,3м,
F,
- 0,2м,
f2
= 0,1м,
1 =
'■ 0,3м.
fr
. ?
Ответ: данная система линз дает изображение пред¬
мета на расстоянии 7,5 см от второй линзы.
Задача 427.
Расположить две линзы так, чтобы параллельные лучи, пройдя
сквозь обе линзы, оставались параллельными. Сделать это: а) в слу¬
чае двух собирающих линз;
б) в случае одной собираю¬
щей и одной рассеивающей
линзы.
Решение:
Случай а) двух собираю¬
щих линз.
Чтобы лучи из второй
линзы вышли параллельны¬
ми, необходимо, чтобы к ней
они подошли из ее фокуса.
If
г *—^
508
Раздел 6. Свет и другие излучения
А это случится тогда, когда задний фокус первой линзы совпадет с
передним фокусом второй линзы. Значит, расстояние между линза¬
ми должно быть равно сумме фокусных расстояний обеих линз.
I — Fj + Fr
Такое расположение линз реализовано в зрительной трубе Кеп¬
лера. Она дает перевернутое изображение. Применяется в современ¬
ных телескопах-рефракторах. Первая линза называется объектив, вто¬
рая-окуляр.
Случай б) первая линза собирающая с фокусным расстоянием Fr
вторая - рассеивающая с фокусным расстоянием Fr Для того, чтобы
из второй линзы вышли параллельные лучи необходимо, чтобы про¬
должения лучей, вышедших из первой собирающей линзы, пересе¬
кались в заднем фокусе рассеивающей линзы. Значит, расстояние
между линзами должно быть / = F} - Fr
Такое расположение линз реализовано в зрительной трубе Гали¬
лея. Она дает не перевернутое, прямое изображение. Применяется в
театральных биноклях.
Если параллельные пучки лучей в обоих случаях направить об¬
ратно, справа налево, то они из указанных систем линз тоже выйдут
параллельными, только сечения вышедших пучков будут большего
диаметра.
Задача 428.
Определить увеличение телескопа, у которого объектив имеет глав¬
ное фокусное расстояние 20 м, а окуляр дает 8 - кратное увеличение.
Решение:
Увеличение, даваемое телескопом-рефрактором равно
Г =■§?• (1)
тел U1 V '
ок
В данном случае окуляр действует как лупа, поэтому дает увели-
U
F
г 0,25
чсниеГ =
Откуда FoK=0j^-
(2)
509
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Где dg = 0,25 - расстояние наилучшего зрения.
Из (1) и (2) имеем: Г = F : Ml = ММ-
v ' v ' тея 06 Г 0,25
Дано:
Fo6 = 20м>
Г =8.
Г - ?
тел
г, 2 Ом-8 160 ,
Г = т-тт- ~ 640(раз).
тел 0,25м 0,25
Ответ: Г ~ 640 раз.
тел г
Задача 429.
Определить полный световой поток, излучаемый источником, если
сила света его равна 50 кд.
Решение:
Из определения силы света источника
j _ АФ _Ф _ Ф
М2 О. 4П
Имеем Ф = QI= 4Ш.
Дано: Ф ~ 4-3,14стер-50кд ~628лм.
£2 = 4Пстер,
1= 50 кд.
Ф-? Ответ: Ф ~ 628люменов.
Задача 430.
На какой высоте над чертежной доской следует повесить лампу
мощностью Р = 200 Вт, чтобы получить освещенность доски под
лампой, равную Е = 50 лк! Светоотдача лампы равна L = 12 лм/Вт.
наклон доски равен 30°.
Решение:
Светоотдачей лампы L называют отношение полного светового
потока Ф, излучаемого лампой, к ее электрической мощности:
L
Ф
Р
0)
Рассматривая лампу как точечный источник света можно написать:
510
Раздел 6. Свет и другие излучения
Ф = 4KI.
(2)
где I - сила света лампы
Освещенность Е определяется формулой
Е =-^г cos ос.
п2
(3)
где а - угол между лучом и нормалью к поверхности (угол падения),
он равен углу наклона доски (это углы, составленные взаимно пер¬
пендикулярными сторонами). Из (1), (2), (3) находим:
, , jlcos а /o/4Kcos а Л /Е
К -Т-Ё—-Т—Ё— Г
Е
Дано:
L = 12 лм/Вт,
Р = 200 Вт,
Е - 50 лк,
а = 30°.
P cos а
4ПЕ
h-?
12лм/Вт•200Вт• cos3 0°
= }/-
у 4-3,14-50лк
V12jiM/Bm 200Bm 0,866 _
Ф3,14 50лк
~ ~ 3,31 (лм:лм/м2) ~ 1,8м.
* ЗА4лк
3,14лк
Ответ: h ~ 1,8м.
Задача 431.
Над центром круглого стола диаметром 2 м
на высоте 2 м висит лампа силой света 200 кд.
Определить освещенность стола на его краях.
Решение:
d D
R = — - радиус круглого стола.
Освещенность определяется формулой
Е =—• cos а,
г
где г - расстояние от лампы до края стола. Его находим по теоре¬
ме Пифагора
г =\Jh2 + (D/2)2 =\/h2 +R2.
Из чертежа видно, что cos а
h
VF+F'
511
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Следовательно Е -
Ih
Дано:
D — 2R = 2 м,
h = 2 м,
I = 200 кд.
Е-?
Е~
h2 + R2 \/h2 +R2 V(h2 + R2)3'
200кд-2м 400кдм
\J(4m2 + 1м2)3 \ГПШ
400кд м т 35 8кд/м2 „ 35,8лк.
11,18м3
Ответ: Е ~ 35,8лк.
Задача 432.
Освещенность плоской поверхности при угле падения световых
лучей 60° равна 50 лк. Определить освещенность этой поверхности
при том же источнике света и расстояние до него, но при угле
падения лучей 30°.
Решение:
Согласно формуле освещенности для двух случаев запишем:
Е1 =р- cos «г Е, =р- cos а2
Найдем отношение освещенностей
Е2 _ l cos 0(2 .1-cos cci _ cos а2
Е, г2
Отсюда: Е2 = Е-
г2
cos а.2
cos а,
cos а
Дано:
Е, = 50лк,
а, = 60°,
а2 = 30°
Е2-?
г сП cos 300 50лк-0,866
Е, ~ 50лк■ —= -Ц—
2 cos 60° 0,5
Ответ: Е2 - 86, блк.
86,6 лк.
Задача 433.
Человек видит предмет, если освещенность зрачка глаза равна
2-Ш9лк. На каком максимальном расстоянии будет видеть космонавт
в открытом космосе лампу силой света 1000 кд?
512
Раздел 6. Свет и другие излучения
Дано:
1= 1000 кд,
Е = 21 O'9 лк.
Ответ: г ~ 707км.
Решение:
г 5001(Рлк.м2/лк -
V21 а9лк
- У 50-10юм2« 7,0710?м - 707км.
Задача 434.
Две когерентных источника звука колеблются в одинаковых фа¬
зах. В точке, отстоящей от первого источника на d,= 2,1 м, а от
второго на d2 = 2,27 м, звук не слышен. Считая скорость звука
равной V = 340 м/с, найдите минимальную частоту колебаний, при
которой это возможно.
Решение:
Условие минимумов при интерференции волн
Ad = d2-dt =j(2k + 1) при к = 0, 1, 2, 3...
или d2- dt = Я (к + 0,5) при к = 0, 1, 2, 3...
Находим длину волны
^rrrs^^O.I.2.3...
Находим частоту колебаний
,Т V Vtk +0.5) , Л . ,
У =-г =—Ч—при к = 0, 1, 2, 3...
А а2 - а1
Нам надо из набора этих частот выбрать самую меньшую. Она
получится, если в выведенной формуле положить к = 0. Следова¬
тельно, чтобы в указанной точке звук не был слышен, минимальная
возможная частота когерентных источников, данных в задаче, долж¬
на быть (при к = 0).
V -JJV.
-» d, - d,
17 Заказ № 1509
513
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
V - 340 м/с,
dt - 2,1 м,
d2 — 2,27 м,
0,5-340м/с
2,27м - 2,1м
- 1^Г - /000с' » 1кГц.
0,17м 4
Ответ: V . ~ 1кГи.
тт 1
Задача 435.
В опыте, разработанном в 1849 году французским физиком И. Физо
по определению скорости света с вращающимся зубчатым колесом,
расстояние между зубчатыми колесами, имеющими N = 720 зубцов,
и зеркалом было / = 8633 м. Свет от зеркала исчез в первый раз при
частоте вращения зубчатого колеса V = 12,67 оборотов в секунду
Какое значение скорости света “с” получил Физо?
Решение:
Если число зубцов на колесе равно N, то при первом “затмении”
угловая скорость вращения колеса должна быть такой, чтобы за вре¬
мя t = 21/с, необходимое свету для прохождения расстояния от коле¬
са к зеркалу и обратно, колесо повернулось на угол (р = 2TU(2N) (угол
между центром зубца и центром соседнего просвета), то есть
„ q> 2К 21 2Кс т/ (О с
(О =— =— :— = ИЛИ V =-r= =-rrz’
t 2N ' с 2N21
а отсюда скорость света с = 4VNI.
2% 4NI
Дано:
V = 12,67с1,
N= 720,
I = 8633м.
. ?
4.12,67с '■ 720 ■ 8633м ~
= 50,68с '• 6215 760м - 315 014 710м/с =
- 315 014,71км/с.
В 1983 году на Генеральной конференции по ме¬
рам и весам принято значение с = 299 792 458 м/с.
Ошибка Физо составила 5%.
Задача 436.
На сколько изменится длина волны красного цвета при переходе
из вакуума в стекло, если показатель преломления стекла п = 1,5,
514
Раздел 6. Свет и другие излучения
л частота колебаний, соответствующая красному свету V =
4 1014Гц1
Решение:
Скорость света “с” в вакууме, длина волны “А“ и частота колеба¬
ний “У” связаны соотношением с = XV или А = с/V
При переходе из вакуума в стекло частота колебаний ‘ V” не изме¬
няется, а скорость света уменьшается в “я” раз. Длина волны крас¬
ного света в стекле будет Хст = V/V = c/(nV). Так как п > 7, то ясно,
что c/(nV) < c/V (X < X) длина волны в стекле уменьшается. Вычис¬
лим, на сколько она уменьшается.
лх-х-х -4 '-агцД
ст V nV nV
Дано:
с = 3108м/с,
п = 1,5,
V = 4-10,4Гц.
ЛЯ- ?
А1 310sм/с (1,5 -1) 310/м/с
1,5-4-10‘4 *Гц 6-10й с1
~ 0,25-W6M~ 2,5-107м.
Ответ: ЛЯ ~ 2,5- Ш7м
Задача 437.
Объектив фотоаппарата покрыт слоем прозрачного диэлектрика
толщиной h = 0,521 мкм. Обеспечит ли этот слой просветление объек¬
тива для зеленого света с длиной волны Я = 546 нм, если показатель
преломления диэлектрика п = 1,312
Решение:
Разность хода световых волн (первой, отраженной от верхней
поверхности пленки из диэлектрика и второй, отраженной от ее ниж¬
ней поверхности) равна удвоенной толщине пленки 2h. Длина вол¬
ны в пленке меньше длины волны Я в вакууме в “я” раз:
Просветление наступает, если первая и вторая волны ослабля¬
ют друг друга. Для того, чтобы эти волны ослабляли друг друга, раз¬
ность хода 2h должна равняться нечетному числу полуволн.
17*
515
Физика: алгоритмы, задачи, решения
2h = ^(2к + 1) =^(2к + 1) при к = 1,2,3,...
2 2п
или h =^-(2к + 1) при к = 1,2,3,... (1)
4п
Проверим, выполнено ли хотя бы одно из этих равенств и, если
выполнено, то при каком
4nh ~7 , 1 7 2nh 1 4nh -1
T=2k+l к~—Т—'
Дано:
Я = 5,46-1&7м,
п = 1,31,
h = 5,21-W7m.
к-?
41,31-5,211а7м - 5,46 №7м
2-5,46Ш7м
(27,3- 5,46)10-7м _21,84 _2
10,92-10-7m 10,92
При к = 2 равенство (1) выполняется. При этом в разности хода
укладывается 2 ■ 2 + 1 = 5 полуволн.
Найдем толщину пленки диэлектрика, нанесенного на объектив
фотоаппарата: при к = 2 равенство (1) примет вид
h =^(2-2 + 1) = ~
4п 4п
Выясним, верно ли это равенство
5-5 4б-Ш7мЛ7JJ0:m5t21.w^
4-1,31
5,24
Ответ: слой указанного диэлектрика обеспечит просветление
объектива для зеленого света (X = 546 нм), так как в 2h при к = 2
укладывается 5 половин длин волн.
Задача 438.
В спектре излучения аргонового лазера наиболее интенсивными
являются линии с длинами волн А; = 4,88-1 O'7 м и Х2= 5,15-Ш7 м.
При каких значениях преломляющего угла призмы, поставленной на
516
Раздел 6. Свет и другие излучения
пути лучей, из призмы выйдет пучок,
содержащий компоненту Х2 и не со¬
держащий компоненту А;? На первую
грань призмы лучи падают нормаль¬
но. Зависимость показателя прелом¬
ления материала призмы от длины
волны имеет вид: и = 1 + а/Х2 где а =
23,8-10-1 *м2.
Решение:
Так как на первую грань лучи падают нормально, то на ней они
не испытывают преломления (угол падения равен нулю) и обе ком¬
поненты с длинами волн А; и Х2 достигают другой грани призмы в
одной точке. Угол падения их на границу раздела сред “призма-
воздух” а равен преломляющему углу <р, так как это углы со взаимно
перпендикулярными сторонами а = <р.
Так как показатель преломления зависит от длины волны падаю¬
щего света, то возможно, что одна компонента выйдет в воздух
справа от призмы, испытав на границе преломление, а другая испы¬
тает на этой границе полное внутреннее отражение и из призмы не
выйдет.
Вычислим показатели преломления материала призмы для каж¬
дой компоненты.
, , 23,8-10~14м2 . 23,8-1 (У14м2 ,
' (4,88-КУ’м)2 23,8-1 (Xйм2 '
, , 23,81(Х14м2 , 23,8-10'4м2 , д
2 (5,15-Ш7м)2 26,510-,4м2 ’ '
Предельный угол полного отражения ад находится из формулы
sin ад = 1/п или а0 = arcsin(l/n).
Для того, чтобы первая компонента с длиной волны Я; = 4,88- Ш7м
(голубой свет) не вышла из призмы, необходимо чтобы а > ад то есть
а0< ф или arcsin(l/n) < <р. (1)
При этом условии она испытает полное внутреннее отражение.
А чтобы вторая компонента (длина волны Х2 = 5,15-10~7 м - зеле¬
ный свет) вышла из призмы в воздух, необходимо чтобы для нее было
517
Физика: алгоритмы, задачи, решения
а < ад или ф < arcsin(l/nj. (2)
Объединим эти неравенства (1) и (2) и решим систему, подста¬
вив показатели преломления для каждой длины волны
arcsin(l/n) < ф < arcsin(l/nj,
arcsin(l/2) < ф< arcsin(l/l,9),
arcsin 0,5 < ф< arcsitt 0,526,
30° < ф< 3J°45'
Ответ: если преломляющий угол призмы <р будет удовлетворять
условиям 30° < ф < 31°45\ то из призмы выйдет пучок, содержащий
компоненту Аг(зеленый свет) и не содержащий компоненту А;. Голу¬
бой свет полностью отразится внутрь призмы.
Пример. Пусть преломляющий угол призмы ф = 31°. Значит и
угол падения луча с двумя компонентами на вторую грань а = 31°.
Для голубой компоненты А;угол падения а = ф = 31° > ад. Полное
отражение.
Для зеленой компоненты А^угол падения а = ф = 31° > 31°45' = а0.
Зеленый луч выйдет из призмы, испытав преломление по закону
sin а _ 1
sin Р п2
sin р = n^in а,
Р ~ arcsin(l,9 sin31°) ~ arcsin(l,9 0,515) ~ arcsin 0,9785 ~ 78°.
Угол преломления зеленого луча оказывается равным Р = 78°.
Задача 439.
Луч света, падающий из воздуха
на толстую стеклянную пластинку,
отражается от нее под углом 6QP и пре¬
ломляется в пластинке под углом
30°. определите скорость света в этой
пластинке.
Решение:
Vc - скорость света в стекле, кото¬
рую надо найти.
п = сЮс - показатель преломления стекла.
518
Раздел 6. Свет и другие излучения
п =■
sin а
- закон преломления света.
sin р Юс
у= а-закон отражения света.
Заменим угол а в законе преломления.
sin ус п 1 sin В
-Нз=т7, 0ТС1°Да
sin Р Vc с sin у
где с - скорость света в воздухе или вакууме.
Дано:
с = 310s м/с,
V
sin 30°
sin 60°
3108м/с ~
у= 60Р,
Р = 30°.
V - ?
с
‘ З-Шм/с - 0,577-3-Wm/c -1,73-10/м/с.
0,866
Ответ: скорость света в данной пластинке 1,73- 10s
м/с.
Задача 440.
Найти длину волны монохроматического света, падающего на
дифракционную решетку, содержащую 100 штрихов на 1 мм, если
расстояние от решетки до экрана у = 1,4 м, а расстояние на экране
между максимумами второго порядка 30,4 см. Считать sin q>~tg(p.
Дано:
у = 1,4м,
2х = 30,4-Ш2м,
к = 2.
Я- ?
Условие максимумов дифракционной решетки
d ■ sin (р = кХ.
Или d. tg (р- кХ, откуда Я =/LjEJP Но tg ср =—>
к у
поэтому Я Здесь х = м
ку 2
519
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Я »10'5м-30>410'2м . Х&10^м т 543.10-7М Зеленый свет.
2-1,4м-2 1,4
Ответ: Я = 5,43-1 (У7м. Зеленый свет.
Задача 441.
Сколько максимумов можно наблюдать в дифракционной карти¬
не при нормальном падении монохроматического света с длиной
волны Я = 600 нм на решетку с периодом d = 3 мкм!
Решение:
Направление на максимум Я-го порядка определяется условием
d-sin фк = ЯЯ или k = y-sm фк. Наблюдать можно только те максимумы,
для которых sin (pk < 1, то есть k < d/X. Найдем величину d/X. Извест¬
но, что Я = 6-1 (У7м, d = 31 (Ум. Поэтому-^ = =—г- ~ $•
X б-1(У7м 2
Значит к < 5, но поскольку “Я” - число целое, то от данной диф¬
ракционной решетки видны максимумы до четвертого включитель¬
но. Всего на экране можно наблюдать 9 максимумов: центральный и
по четыре с обеих сторон от него.
Задача 442.
Дифракционная решетка освещена нормально падающим моно¬
хроматическим светом. В дифракционной картине максимум второ¬
го порядка наблюдается под углом ф2 = 14°. На какой угол отклонен
максимум третьего порядка?
Решение:
Из уравнения для максимумов имеем
sin
2l=l,
Откуда
sin ф2 2
3 .
sin ф} = - sin фг
d ■ sin ф3 = ЗХ,
d ■ sin ф2 = 2Х.
ф3 = arcsin(3/2 sin ф^.
ф3 ~arcsin(3/2sin 14°) ~arcsin(3/2-0,2419) ~arcsin 0,3629 ~21°17'
520
Раздел 6. Свет и другие излучения
Ответ: ф3 =21° 17'
Задача 443.
Чайник, содержащий V = 3 л воды, нагрели от = 10°С до
кипения. На сколько изменилась масса воды (в пикокилограммах)?
1 пкг = 10гп кг.
Решение:
Масса воды изменится при нагревании потому, что изменится
ее внутренняя энергия. Согласно первому закону термодинамики
AU = AQ (передача теплоты), a AQ = cm At = cepV(t2 - tj где св -
удельная теплоемкость воды. Связь между массой и энергией опре¬
деляется формулой Эйнштейна Ат = Щ, где с - скорость света, а
с =4,2103
АЕ = AU. Следовательно Ат = С<Р^Ф ~ V •
Дано: с
п_ _ 4,3- ШДж/(кгград)- КРкг/л^-З- Ш3л^(1 ОСР - ИР) _
— ' (3103м/с)2
__ 12,6-1 (РДж/град- 90° ^ 12,6 Дж-с2 _
910,6м2/с2 10,2м2
~ 12,6- 1(У,2кг-м2-с2/(с2-м2) ~ 12,6-Ш,2кг ~
~ 12,6 пкг.
кг-град
р = 103кг/м3,
V = 3-1<У3м3,
t, = 10°С,
t2 = 100°С,
с = З-КРм/с.
Ат-?
Ответ: Ат ~ 12,6 пкг.
Задача 444.
Собственная длина космического корабля 15 м. Определить его
длину для наблюдателя, относительно которого корабль движется со
скоростью V = 1,8-10s м/с.
Дано:
к
= 15м,
V
= 1,8-108 м/с,
С :
= 3-108м/с.
1-
?
Решение:
I - 15м
л/ (1,8-ИР м/с)2 _
]/ (З-КРм/с)2
»15м ф - (1.8/3)2 = 15м-0,8м «
= 12м. Ответ: I - 12м.
521
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 445.
Две ракеты удаляются друг от друга равномерно и прямолинейно
в противоположных направлениях со скоростями Vt = 0,6с и V2 = 0,9с
относительно неподвижного наблюдателя, определить скорость уда¬
ления этих ракет по релятивистской формуле сложения скоростей.
Решение:
Дано:
V, = 0,6с,
v2 = 0,9с,
с = 3-108м/с.
V-?
л, _ Vi - V2 л, _ 0,6с-(-0,9с) _
1 - Vp/c2 1 - 0,6с- (-0,9с)/с?
_ 0,6с + 0,9с _ 1,5с
1 + 0,54с2/с2 1,54
«* 0,974с.
0,974-3- Wm/c = 2,922- Wm/c.
Ответ: V ~ 2,922-10?м/с.
Задача 446.
Плотность воды р = 103кг/м. Определить релятивистскую плот¬
ность воды для неподвижного наблюдателя, если сосуд с водой дви¬
жется со скоростью V = 0,8с, где с - скорость света в вакууме.
Решение:
Пусть сосуд с водой имеет форму цилиндра с основанием S и вы¬
сотой h и движется со скоростью V вдоль его оси. В этом1 случае
линейные размеры основания и площадь основания не испытывают
релятивистского сжатия, а сжатие будет испытывать высота
* - мЛ?'
Кроме того во время движения происходит изменение массы
т -
то
■f?'
Вычислим, какова будет при этом плотность
- _ т _ т _ т0 . кГ, _ то
t’-v-Th-W’Wi?
_ то 1 _ Ро
V2/c2
V„ l-W/c2 1 - V2/c2
522
Раздел 6. Свет и другие излучения
Дано:
рд = 1000 кг/м3,
V = 0,8с,
с = 310sм/с.
р-?
1000 кг/м3
1 - (0,8с)2/с2
100кг/м3
1 - 0,64
~ 2780кг/м3.
Ответ: р - 2780кг/м3.
Задача 447.
Под каким напряжением работает рентгеновская трубка, если при
токе Ш3А и КПД 0,08 % она излучает N = 21013 фотонов в секунду?
Частота излучения V = 310м Гц.
Решение:
Рц = NE - энергия, ежесекундно излучаемая трубкой, равна
энергии вылетевших фотонов.
Ри = NhV
Р = IU - потребляемая лампой мощность.
rjlU = NhV - закон сохранения энергии.
г, тт ^hV
Отсюда и = ——
Дано:
п = 81 а4,
N = 21013,
I = Ш3А,
V = 31018Гц,
h = 6,63 Дж- с.
U-?
2-10'3-6,63-1 (У34Дж- с-310'Тц
810-4ia3A
40-Ш3Дж
810-7А
~ 510~4В ~ 5 ОкВ.
Ответ: U ~ 5ОкВ.
Задача 448.
Рентгеновская трубка, работающая под напряжением U = 66 кВ
при токе 1=15 мА, излучает ежесекундно N = 1016 фотонов. Считая
длин волны излучения равной Я = W0 м, определите КПД установ¬
ки.
523
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
Энергия, каждую секунду излучаемая трубкой, равна энергии вы¬
летающих ежесекундно фотонов:
PU = NhV =
Nhc
так как V = —.
А ’ А
Рентгеновская трубка потребляет мощность Рп = IU.
КПД установки 1] =
Р Л1и
Дано:
N = 10’6,
h = 6,63-КУ34 Джс,
с = 310s м/с,
А = 1О,0м,
/= 151 O'3А,
и= 66103В.
I. ?
1 О16- 6,63-1 &34Дж с- 3-1 (Рм/с
Ц 10~'°м151 (У3А -66-103В
_ 19,89-КУДж _ « /jt _ w
~1(У°-990Дж ~°’02~2А
Ответ: г\ - 2%.
Задача 449.
Определить энергию кванта света с длиной волны А = 6- Ш7 м.
Определить частоту колебаний напряженности электрического поля
световой волны.
Дано:
Х = 610-7м,
h = 6,63-1(У34Джс,
с = 3-10sм/с.
Е- ?У-?
Решение:
Е = hV,
г 6,63Ш34Джс-31(Рм/с
б-КУм
= 3,31-1(У9Дж.
V*
3-10-8м/с
б-т7м
~ 5-1014Гц.
« 0,5-1015с'~
Ответ: Е « 3,3110-'9Дж. V « 5-10'Тц.
524
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 450.
Во сколько раз энергия кванта ультрафиолетового излучения с
длиной волны 20 нм больше энергии кванта инфракрасного излуче¬
ния с длиной волны 4105 нм7
Решение:
Дано:
= 201
А" =410-4м.
Х^ = 201(У9м,
уф
Еуф
Е
Е - hV,
у-т
Е~т
Е'УФ —
he
уф
Ответ: ^ ~ 20 000 раз.
he _ Хик
А А '
ик уф
Еуф 4' 1 &4М _ /1 Л 1 гр
Е 20Ш9м ’
ик
-2104 ~20 000 раз.
Задача 451.
Определите длину волны света, энергия кванта которого Е =
3,6-1 (У19Дж. Постоянная Планка h = 6,6- 1(У34Дж-с. Скорость света в
вакууме с = 310s м/с. Ответ дать в нанометрах.
Решение:
Дано:
Е = 3,6-1 O'19Дж,
h = 6,6-1 (У14Дж- с,
с = 3108 м/с.
X-?
Е = hV,
6,63-1 &34Дж- с-310/м/с
3,610-'9Дж
19,8-Ш26м в ,
3,6-Ш'9
51(У7м «
- 550- 10~9м ~ 550нм.
Ответ: X ~ 550нм.
Задача 452.
Определите абсолютный показатель преломления среды, в ко¬
торой свет с энергией кванта Е = 4,410'19Дж имеет длину волны
А = 310'7м (А = 6,6310~34Джс, с = 3- 10s м/с).
525
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Решение:
V - скорость света в среде,
Е = пУ = — - энергия кванта.
Л
Отсюда V = скорость света в среде. Абсолютный показатель
п
преломления п
. с _ch
V ЯЕ '
Дано:
Е = 4,4-10-‘9Дж,
Л = 310-7м,
h = б,6310-34Джс,
с - 310sм/с.
п - ?
6,63-1 (У34Дж- с- 3-10sм/с
ЗШ7м-4,410-‘9Дж
Ответ: п ~ 1,5.
Задача 453.
Определите максимальную кинетическую энергию электронов,
вылетающих из некоторого металла при его освещении светом с
длиной волны Я = 0,345 мкм. Работа выхода для этого металла равна
А =2,45 эВ.
Решение:
Дано:
Я = 3,45-10-7 м,
А= 2,45 эВ =
= 2,451,6-10,9Дж,
1 эВ = 1,6-1 O'19 Дж,
h = 6,631&34 Джс,
с = 310sм/с.
Е = hV= А + Ек,
v=r
Т-А+Е-
Е‘ =7'л
Е 6,63-10йДжс- 3-Iff м/с
к 3,4510-7 м
- 2,451,6- 10-,9Дж «
« 5 77- Ю,9Дж - 3,92- Ш19Дж -
~ 1,8510-‘9Дж - 1,16эВ.
Ек-?
Ответ: Ек ~ 1,16 эВ.
526
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 454.
Какую максимальную скорость могут получить вырванные из ка¬
лия электроны при облучении его светом с длиной волны Я = 0,4
мкм! Работа выхода электрона для калия А = 3,2-10~'9Дж, масса элек¬
трона т = 9,1-1 O'31 кг, постоянная Планка h = 6,63-Ш34Дж с.
Решение:
Дано:
х = 4-т7м,
А = 3,2-1 (У19Дж,
т = 9,1-10-3' кг,
h = 6,63-т34Джс.
с = 3-10sм/с.
V - ?
E = hV=A+Eе
Ушг
he _ , , mVm2
Я 2
1) =лЩ±
m V hn~ m
v _ ,/6,63-1034 ■ 3
m V 4-10r7-9,l-l
3-Ш 2-3,2-1 O'39
ia3,~ 9,i-iO'31
=л139’3!ТгС^£' - 0,703 Дж/кг - \/l,093-10l2M2/c2- 0,703 Дж/кг «
V 36,410~3дкг
~ si 0,39-10!2м2/с2 « sj 39-Ю'°м2/с2 - 6,24-105м/с.
Ответ: V ~ 6,24105м/с.
т 9
Задача 455.
Найдите скорость фотоэлектронов, вылетающих из цинка, при
освещении его ультрафиолетовыми лучами с длиной волны Я = 0,3
мкм. Работа выхода электронов из цинка А = 4 эВ.
Решение:
Скорость вылетевших из цинка фотоэлектронов найдем из урав¬
нения Эйнштейна для фотоэффекта
he _ л . mVm2
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
х = з-т7м,
А = 4- 1,61&19Дж,
т = 9,1-W3'кг,
h = 6,63- 1(/34Джс.
с = З-Шм/с.
V - ?
т
-il2-6,63-1034- 310s 2-4-1,6-ia19
v 3 ia7-9,i-ia3' ' 9,1lo-31
J 39,78-10~26 Дж 12,8-1&19Дж
V 36,41 O'38 кг ' 9,1Ш31кг
= \/(1,457м2/с2 - IJOImWJIO12 -
~Ч0,0510'2м2/с2=\/510,0м2/с2= 2,24-105м/с.
Ответ: V ~ 2,24-103м/с.
т ’
Задача 456.
Энергия фотонов, вызывающих фотоэффект с поверхности цезия,
возросла на 2 электронвольта. На сколько увеличилась при этом мак¬
симальная кинетическая энергия фотоэлектронов?
Решение:
При увеличении энергии Е = А + Ек кванта (1)
на величину ЛЕ работа выхода электронов не изменится. Поэтому
увеличивается кинетическая энергия вылетевших электронов на ве¬
личину Ек.
Е + АЕ = А+Ек + АЕк (2)
Вычитая почленно равенство (1) из равенства (2), получаем
АЕк = ЛЕ = 2 эВ.
Ответ: на сколько увеличилась энергия фотонов, вызывающих
фотоэффект, на столько же увеличивается и максимальная кинети¬
ческая энергия вылетевших фотоэлектронов.
Задача 457.
Какова работа выхода электрона из катода фотоэлемента, покры¬
того цезием, при освещении катода светом длиной волны Я = 510 м.
Максимальная кинетическая энергия вылетевших фотоэлектронов Е
= 0,98-10~,9Дж7 Постоянная Планка h = 6,63 10-34Дж с.
528
Раздел 6. Свет и другие излучения
Дано:
Х = 5 107м,
Ек = 0,98-10~'9Дж,
Л = б,631(У34Джс.
с = 310sм/с.
А - ?
Решение:
hV = А + Е.
/Г
Щ=А+Е
Я *
А = iZ-E.
Я *
« б'631 ШМ/С- 0,98 Ш19Дж «19’8^1^6ДЖ. 0,98-К/'9Дж
« 3,9810-19Дж- 0,98-1 O'19Дж « 3-1&19Дж.
Ответ: А ~ 310~19Дж.
Задача 458.
Максимальная кинетическая энергия электронов, вылетающих из
металла при освещении его ультрафиолетовыми лучами с длиной
волны Я = 0,225 мкм равна Ек = 4,54- Ш‘9Дж. Определите работу
выхода электронов из металла (в эВ).
Решение:
Дано:
Я = 2,25- 10-7м,
Ек = 4,5410-‘9Дж,
h = 6,63 10-34Джс.
с = 3-10/м/с.
А-?
hV = А + Е.
/Г
У-Т
ЧшА+в‘
a he -
А = — - Е.
Я
А - б’63'ШМ/С- 4,54 Ш'9Дж - 4,54 Ш19Дж =
- (8.84-4.54)1<У»До. - «70-Д- « ^Д^-2.69 эВ.
Ответ: работа выхода электронов из металла при освещении его
ультрафиолетовыми лучами равна 4,310~19Дж или А =2,69 эВ.
18 Заказ № 1S09
529
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 459.
Какими лучами освещен стронций, если с его поверхности вылета¬
ют электроны с максимальной кинетической энергией^ = 1,8-1 (У19Дж1
Красная граница фотоэффекта для стронция Хтт= 550нм.
Решение:
Из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта и соотношения V = у>
А
имеем Щ- = А+Е. (1)
Я w
Выражение для предельной длины волны Ят<п (предельной часто¬
ты), при которой электрон только вырывается из металла без сооб¬
щения ему кинетической энергии (Ек = 0) получается из уравнения
Эйнштейна
he
Я
тал
При этом Х^ (VmJ называется красной границей (или порогом)
фотоэффекта.
Из (1) и (2) следует: he _ he ^ ^
-Л; (ЮГ -А).
(2)
Я
1_
Я
я =
J_ + E* _hc + Хтах'Ек
I he hcX
max max
hcXmax Хщах
Дано:
Я_ = 5,5-1 (У7м,
Ек = 1,81(У19Дж,
h = 6,631(УиДжс.
с = ЗКУм/с.
Я- ?
he + X -Ек 1 + Я
max т
5,51 (У7м
EJhc
5,5-1 (У7м
9,91(У26
1 +
. , 5,5-1 (У7м-1,8-1 (У9Дж
6,631(УиДжсЗ Шм/с * 19,891(У26
^5ДДрм т З б7.10.,м в 367' 1 (У9М ~367нм.
Это ультрафиолетовые лучи.
Ответ: X ~367нм.
Задача 460.
Красная граница фотоэффекта, для некоторого металла Я^ =
2,75• 1(У7м. Найдите работу выхода электрона из этого металла и мак-
530
Раздел 6. Свет и другие излучения
симальную скорость электронов, вырываемых из этого металла
светом с длиной волны А= lf81fr7M.
Решение:
Из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта hV = А
и
соотношения
he
имеем: —
А
А +
тУ„2
2
(1)
Отсюда для красной границы фотоэффекта, когда Е =
mVm
= 0>
из (1) получаем А
А
(2)
Максимальную скорость электронов Vm тоже найдем из (1).
тУ„2 _ he А
v 2 = L (h£-A) =- hc' *A
m m Я m Я
p 2 _-./2(hc -ЯА)
m V ml
(1)
Дано:
я = i,8-т7м,
Я = 2,75-1 (У7м,
т = 9,11CF3'кг,
h = 6,63-1(Я34Дж-с.
с - 310sм/с.
А-?
Уш-?
6,63-1(У34Дж-с-3- КРм/с 1Л.,огг
2.7*1<Гм 123-10-'>Дж.
.,J1
т I/
•V
(6,63-10-34-3108 - 1,810-7-7,2310-'9) т
9,1-1 O'31 кг-1,8- 10~7м
19.89- 1 (У26Джм - 13-1(У26Дж-м
8,19-10-38кг-м
6.89- 1 (Я26Джм ^ о,8410,2Дж/кг >
8,19-10-38кгм
=V 84-10,0кг-м2/(с2- кг)~9,17-1<?м/с~917км/с.
Ответ: А ~ 7,23-1 (У19Дж. Ут = 917км/с.
Задача 461.
При освещении пластинки, изготовленной из некоторого ме¬
талла, светом с частотой V t = 8- 10'4Гц, а затем V2 = 6- 10'4Гц обнару¬
жили, что максимальная кинетическая энергия электронов измени¬
те*
531
Физика: алгоритмы, задачи, решения
лась в 3 раза. Определите работу выхода электронов из этого метал¬
ла в электроновольтах (1эВ = 1,6-10'19Дж).
Решение:
Если частота кванта света, вызывающего фотоэффект, уменьши¬
лась с Vj до V2, то кинетическая энергия фотоэлектронов тоже умень¬
шится. Поэтому во втором случае Ек будет в три раза меньше, чем в
первом. Для двух случаев уравнение Эйнштейна можно записать в
виде системы двух уравнений и найти из них работу выхода электро-
НОВ.
V
= А+Ек,
ь?
1
ЪГ
II
hV. - Е =/^- —
1 HV,
= А +£*■
II
1^
1 к 2 3
1 2
3
1 г 3
si-
II
ъГ
1
-s:
£.=7*0,,->V-
A-W^E.-hV^horsVJ-jkV^kV-tpir,-V).
Дано:
V, = 810‘4Гц,
V2 = 610ыГц,
h = 6,631(У34Джс,
1эВ = 1,610-'9Дж.
А-?
А • 6’631&34ДЖ С . (З.ю'Тц - 810,4Гц) -
« 3,35-1 (У34Дж с-10,5Гц « 3,31510-'9Дж ■
3,3151 (У39Дж 2 в
1,610г19Дж/эВ Э '
Ответ: А ~ 2 эВ.
Задача 462.
При освещении катода светом вначале с длиной волны Я/5 затем
Х2 обнаружили, что запирающее напряжение изменилось в “п” раз
(U/U2 = п). Определите работу выхода электрона из материала катода.
Решение:
Задерживающее напряжение “£/” связано с максимальной кинети*
mV 2
ческой энергией вылетевших Е =—электронов зависимостью
532
Раздел 6. Свет и другие излучения
mV 2
—— = eU. Объединим это соотношение с уравнениями Эйнштейна
для двух случаев в систему.
( Е = eU,
^=А+Е
Я t к‘
he
= А + eUr
AJ
he
T = A+Ek2'{ T = A +eUl’
u2 = Ui.
z П
h£ = A + eUr
Ai
he A , eUi
1 A + —'
А П
тт nhc A
eU, = -r-A.
u,
и,ш"-
he . nhc л
— - A = —— nA.
я, k,
л A nhc he
nA -A=—'X
A(n-l)=hc(j- - ±) = he
a _ hc (nh - X2)
(n - 1)X,X2
Задача 463.
При увеличении частоты падающего на металл света в два раза
одерживающее напряжение для фотоэлектронов увеличивается в
три раза. Частота первоначального падающего света VJ = 1,21015Гц.
Определите длину волны (в нанометрах) света, соответствующую
красной границе фотоэффекта для этого металла.
Решение:
Запишем уравнение Эйнштейна для каждого излучения. Уч¬
тем при этом, что максимальная кинетическая энергия вылетев¬
ших электронов Ек = тЮт2/2 равна eU3, где С/ - задерживающее
напряжение. Кроме того для красной границы фотоэффекта вы¬
полняется Ас/А = А, где Я - максимальная длина волны падаю-
щего света, при которой еще происходит фотоэффект. Решаем сис¬
тему уравнений относительно Хтах.
533
Физика: алгоритмы, задачи, решения
' hV=A +eU,
' 3hV = ЗА + 3eUi
II
h-2V = А+ e-3U.
\ he ,
Я Аш
v. max
2hV = А + 2eUj •
я =h£-.\
X -Щ-
тах А
\
1 А
X = he — = ^с = —
тах °'2 W V
Я - - * /О-7* » 500кл<.
*“ 1,2-10'Тц
Ответ: Я « 500нм.
A_hV
А- —
X -Щ-
т“ А
Задача 464.
В процессе фотоэффекта электроны, вырываемые с поверхности
металла излучением частотой Vt = 2-10,5Гц, полностью задержива¬
ются тормозящим полем при разности потенциалов U} = 7В, а при
частоте V2 - 3,93-10,5Гц - при разности потенциалов U2 = 15В. По
этим данным вычислите постоянную Планка.
Решение:
mV 2
Так как максимальная кинетическая энергия электронов Ек = ~
= eU}, где 1/з - напряжение задержки, то два уравнения Эйнштейна
для каждого излучения составят систему, из которой можно найти
постоянную Планка.
hV=A +eUr
hV= A +eU2.
h0/2-VI) = e(U2-Ul),
h-e(U:-U,)
V2 - V
1,6-10-'9 Кл (15 B-7B) _ 1,610-19 Кл-8 В
3,93-1015 Гц - 21015 Гц 1,93-1015 Гц
12,8-1 O’19 Дж
1,93-1015 с1
6,63-Ш34 Дж-с.
Ответ: h ~ 6,63-1 (У34 Дж-с.
534
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 465.
Сколько фотонов видимого сета излучает за 1 секунду 75-ватная лампа
накаливания, если считать, что в видимый свет переходит т] = 1/25 часть
потребляемой лампой энергии? Длину волны видимого света принять
равной Я = 5,5- Id7 м.
Решение:
А = Pt- работа тока в лампе за “t” секунд, t]Pt - энергия, преоб-
hc
разуемая в лампе в световую. Е = hV = — - энергия одного фотона.
Число излучаемых фотонов за "t" секунд лампой будет
N=^ = TiPt:h£ = 4£t*-
Е A he
Дано:
Р = 75 Вт,
t = 1 с,
7] = 0,04,
Я = 5,5-Ш7с.
N-?
рг _ 0,04 • 75Вт • 5,5-Ш7м ^ 16,510'7Дж-м
6,63-1 а34Дою с- 310s м/с 19,89-10-26Джм
~ 0,8-1 O'19 ~ 8-10'8 (фотонов в секунду).
Ответ: N ~ 8-1018 фотонов/секунду.
Задача 466.
Монохроматический источник излучает зеленый свет с длиной
волны Я = 5,3-10’7м. Определите число световых квантов, излучае¬
мых источником в секунду, если потребляемая мощность Р = 100 Вт,
а его КПД ц = 0,5%.
Решение:
Вывод общей формулы для нахождения числа "N” фотонов, из¬
лучаемых лампой за "t” секунд, аналогичен выводу, сделанному в
задаче № 465.
he
Вычислим при t = 1с.
535
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Дано:
х = 5,з-т7м,
Р = 100 Вт,
7] = 0,005,
t = 1 с,
h = 6,63-т34Дж-с,
с = 3108 м/с.
N-?
в 0,005 100Вт- 1с- 5,3- 10г7м
6,63-т34Дж-с ■ 310s м/с
и 0,5 Дж ■ 5,3-т7 м 2,65-т7 в
19,89- 1&26Джм 19,89-Ш26
~ 0,133-10,9~ 1,33-1018 (фотонов в секунду).
Ответ: N ~ 1,33-10'8 фотонов/секунду.
Задача 467.
Фотоэлемент облучается монохроматическим оранжевым светом
с длиной волны Я = 6-т7м. За некоторое время фотоэлемент погло¬
тил энергию W = т5 Дж. Найдите число поглощенных фотонов.
Решение:
Энергия фотона (кванта) излучения определяется формулой
he
Е = hV = — , где h = 6,63-т34Дж-с, с = 3-108м/с - скорость света в
Я
вакууме. Фотоэлемент поглотил энергию W = т5 Дж. Поэтому число
W he WX
поглощенных фотонов будет N = — = W-—
Е X he
Дано:
h = 6,63-т34 Дж-с,
с = 3-108 м/с,
я = б-т7м,
1¥=т3Дж.
N- ?
N -
т5Дж- &т7м б-т12джм ^
6,63-т34Джс - З-Шм/с 19,89-т26Джм
= 0,3-1014 ~ 3-10'3 (фотонов).
Ответ: N ~ 3-1013 фотонов.
Задача 468.
Человеческий глаз может воспринимать световой поток мощнос¬
тью Р = 2-т17 Вт. Какому это соответствует числу фотонов света с
длиной волны Я = 0,5 мкм, попадающих в глаз в одну секунду?
536
Раздел 6. Свет и другие излучения
Решение:
Энергия одного фотона (кванта) света равна E-hV =^ • Энергия, ко-
л
торую несет за “t” секунд световой поток мощностью Р, равна W = Pt.
Поэтому число фотонов, которое может воспринять человеческий таз за “t”
секунд будет N = ^- = 7^ = 7^- Вычислим число фотонов за 1 секунду.
Е he пс
Дано:
Я = 510т1 м,
Р - 21 (У17 Вт,
t = 1 с,
h = 6,63-НУ34 Дж-с,
с = 3- HP м/с.
2■ 1Q-'7 Вт - 1с- 5-1(У7м _ 1(У23 Джм
6,63- Ш34Дж с ■ 3-108 м/с 19,89- Ш26Джм
- ~ 50 (фотонов в секунду).
19,89-1 (Я26
N-?
Ответ: N ~ 50 фотонов/секунду.
Задача 469.
Определите энергию, массу и импульс фотона, соответствующего длине
волны Я = 434 нм {Ну- первая фиолетовая линия в спектре водорода).
Решение:
h с
Фотон имеет энергию Е = hV = —. Из формулы Эйнштейна
Е = тс2 находим т =
Е_= hc__ h_
с2 Яс2 Яс
Зная массу и скорость фотона (это
скорость света “с”), находим его импульср = тс =— с
Яс
h
Я
Дано:
h = 6,63- Ш34 Дж- с,
с = 3- HP м/с,
я = б-т7м,
W= Юг5 Дж.
Е 6,63-1(У34Джс- 3-HP м/с 19,89-1 O’26 Дж
4,34-1&7м 4,34-т7
- 4,58-1 а19 Дж.
6,63-ю34дж _ б,бзт34дж-с2 _
т 4,34- 1(У7м ■ 3-HP м/с 13,02- Юм2
= 5,09-10-36 кг.
_ 6,63-10~34Джс _ . in-:? ы.г /Кг-м,
Р 4,34- 1&7м ’ c~J'
Ответ: Е ~ 4,58-1&'9Дж\ т = 5,09-1 O'36 кг; р ~ 1,53-Ш27 Н с.
537
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 470.
Найдите изменение импульса металлической пластинки при вы¬
лете из нее одного электрона. Работа выхода А = 4,5 эВ, энергия
кванта света Е = 4,9 эВ (1 эВ = 1,6- 1(У'9Дж). Считать, что свет пада¬
ет на пластинку нормально, а фотоэлектрон вылетает перпендику¬
лярно пластинке.
Решение:
При фотоэффекте на металлическую пластинку падает квант света
с энергией E = hV и из нее же вылетает электрон. По закону сохране¬
ния импульса квант света предаст пластинке импульс Ар/ = тс. Так
Е
как т =— > то
= Ес=Е_,
7 с
0)
где с = 310s м/с скорость света,
Вылетевший фотоэлектрон еще дополнительно передаст пластинке
импульс
= mV„ , (2)
где т - масса фотоэлектрона, Vm - максимальная скорость фото¬
электрона. Скорость Vm найдем из уравнения Эйнштейна для фото¬
эффекта
Е = А + !^Ы,
mVn
= Е -А,
V т
По (2) импульс, переданный фотоэлектроном будет
4р, = т ^ = ^2т(Е - А)
Общее изменение импульса металлической пластинки при двух
указанных воздействиях будет
4р - Api + Др2 = — + \12т(Е - А)
538
Раздел 6. Свет и другие излучения
Для вычислений перейдем к единицам СИ.
Так как 1эВ = 1,6-10'19 Дж, то А = 4,51,610'19 Дж = 7,2,
Е = 4,9-1,61 (Г19 Дж = 7.8410-19 Дж.
Известно также, что с = 310s м/с, т = 9,11 (У31 кг.
Подстановка этих данных дает результат:
Ар = + ^2 9'11(г3‘кг <7'84 - 7,2)1(Г19Дж «
-2,6-1 O'27 KB'f'C +\J18,2 0,64- 1(У50Щ^ «
С ‘М СГ
« 2,61(У27— +\J 11,65-1(У50Щ?~
с v с
= 0,026-1(У25 — + 3,4-1 (У25 — - 3,426-НУ27 — (Н-с)
с с с
Импульс, передаваемый фотоэлектроном, в 100 раз примерно боль¬
ше импульса, передаваемого квантом света.
Задача 471.
Определите поверхностный скачок потенциала у золота, если ра¬
бота выхода электронов у золота равна Л = 7,34-НУ19 Дж.
Решение:
В результате вылета из металла наиболее быстрых электронов в металли¬
ческом проводнике образуется недостаток отрицательного заряда и его из¬
быток в окружающем пространстве. Проявляется это в очень тонном слое
(толщиной в несколько межатомных расстояний) вблизи поверхности про¬
водника. Считается, что поверхность металла представляет собой двойной
электрический слой (контактный слой), подобный весьма тонкому конден¬
сатору. Разность потенциалов, характеризующая электрическое поле двой-
j
ного слоя, называется поверхностным скачком потенциала А<р =—>
е
где А - работа выхода, е - модуль заряда электрона.
Следовательно, А<р ~ = 4,59 В.
1,6-lv Кл
Внутри металла и на его поверхности потенциал положителен и
равен Аф - 4,59 В. Электрическое поле вне двойного слоя отсутству¬
539
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ет, и потенциал вне металла за двойным слоем равен нулю. Говорят:
кусок металла электрически нейтрален.
Задача 472.
Металлический цинковый шар радиусом 10 см облучают ультра¬
фиолетовыми лучами с длиной волны Я = 3-Ш7 м. Определите уста¬
новившийся заряд “q ” шара, если работа выхода электрона с поверх¬
ности цинка А = 5,38-10~19 Дж.
Заряд на шаре будет установившимся, если самые быстрые элек¬
троны, покидающие поверхность шара вследствие фотоэффекта, воз¬
вратятся на шар под действием электростатического поля. При вы¬
лете электронов из металла заряд шара становится положительным,
шара. Потенциал (О выполняет роль задерживающего напряжения.
Максимальное значение кинетической энергии электронов будет
Решение:
R = W1 м- радиус
Дано:
Я = 3-Ш7 м,
А = 5,38-№9 Дж,
е = 1.610-19 Кл,
h = 6,63- Ю34Джс,
к = 9109 Нм2/Кл2,
тоэффекта получим
mVm2 he .
- ■■■ = — - А , получим
2 А
Используя уравнение Эйнштейна для фо
2 R
R = 10-' м,
с = 31 Дм/с.
q-?
~ 0,0694 10> Кл/ Дж - 1,25-Ш9Дж~ 0,0868-1(У >° Кл ~ 8.681&12 Кл.
Ответ: q ~ 8,68-1 O’12 Кл.
540
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 473.
При переходе электрона в атоме водорода с четвертой стационар¬
ной орбиты на вторую излучаются фотоны с энергией 4,091-Ш'9 Дж
(голубая линия водородного спектра). Определите длину волны, со¬
ответствующую этой линии спектра.
Решение:
Дано:
Е4-Е2 = 4,091-Ш19Дж,
h = 6,63Ш34Джс,
с = З-Ш м/с.
Я- ?
e4-e2 = w,
27 he
Е>-Г'
he
Я =
Е-Е.
j _ 6,63-Ш34Дж-с - 310sм/с _ 19,89- Ш26 Джм _ ^ g/i /л-7
4,091-1 O’19 Дж 4,0911 O'19 Дж ’ ' М'
Ответ: Я ~ 4,90- Ш7м.
Задача 474.
Определите длину волны излучения, поглощаемого атомом
водорода при переходе его электрона со второй стационарной орби¬
ты на четвертую, если энергия атома водорода в основном состоя¬
нии Е{ = -13,53 эВ, а энергия электрона на и-й орбите стационар¬
ного состояния определяется по формуле Е = Е /п
Дано:
п — 2,
к = 4,
Ei = -13,55эВ,
h = 6,63-1 (У34Джс,
с = 3-10sм/с,
1эВ = 1,6-1(Г19Дж.
Кп-?
СИ
Решение
hVm =ЕК-Ет
1
Kj
а
о°
Е =—>
к к2
■ИГ19
Е
7
11 II
he р /1 1 |
he _ Е,(п2 - к2),
Я*„
я*„ -
*v
hck?n2
Ej(n2 - к2)
541
Физика: алгоритмы, задачи, решения
- _ 6,63-1 (У34 Дою с- 3-10е м/с- 4-16 т 106,08м-12-1 (У7
-21,68Дою (4 - 16)-10-'9 21,68-12
Ответ: Хкл = 4,90- Ш7м.
4,90-Ш7м.
Задача 475.
Электрон в невозбужденном атоме водорода получил энергию Е =
12 эВ. На какой энергетический уровень он перешел? Сколько ли¬
ний можно будет обнаружить в спектре излучения при переходе элек¬
трона на более низкие энергетические уровни? Энергия основного
состояния Et = -13,5 эВ.
Дано:
EJ = -13,5 эВ,
Е = 12 эВ.
к-?
Е,+Е = ЕЬ
Е,+Е=^>
и _ Е, ,
Е,+Е
4
Е,+Е
Решение:
К энергии Ei основного уровня
прибавим полученную электроном
энергию Е ив результате электрон бу¬
дет иметь в к-ои возбужденном состоя¬
нии энергию Ек
Ei
к2
4
-13,5 эВ
13,5эВ + 12 эВ’
к ~3.
4
3
г
4
1st
Электрон перешел с первого основного энергетического уровня
на третий. При этом возможны три обратных перехода с излучением
(3—>2, 2—>1, 3—*1), поэтому в спектре излучения можно обнаружить
три линии. Одна из них, соответствующая переходу 3—>2, есть крас¬
ная линия На (X = 6,56-10 м), а две другие (2—>1, 3—>1) невидимые
линии из области ультрафиолета.
Ответ: к = 3.
542
Раздел 6. Свет и другие излучения
Задача 476.
При переходе электрона в атоме водорода с одной орбиты на дру¬
гую, более близкую к ядру, излучается фотон с энергией 3,0- 1С/19Дж.
Определите частоту излучения атома и длину волны излучаемого
света.
Дано:
Е = 3,0-1(Т19Дж,
с = 310s м/с,
h = 6,63 Дж с.
V„-?
Кп-?
Решение:
II
ы?
*
II
у 3 -Ю19 Дж
уя =£
кп б,бз-т34Дж-с
" h
» 0,4525- 1015с‘~ 4,525Гц.
с__ Е_,
Л _ 6,63-1034Дж с- 3-10s м/с
Хт h
Кп 3-Ш,9Дж
q _ he
Kn Е*
~6,63-1(Г7м.
Ответ: Vm~ 4,525 Гц. Хкп ~ 6,63-1 (У7м.
Задача 477.
Атом водорода при переходе из одного стационарного состоя¬
ния в другое испускает последовательно два кванта с длинами волн
X, = 40,51-Ш7 м и Х2 = 0,9725-Ш7м. Определите изменение энер¬
гии атома водорода в электрон-вольтах.
Решение:
Потеря энергии Е атома водорода равна излу¬
ченной им энергии:
Дано:
Х, = 40,51- 1(Т7 м,
Х2 = 0,9725-1(Г7м,
с = 3-108 м/с,
h - 6,63 Дж-с.
Е-?
E = E,+E2 = te + b£ = hc-d+h.
At] Л*2 At] At2
Е = hc-(-
Я/ + Х2
х,х2
-Л
р 6.63-Ю34Пж-с-3-Wm/cM,51+0.9725)-Ш7м
40,51-0,9725- 10-,4м2
18.89-41,4825-10-33Дж 825-10-!9Дж
39,4-1 От'4 39,4
лл л 1Л-19 тт 20,9-10~19 эВ | , п
* 20,9.10-19 Дж « 1 6.10-19 *13 эВ-
Ответ: Е ~ 13 эВ.
543
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 478.
Красная линия в спектре водорода, имеющая наибольшую длину
волны 656,58 нм, которая обозначена На, излучается при переходе
возбужденного атома с третьего энергетического уровня на второй.
Найдите длины волн еще четырех спектральных линий водорода из
так называемой серии Бальмера (Швейцария, 1985 год).
Решение:
Из формулы второго постулата Бора hVKn = Ek- Еш где к > п,
he _ ту А 1 v 77 _ Е,. ^ _ Ei
имеем — — так как ^п —“ “р*
Отсюда |£ = г>^-"гА
Кп Кп?
2 =— ^п2
Е,'е-п2
0)
Самая большая длина волны излучается
при к = 3, п = 2. Найдем
he /1S
постоянную , подставив в равенство (1)
•£/
численные значения к = 3, п = 2, ЯКП =
656,28нм = 6,5628-КГ7 м.
-7 hr 12-22
6,562810 м= |г-^7р-
6,5628.1б7м = ^- 7,2,
Ei
he т 6,5628-Ш7м д 0,9115-1 (Г7м. (2)
Е1 7,2
Теперь для вычисления длин волн всех
спектральных линий видимой части спектра
водорода имеем общую формулу. Учтем, что
для всех этих линий п = 2.
Хи = 0,9115- 10r7Mк=3,4,5,...(3)
Все линии видимой части спектра водо¬
рода излучаются при переходах с верхних (Ef
544
Раздел 6. Свет и другие излучения
Ef Е6,...) возбужденных энергетических уровней на второй Ef
используя полученную формулу (3), найдем длины волн спектраль¬
ных линий водорода.
к = 3. Красная линия На.
Х32 - 0,9115■ ia7M —= 0,9115■ ia7M ■ 7,2 » 6,5628■ 10г7м « 656,Знм.
к = 4. Голубая линия линия Щ.
Х42~0,9115-Ш7м- ‘^^■-0,9115-1 (к7м- 5,33-4,8613-Ш7м~ 486,1нм.
16-4
к = 5. Первая фиолетовая линия Нт
X52~0,911510r7Mj^=0,9U510r7M-4,76= 4,3405- №7м= 434,1нм.
к = 6. Вторая фиолетовая линия Нг
Х62« 0,9115-1 (Г7м 0,9115-1 (Г7м ■ 4,5- 4,1017- Ш7м~ 410,2нм.
36-4
Ответ: к = 3. Х32 ~ 656,Знм.
к - 4. Х42 ~ 486,1нм.
к = 5. Х52 ~ 434,1нм.
к = 6. Х62 ~410,2нм.
Задача 479.
Цинковую пластинку (работа выхода из цинка Авых = 6,4-№19 Дж)
освещают монохроматическим светом с длиной волны, соответ¬
ствующей переходу электрона в атоме водорода между уровнями с
энергией Wj = -13,55 эВ и Wk = - 0,33 эВ. Определите, на какое мак¬
симальное расстояние от пластинки может удалиться фотоэлектрон,
если вне ее имеется задерживающее (то есть возвращающее электро¬
ны обратно к металлу) однородное электрическое поле напряженно¬
стью Е = 10 В/см.
Решение:
Излученный свет имеет энергию Wk- Wj и частоту hV, поэтому
Wk-Wj = hV
Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффекта
Wk-Wl = mV2/2+A'HX, (1)
545
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Где mV2/2 - максимальная кинетическая энергия фотоэлектро¬
нов. Поле тормозит электрон и возвращает его к металлу. Поэтому
кинетическая энергия равна работе поля по торможению электрона
mV2
Ар =~y~ = eEd на расстоянии d. (2)
Объединяя уравнения (1) и (2), получаем:
Wk-W, = eEd + Авых,
eEd=Wk-W,-Aeta>
4-Wk-W,-AtKX
еЕ
Дано:
Авш = 6,41 а'9 Дж,
W, = -13,55 эВ,
Wk = - 0,33 эВ,
е = Е&КГ’9 Кл,
Е = 10 В/см.
d-?
СИ
-21,68-ИГ19Дж,
-0,528- т19Дж,
10/В/м =103Н/Кл.
, -0,528-1O'19Дж-(-21,68-10-’9Дж)-6,4-10г’9
1,6-1 (Г,9Кл-1 &Н/Кл
Д21,152-6,4)-Ш’9Дж 14,752 „
1,6-1 (Г’9Кл-10’Н/Кл 1,6-103 9,22
Ответ: фотоэлектрон может удалиться от пластинки цинка на
9,22мм.
Задача 480.
При бомбардировке электронами атомы ртути переходят в возбуж¬
денное состояние, если энергия электронов равна 4,9 эВ или превышает
это значение. Рассчитайте длину волны света, испускаемого атомом рту¬
ти при переходе из первого возбужденного состояния в нормальное.
Дано: Решение:
Е = 4 9эВ, 7,84-ИГ’9Дж
h = 6,63-ИГ34Дж-с,
с = 3-108м/с. Используем связь между энергией фотона и
Я - ? частотой Е = hV,
546
Раздел 6. Свет и другие излучении
Е
Отсюда V =—■
п
Так как Я =-^, то Я = Ф~.
V Е
, _ 3-1 (Ум/с-6,63-10~34Дж-м _ 19,89-1 (У26Джм _ С37 1М
Л 7,84- 10~‘9Дж 7,84-1(У,9Дж '
Ответ: Я ~ 2,537-Ш7м.
Задача 481.
Протон, летящий горизонтально со скоростью У = 4,6-10 м/с, стал¬
кивается с неподвижным свободным ядром гелия. После удара про¬
тон отскакивает назад со скоростью V/2, а атом переходит в возбуж¬
денное состояние. Вычислите длину волны света, который излучает
атом гелия, возвращаясь в первоначальное состояние.
Решение:
Обозначения:
т = 1,67-1 (У27кг - масса протона;
У = 4,6-104 м/с - скорость протона;
М = 6,65-1 (У27кг ~ 4 а.е.м. - масса атома гелия;
и - скорость атома гелия после столкновения;
М 6,65-1 (У27кг . f
т 1,67-1 O'27кг
Атом гелия, получив энергию Е, переходит в возбужденное состо¬
яние, кроме возбуждения, он от толчка начнет двигаться со скорос¬
тью “и ", получив импульс Ми.
Запишем для системы “протон-атом” гелия законы сохранения
импульса и энергии:
ту = .™3/+Ми,
mV2 _ т(У2/2)2 + Ми2 , р
2 2 2
Г
<
mV2 _ т/У2^)2 | Ми2 + ~
2 8 2
547
Физика: алгоритмы, задачи, решения
_ЗтУ
“ 2М
ЗтУ2 _ Ми2 + р,
.82
Отсюда Е =
ЗтУ2 Ят2!)2
8 ' 8М
г ЗтУ _ М ^mVj + £
2 2 ' 2М/
, ЗтУ2 _ М 9т2У2 , ^
3mV _
1~"ЯГ Е
ЗтУ2,, Зт) _ ЗтУ2 М-Зт
8 " Аг 8 М '
Возвращаясь в первоначальное состояние, атом излучает квант
света, энергия которого равна энергии возбуждения.
E = hV = (2)
Из (1) и (2) следует
he _ ЗтУ2 М-Зт
Я 8 ' М ‘
л _ 8hcM _ 8hc
3ml)2 (М - Зт) ЗтУ2(1 - Зт/М)
Учитывая, что ^ = т-, имеем:
М 4
т _ 32hc
ЗтУ2'
, _ 32-6,63-1034До/с с ■ 310s м/с в 212,16-1(Г26Дж-м
3-1,67-1 (У27 кг (4,6-104 м/с)2 1,67-КТ27 кг ■ 21,1610s м2/с2
212,16м , «л-7
~35MW61<tM-
Ответ: Я = 61 )7 м
Задача 482.
Длина волны оранжевой линии в спектре гелия равна Хд = 5,88- W7 м.
При излучении спектра далекой звезды обнаружено смещение
этой линии к красному концу спектра на расстояние, соответствую¬
щее изменению длины волны на А Я= 1,18-Ш‘° м. Приближается к
нам или удаляется от нас эта звезда и с какой скоростью?
548
Раздел 6. Свет и другие излучении
Решение:
Пусть длина волны упоминаемой линии при наблюдении. Гак как
линия при наблюдении смещается к красному концу спектра, то по
принципу Доплера-Физо звезда от нас удаляется. Обозначим: Я - лу¬
чевая скорость звезды.
Я = Яо (1 + —), где с - скорость света.
ах = -х ,
с 0
Я-Я
о
v =
АХ-
Дано:
АХ= 1,18-10-'° м,
Хо = 5,88-1 (Г7 м,
с = 3- 10sм/с.
V-?
« 1,18-1Q'° м - З-ltf м/с 3,54-1 (У2м/с
5,88-1 (У7 м 5,88-1 (У7
~ 0,610s м/с - 60-10/ м/с ~ 60 км/с.
Ответ: Звезда удаляется со скоростью 60 км/с.
Задача 483.
Максимальный уровень энергии при возбуждении атомов в рубино¬
вом лазере достигается при поглощении световых волн длиной 560 нм,
лазер при этом генерирует световые волны длиной 694 нм. Определить
разность энергетических уровней атома между состоянием возбуждения
и состоянием излучения. Ответ выразить в электронвольтах и в джоулях.
Решение:
AE=£h.ch. = ch(±.±) =£К\: V
к к к к к-к
,г И&м/с 6.6310“Джс (6.94-5,6Н0’м
wTswv ■
19,89-1,34- 1033Джм2 26,65- Ю19 Дж
38,86-10“м2 38,86
= 0,686-1Or'9 Дж = 0,429 эВ.
Ответ: разность энергетических уровней
в рубиновом лазере 0,429 эВ.
Дано:
Х„ = 5,6-1 O'7 м,
Хи = 6,94-1 O'7 м,
h = 6,63- 1(У34 Джс,
с = 3-106'м/с.
АЕ = Еп-Еи-?
549
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 484.
Рубиновый лазер излучает в импульсе N = 2-10'9 световых кван¬
тов с длиной волны Я = 6,94-1 (У7 м. Чему равна средняя мощность
вспышки лазера, если ее длительность t = 2-1 (У3 с?
Решение:
За время "t” вспышки рубиновый лазер излучает N квантов. Энер
he
гия каждого кванта Е = —. Поэтому средняя мощность Рср, вспыш-
А
xrr, Nhc
ки есть отношение энергии всех квантов NE = —г— ко времени вспыш-
А
ки "Г.
р =Hh<L
ср Xt
Дано:
N = 2-1019,
Я = 6,94-1 (У7 м,
h = 6,63 -1 (У34 Дою с,
с = 3-10^ м/с,
t = 2-1 (У3 с.
Р -?
л ср.
р 2-10'9 • 6,63-КУ34 Джс - 3-10* м/с
ср' 6,94-1 (У7 м- 2-1 (У3
« = 2,87-103 Вт « 2,87 кВт.
Ответ: Рср, ~ 2,87 кВт.
Задача 485.
Гелий - неоновый лазер, работающий в непрерывном режиме, дает
излучение монохроматического света с длиной волны Я = 630 нм,
развивая мощность Р = 40 мВт. Сколько фотонов излучает лазер за
одну секунду?
Решение:
Е =^Р--энергия одного фотона.
W = Pt- вся энергия, излучаемая лазером за время t.
Число фотонов, излученных за время t будет:
N=K = pt:h£-=ZQ.
Е Я he
550
Раздел 6. Свет и другие и гнучгиии
Дано:
р =
4-КГ2 Вт,
я =
6,3-1 (Г7 м,
h =
6,63-1а34Джс,
с =
З-Kf м/с,
t =
1 с.
N-
?
4-КГ2Вт-1 с-6,3-107 м
6,63-1(Г34Джс -3-10s м/с
8,4-Ю9 Джм
6,631 (Г26 Дж-м
1,27-1017 фотонов.
Ответ: N ~ 1,27-1017 фотонов.
Задача 486.
Участок стены площадью S = 1 м2 освещается светом с длиной
волны Я = 3,31- 107м. Все попадающее излучение полностью погло¬
щается, конкретно - ежесекундно поглощается N = 1024 с1 квантов
света. Каково давление, оказываемое светом на стену? Свет падает
перпендикулярно поверхности стены.
Решение:
Давление света с квантовой точки зрения на поверхность стены
является результатом того, что при столкновении с поверхностью
- , „ hV h —
каждый фотон передает ей свои импульс — = -г-. Так как все излуче-
с Я
ние поглощается, то давление света на поверхность численно равно
импульсу, который передают за 1 секунду все У фотонов, падающих
на единицу поверхности.
АТ h с Nh
И Я XS
lO24^1- 6,63-1034 Джс ш
3,31-ia7M -l м2
2-103 Н/м2 - 2-103 Па =2мПа.
551
Раздел 7. АТОМНОЕ ЯДРО
7.1. Комментарий
Сравнительно небольшой по объему настоящий раздел тем не
менее весьма важен по значению в программе изучения физики. Дело
в том, что подавляющая часть задач всех предыдущих разделов отно¬
сится, к так называемой, классической физике, опирающейся на стан¬
дартный принцип причинности, убеждение в возможности описа¬
ния поведения физической системы с любой степенью точности с
использованием любого необходимого набора параметров и перемен¬
ных, четкого и неизменного деления физических объектов на тела и
поля.
Физика 20 столетия разрушила многие иллюзии классической
физики, не подвергая сомнению истинность ее законов, а указав
лишь границы применимости ее принципов и методов. Новая, со¬
временная физика, уже не абсолютизирует деления физических объек¬
тов на тела (частицы) и поля (волны), а последовательно реализует
принцип корпускулярно-волнового дуализма. Оказалось, что в мик¬
ромире масса, основная характеристика вещества, может превра¬
щаться в энергию, главную характеристику поля, возможны про¬
цессы аннигиляции (исчезновения) и рождения частиц и квантов поля
и многое другое.
Задачи, вошедшие в настоящий раздел, лишь приоткрывают заве¬
су таинственных свойств микромира и возможностей их использова¬
ния в технике.
7.2. Теоретическая подготовка. Опорные элементы.
7.2.1. Определения и формулировки: атомное ядро; протон; ней¬
трон; ядерные силы; изотопы; дефект массы; энергия связи ядра;
удельная энергия связи; ядерная реакция; ядерная реакция распада;
ядерная реакция синтеза; радиоактивность; закон радиоактивности;
а, Д у- излучения; период полураспада; постоянная радиоактивного
распада; камера Вильсона; счетчик Гейгера; толстослойные фото-
552
Раздел 7. Атомное ядро
пластинки; цепные реакции; ядерный реактор; термоядерная реак¬
ция; радиоактивное облучение;
7.2.2. Формулы: связь массы и энергии; дефект массы; энергия
связи ядра; удельная энергия связи; закон радиоактивного распада;
уравнения основных ядерных реакций.
7.2.3. Графики: график радирактивного распада.
7.2.4. Единицы: постоянная радиоактивного распада; система
атомных единиц.
7.3. Методические рекомендации
При решении задач следует уделить внимание особенностям при¬
менения хорошо знакомых законов сохранения импульса и энергии
к ядерным процессам. Эти особенности состоят в необходимости учета
энергии, выделившейся в виде излучения, в существовании дефек¬
та массы ядра как источнике потенциальной энергии связи нукло¬
нов, необходимости преодоления энергетического порога для начала
ядерной реакции. Непривычной может оказаться необходимость учи¬
тывать импульс фотона-частицы, не обладающей массой покоя.
Задача 487.
В камере Вильсона, помещенной в однородное магнитное поле с
индукцией В = 1,5 Тл, альфа-частица, влетая перпендикулярно на¬
правлению поля, оставляет след в виде дуги окружности радиусом
R = 2,7м. Найдите импульс и кинетическую энергию частицы. Мас¬
са альфа-частицы m = 6,7-1 O'27 кг, ее заряд q = 3,2-1019 Кл.
Решение:
Сила Лоренца F = qVB, действующая на альфа-частицу в магнит¬
ном поле, играет роль центростремительной силы
F
цс■ R
F =F ,
Л ц.с.
фВ=?!£
R
а)
553
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Если сократим это равенство “V” и умножим на "R”, то получим
формулу для импульса частицы
р = mV = qBR. (2)
Из (2) можно найти скорость альфа-частицы
V=^~- (3)
т
Если в равенстве (1) умножим обе части на "R " и разделим на
“2 ”, то получим формулу для кинетической энергии альфа-частицы:
Е - mV2 - <lVBR
* 2 2
Воспользовавшись (3) исключим в правой части этого равенства
скорость “V”
К ~ (qBR)2
* 2т
(4)
Дано: Р'
В = 1,5 Тл,
R- 2,7м, '
m = 6,7-1 (У27кг, £
q = 3,2-1 (У'9Кл. *
р = mV - ?
Е - mV2 ?
* 2
3,2- 1(У19Кл- 1,5Тл-2,7м =
4,8А-С-Н/(А-м)-2,7-1(У19м -
12,96-1 (У,9кг-м/с ~ 1,3-1 (У,8кг-м/с.
(3,2- 1(У'9Кл- 1,5Тл-2,7м)2 _
2-6,71 (У27кг
(12,96- 1(У,9Кл-Тл-м)2
13.4- 1 (У27кг
168-1 (У38Кл2- Тл2-м2 m п „ ,п_пА2с2Н2м2
13.4- 1 (У27кг ’ А2м2кг
= 1,25- КУ'0 - 1,25-1(У'0Дж.
с4кг
Ответ: р ~ 1,3-1 (У,8кг-м/с. Ек - 1,25-1 (У'°Дж.
Задача 488.
а - частица, пролетая мимо первоначально покоившегося ядра
химического элемента с массовым числом, равным 12, потеряла 20%
своей скорости. На какой угол /3 отклонилась а - частица?
Решение:
Пусть “т ” - масса а - частицы, “V” - ее начальная скорость, тогда
импульс частицы до столкновения с ядром будет “mV” После стол-
554
Раздел 7. Атомное ядро
т
кновения скорость ее
будет V' = V - 0,2V =
0,8V, а импульс
“0,8mV”
Oi
Начальный импульс
как оно покоится. Так
как масса ядра М = 12
а.е.м., а масса а - час¬
тицы т = 4 а.е.м., то
М= Зт. Обозначим че¬
рез “и" скорость ядра
после столкновения,
тогда после столкновения ядро получит импульс Ми = Зти.
Запишем закон сохранения энергии для частицы и ядра
mV2 _ т(0,8У)2 ^ Зти2
V2 = 0,64V2 + Зи2,
0,36V2 = Зи2,
и =\f0j2V.
Теперь импульс ядра можно записать так Ми = Зти = 3V 0,12mV.
Запишем закон сохранения импульса в проекциях на оси Ох и Оу.
Г mV = 0,8mVcosfl + 3\/0,12 mVcosq), (2)
\ 0 = 0,8mVsinfi - 3 40,12 mVsirup,
Сокращаем на “mV”.
Г 1 = 0,8cosf3 + 3^0,12 coscp,
\ 0 = 0,8sinf3 - 3 40,12 sin(p,
Из второго уравнения выразим сначала sin (р через sin /3, а затем
cos (р через sin (3
3 40,12sin(p =0,8 sin/3, (3)
3 40,12- 'J1 - cos2(p = 0,8 sinf3,
9-0,12(1 - cos2(p) = 0,64 sin2P,
1.08 - 1,08 cos2(p = 0,64 sin2f3,
1.08 cos2(p = 1,08 - 0,64 sin2f3,
2
2
2 ’
555
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Подставим это выражение для cos ф в первое уравнение (2).
1 = 0,8cosp + 3 \fOJ2 \/1 sin2/3,
V 1,08
1 - 0,8cos р =\/l,08 - 0,64sin2p,
(1 - 0,8cosfi)2 = 1,08 - 0,64sin2P,
1 - l,6cosP + 0,64cos2p = 1,08 - 0,64(1 - cos2P),
l,6cosp = 0,56,
cosP =^= 0,35,
p = arccos0,35 = 69°30'
Дополнительно найдем угол, который составляет вектор скорости
и ядра после столкновения с первоначальным направлением скорос¬
ти а - частицы.
Из уравнения (3) имеем:
sin ф ~
0,8sin Q 0,8sin 69°30'
3\T0j2 30,3464
°^7-0,7211.
1,0392
(p - arcsin 0,7211 - 46°9'
<p = 46°9'
Ответ: P = 69°30' <p ~ 46°9'
Задача 489.
Альфа-частица после столкновения с неподвижным ядром ге¬
лия движется в направлении, образующим угол jв = 30° с первона¬
чальным направлением. Определите угол, под которым разлетают¬
ся частицы после столкновения, и отношение их кинетических энер¬
гий.
556
Раздел 7. Атомное ядро
»
7Г
^—
«С
%
Решение:
Неподвижное ядро гелия есть тоже
альфа-частица. Значит, сталкивающие¬
ся частицы имеют одинаковую массу
“т ”. Обозначения:
р = mV - импульс летящей «-части¬
цы.
= mVj - импульс той же частицы, изменившей направление.
р2 = mV2 - импульс (сначала покоившегося) ядра гелия, получив¬
шего скорость.
Построим треугольник импульсов. По
теореме косинусов
Р2 = Р2 + Р2 - 2pp2cos8. (1)
Но из закона сохранения энергии для
этого треугольника получается теорема
Пифагора:
(mV)2 = (mV)2 + (mV/
2т 2т 2т
Р2 = Р2 + Р2- (2)
Из (1) и (2) следует: cos8 = 0, угол 8 = 900 и угол у= 90°.
При упругом столкновении двух частиц одинаковой массы, одна
из которых покоится, угол разлета составляет 90°,
Далее запишем уравнение закона сохранения импульса в проек¬
циях на оси координат, одна из которых параллельна начальной ско¬
рости V, другая перпендикулярна.
Г mV = mVpos/3 + mVposrp,
\ 0 = mV^infi - mV sirup.
Из второго уравнения найдем зависимость между скоростями после
столкновения. Учтем при этом, что /3 = 30°, (р = 900 - 30° = 60°.
Vpinf5 = V sirup,
Vsin30° = V sin60°,
Уа_ЯзУя Я
2 2
Va=sf3V,
557
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Найдем отношение кинетических энергий после столкновения
Eg _ тУа2 . тУя2 _ Уа2 _ (уЩ)2 _ ,
Ея 2 2 Я2 Я2
Ответ: S = 9СР, Ес/Ея — 3.
Задача 490.
Точечный источник альфа-частиц испускает их во все стороны
равномерно. На расстоянии 10 см от источника расположили фото¬
пластинку размером 20x20 см и за 10 секунд экспозиции на ней ока¬
залось 200 следов от попавших частиц. Сколько всего частиц испус¬
кает источник за час?
Решение:
Точка, в которой находится источник, расположена удачно: она
находится в центре куба, одной из граней которого является фото¬
пластинка. Это означает, что за 10 секунд источник испустил 6-200
= 1200 частиц. Тогда за один час он испустит N = 1200-3600/10 =
432000 частиц. Однако этот ответ не вполне точен. Дело в том, что
при радиоактивном распаде частицы испускаются хаотически, так
что наш ответ носит оценочный характер.
Задача 491.
Как давно был построен древний корабль, если при исследовании
его деревянных остатков установлено, что активность радиоактив¬
ного изотопа углерода14 f. в них к настоящему времени уменьшилась
на 29,3%. Период полураспада углерода14f, равен 5700 лет.
Решение:
Первый способ решения.
Если первоначально было Ng распадов в секунду, а к настоящему
времени стало N распадов, тогда
No'N= 0,293,
N0-N = 0,293N„
N = N/l - 0,293) = 0,707Nff
558
Раздел 7. Атомное ядро
Получается, что активность в настоящее время составляет 70,7%
от первоначальной.
Воспользуемся законом радиоактивного распада
2** = N= °’707No = 0,707,
Nn
1
7-,гт = (—— У
(0,707J ’
2’>п = 1,414-',
2* = (\П)-',
2-л = 2-м t
t = 1/2Т
t ~ 1/2 5700лет ~2850лет.
Второй способ решения.
Прологарифмировав равенство
2* = -J7 = 0,707,
No
получим lg2 = IgO, 707,
T lg0,707 _ T(l,8494) _ Т(- 0,1506) _ с fT
lg2 ' 0,3010 ‘ 0,3010 ’ '
t = 0,5Т
t = 0,5-5700 лет ~ 2850 лет.
Ответ: t« 2850 лет.
Задача 492.
Имеется 8 кг радиоактивного цезия ,37S5Cs. Определить массу не-
распавшегося цезия после 135 лет радиоактивного распада, если
период полураспада его равен 27 годам.
Решение:
Если в начальной массе цезия “тд" число атомов равно N0, а в
массе т их число равно N и масса вещества прямо пропорциональна
т N
числу атомов в этом веществе, то — =—•
то No
Применим закон радиоактивного распада.
559
Физика: алгоритмы, задачи, решения
— = — = 2
N
= — = rtrr
тп
т =
Дано:
т
8кг2'135/27 « 8-2'5 « 8-1/25 « 8кг/32 « 0,25кг.
т0 = 8кг,
t = 135 лет,
Т = 7 лет.
т - ?
И после 135 лет все еще останется 250 г радиоак¬
тивного цезия, и он все еще опасен.
Ответ: т ~ 0,25кг.
Задача 493.
Ампула с радиоактивным препаратом24;fifa (период полураспада
Т= 15 ч) охлаждается потоком воздуха. В начале опыта воздух нагре¬
вается на AtQ = 2°С. Через какое время охлаждающий ампулу воздух
будет нагреваться на At} = 1,8°С?
Нач ало
ОПЫТА
Прошло
время t
Решение:
Изотоп 24jjNa при радиоактивном
распаде выделяет энергию. Воздух, об¬
дувая ампулу, забирает от нее энергию
и сам нагревается. Поэтому температу¬
ра обдувающего воздуха выше темпе¬
ратуры окружающего воздуха. Измене¬
ние температуры воздуха пропорцио¬
нально скорости радиоактивного рас¬
пада. В начале температура воздуха,
нагретого от ампулы на At0 = 2°С выше окружающего. По истечении
некоторого времени t активность изотопа натрия уменьшится. От¬
бирающему теплоту воздуху будет доставаться меньше энергии, и
разность температур нагретого и окружающего воздуха уменьшит¬
ся до Atj = 1,8°С.
Применим закон радиоативного распада.
N _ At] _ 2-trr
К аГ0 ’
560
Раздел 7. Атомное ядро
Подставляем данные условия задачи.
/ - 154 log2fy - 15ч-log21,111 ш - /5ч-|
«15ч-0,15 ~ 2,25ч ~2ч 15мин.
Ответ: t = 2ч 15мин.
0458
ЗОЮ
Задача 494.
В результате серии последовательных радиоактивных распадов
изотоп урана23892Uпревращается в стабильный изотоп свинца Ш82РЬ.
Сколько а- распадов и сколько /3- распадов при этом происходит?
Решение:
_ _ М М-4 4
По правилу смещения Содди при а-распаде X —> Y + Не,
м
м
при /3- распаде^Z+,Y + е.
С ураном-238 происходят и те и другие распады. Пусть всего про¬
изошло "к” а-распадов и “р ” (3-распадов.
Объединим формулы Содди в одну.
М М-4к 4к О
7Х-> rn Y +,.Не + е.
Z Z-2k+p 2к -р
238 238-4к 4к О
U-> РЬ+Не+е.
92 92-2к+р 2к -р
Так как результатом всех превращений является стабильный изо¬
топ свинца с атомной массой 206 и зарядом 82, то можно составить
два уравнения: одно для масс, другое для зарядов. Решая такую сис¬
тему уравнений найдем "к” и "р”
Дано:
М = 238,
М-4к = 206,
Z = 92,
Z-2k+p = 82.
к-?р-?
19 Заказ № 1509
Г 238 - 4к = 206, Г-4к = -32, Г к = 8,
\92-2к+р = 82.\-2к+р = -10. \р=2к-10.
к = 8, Г к = 8,
р = 2-8 - 10. I р = 6.
Ответ: при превращении 23892U в свинец mS2Pb
происходит восемь а-распадов и шесть /3-распадов.
561
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 495.
Удельная энергия связи гелия Есдуд = 7 МэВ/нук. Найдите мини¬
мальную энергию гамма-кванта (в мегаэлектровольтах), способного
разделить это ядро на 4 свободных нуклона.
Решение:
Энергия связи ядра равна работе, которую необходимо затра¬
тить, чтобы разделить ядро на отдельные нуклоны. Энергия связи
равна той энергии, которая выделится при образовании ядра из
отдельных частиц. Численно энергия связи может быть подсчитана
при помощи соотношения Эйнштейна
Есвуд = Атс2, где Ат - дефект масс,
Ат = Zm + Nm - М.
р п я
Удельной энергией связи называют энергию связи, приходящую¬
ся на один нуклон ядра. Если удельная энергия связи ядра гелия
Е , = 7 МэВ/нук, то полная Е =7 МэВ/нук ■ 4 нук = 28 МэВ.
св.уд. у 7 св.уд. у у
Минимальная энергия гамма-кванта, способная разделить ядро
гелия на 4 свободных нуклона, должна быть не меньше 28 МэВ.
£ . =4 Е =28 МэВ.
у пип св.уд.
Ответ: Е =28 МэВ.
утт
Задача 496.
Считая радиус атомного ядра равным R = 1,2-1 (У15А1/3 м, ще А - мас¬
совое число, определите плотность ядерного вещества, выраженную в
числе нуклонов в 1м3 и в кг/м3. Масса нуклона т = 1,671(У27 кг/нук.
Какова будет масса 1 см3 вещества, состоящего из одних ядер?
Решение:
Задачу рассмотрим на примере изотопа теллура 12552Те, стоящего в
середине таблицы Менделеева, а из массового числа этого изотопа
(А = 125) точно извлекается кубичный корень А1/3 = 5. Формула для
радиуса ядра поэтому упрощается R = 1,2'10~15 А1/Зм = 1,2-1(У]5-5м =
61015м.
Объем ядра сферической формы будет
V = i UR3; V « 4-3-1ф21610~45м3 „ 904-1(У45м3.
3 3
562
Раздел 7. Атомное ядро
Так как в ядре теллура N = 125 нуклонов, то в 1м3 нуклонов будет
-о.ттЩ-изюЩ.
V ОНА- JM-*
V 90410-45м3 mj м-
Зная массу одного нуклона т0 =1,67- 10~27кг/нук, найдем плотность
вещества ядра в кг/м3.
р » т~; р « 1.6710-27—- 1,38-10“®? ~2,310'7Ц-
0 V нук м3 м3
Масса 1см3 вещества ядра будет в 106 раз меньше.
т<см1) .МЖж
-2,310" В,-
СМ3
10бсм3
Ответ: N/V~ 1,38-1044нук/м3. р ~2,31017 кг/м3, т ~ 2,3 10й кг/см3.
Задача 497.
Ядро распадается на два осколка массами mJ = 31(У25кг и т2 = Ш25кг
определите скорости осколков ядра, если их суммарная кинетичес¬
кая энергия W = & 1 (У11 Дж. До распада ядро покоилось.
Решение:
Ясно, что осколки ядер разлетаются вдоль одной прямой в проти¬
воположные стороны. Ведь до распада ядро покоилось, импульс его
был равен нулю, и осколков было два. Запишем закон сохранения
импульса и закон сохранения энергии.
О = m1VJ + m2Vr
W = тр2 + m2V2
V=-HlV„
J т2 1
ff = mPl + mPl
W = mPi +
m.
l
T
•("Piy
m.
w = т№>2 + m2tni2Vi2 _ m/Oi2 + mi2Vi2 _ m/Di2+ m.
2 2m2 2 2m2 2 m2
_ miVi2 (mi + m2)
2 m2
w - miVi2 (mi + m2)
2 m2
OTCawV-i^^
Подставим значение Vj в первое уравнение.
19*
563
Физика; алгоритмы, задачи, решения
v=.mv=.jn.J.
2 тг тп, V /
2Wm2
г 4
, ...г . mi(mi + т2)
10-“Дж-1б^кг [ШЧГм
3- 10~25кг-4- 1(У25кг V 10~50 кг
Ш'Дж-ЗПРЧг
2Wm,
mi(mi + т2)
- \Jio"
кг м м _ jq7^L.
с2-кг с
10-25кг41(У25кг
л19'£7м т \1910'4^ т 3-м7—-
V 10~50кг Ус2 с
Ответ: V,
107м/с. V2 =3107м/с.
Задача 498.
Радиус первой орбиты электрона в атоме водорода гу = 5,3-10" м.
Найдите напряженность электрического поля ядра на этом расстоя¬
нии и кинетическую энергию электрона на этой орбите. Заряд элек¬
трона е = 1,6-Ш19 Кл. Электрическая постоянная £0= 8,85-К/'2 Ф/м.
Решение:
Электрон в атоме водорода (по Ре¬
зерфорду) вращается вокруг прото¬
на на расстоянии гг Заряды их про¬
тивоположны по знаку и равны по
модулю е = 1,6-10г19 Кл. Сила взаи¬
модействия протона с электроном со¬
гласно закону Кулона для вакуума
i_.il.
2
= к ^- =
4TZ£0 г;
Напряженность электрического поля, создаваемого ядром на рас¬
стоянии Tj равна
е
е
4П£/,2
О)
V2
Центростремительное ускорение— электрону сообщает та же
кулоновская сила. Поэтому-
mV,2 _ е
4ПЕЛ
.Умножив обе части этого
г.
равенства на — найдем кинетическую энергию электрона на первой
564
Раздел 7. Атомное ядро
орбите атома водорода.
mV2 _ е2
2 4пг0г/
W =-
(2)
Дано:
г, = 5,310" м,
е = 1,6-1 O'19 Кл,
г = 8,8510-'2 Ф/м.
Е-? W-?
1,6-Ш19 Кл
4-3,14-8,85- 10-,2Ф/м- (5,3-10-"м)2
0,410-!9Кл
27,79- 10-,2Кл/(Вм)-28,09- Ш22м2
- « 5,121(У10!5В/м « 5,12-10"В/м.
780,61O'34м
w_ (1,6-Ш'9 Кл)2
8-3,14-8,85-10-'2Ф/м-5,310-"м
2.56-Ш38 Кл2 2,56-10-38 Кл2
222,3- 5,3- 10-23Ф 1178-1 O’23Кл/Ф
= 2,17-10-3-10-15Кл-В - 2,17-Ш18Дж »13,56 эВ.
Ответ: Е ~ 5,12-10"В/м. W~ 13,56 эВ.
Задача 499.
Найти наименьшую энергию у-кванта, необходимую для осуще¬
ствления следующей реакции:
2 I 1
+ у —> + п,
Так как масса нейтрального атома
дейтерия равна 2,01410 а.е.м., а масса
электрона те = 0,00055 а.е.м., то мас¬
са ядра дейтерия будет
Мя = 2,01410 - 0,00055 а.е.м. =
2,01355 а.е.м.
Дефект масс при распаде ядра бу¬
дет:
Ш = т +т - М = 1,00728 + 1,00866 - 2,01355 = 0,00239 а.е.м.
р п Я
Дано:
тр = 1,00728 а.е.м.,
тп = 1,00866 а.е.м.,
Мя = 2,01410 - 0,00055 =
= 2,01355 а.е.м.
Е . - ?
у пип
Дефект масс соответствует величине энергии связи Е .
Е = Ш-с2.
се
565
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Энергия, соответствующая одной атомной единице массы равна
931,5 МэВ, поэтому Eymin = 931,5 МэВ - 0,00239 = 2,2 МэВ.
Другое решение:
В задаче надо ответить на вопрос: какова должна быть минималь¬
ная энергия у-кванта, чтобы он был способен разделить ядро дейте¬
рия на свободные нуклоны. Эта энергия должна быть не меньше энер¬
гии связи ядра
Е >Е .
Г— се
Согласно кривой удельной энергии связи (учебник “Физика-11 ”
1991г, стр. 203) для ядра дейтерия Еудсв = 1,1 МэВ/нук.
Ядро дейтерия состоит из двух нуклонов и его энергия связи рав¬
на Еа = 1,1 МэВ/нук • 2 ну к = 2,2 МэВ.
Энергия у-кванта должна быть не меньше этой энергии.
Е . =2,2 МэВ.
утих
Ответ: Е . = 2,2 МэВ.
Задача 500.
Определите энергию, которая выделяется при делении одного
ядра урана 23592U, если при делении всех ядер, содержащихся в уране
массой т = 1 г, выделяется энергия Е = 8,210'° Дж. Число Авогадро
Na = 6,021023 моль.
Дано:
т = 1 г = Ш3кг,
М = 235-1(У3 кг/молъ,
Na = 6,02-1023 моль ',
Е = 8,2-10'° Дж.
1яд
. ?
Решение:
Сколько атомов столько же в них и ядер
урана-235. Найдем число атомов в 1 г, энер¬
гию Е разделим на число ядер N.
N = VN. =^т-
А М
Е - Е-ЕМ
,яд N m-NA
р 8,2- 10'°Дж-235-Ш'кг/моль 1931-107Дж ,п.»гт
ш 10-3кг- 6,02-1023моль-' 6,02-Ю20 ДЖ
= 3,2- 10г"Дж « 2- 10?эВ ~ 200- 10/эВ = 200МэВ.
Ответ: Еш ~ 200МэВ.
566
Раздел 7. Атомное ядро
Задача 501.
Атомный реактор приводит в действие турбогенератор мощнос¬
тью Р = 2- 10s Вт. Определите КПД турбогенератора, если в течение
суток расход 23592U составляет т = 0,54 кг, а при делении одного
ядра этого элемента выделяется энергия, равная в среднем ЛЕ = 3,2.
10" Дж.
Решение:
м
- число ядер 23592U, разделившихся в среднем за сутки.
Е =
тИлАЕ
М
энергия, выделяющаяся в ядерном реакторе за сутки.
р _ тЫлАЕ- мощность ядерного реактора, отдаваемая турбоге
реак Mt нератору.
т?=-
PMt
mNAAE
- КПД турбогенератора.
реак
Дано:
Р = 210s Вт,
М = 235- Ш3кг/моль,
t = 1 сут = 86400 с,
т = 0,54 кг,
Na = 6,02-1023моль1,
АЕ = 3,2-Ш"Дж.
П
. ?
Ч-
2- 108Вт-23510'3кг/моль-86400с
0,54 кг- 6,02■ 1023моль1 ■ 3,2-10-"Дж ‘
406105105
10,4- 10п
~ 39-Ш2 ~ 0,39 » 39%.
Ответ: 7] ~ 39%.
Задача 502.
Определите электрическую мощность атомной электростанции,
расходующей в сутки т = 220 г урана 23392Uи имеющей КПД 7] = 25%,
если известно, что при делении одного атомного ядра урана-235
выделяется энергия, в среднем равная АЕ = 3,2-1&" Дж. Результат
представьте в мегаваттах. Постоянная Авогадро NA = 6,02-1023 моль1.
Решение:
N = - число ядер 23592U, разделяющихся в среднем за сутки.
567
Физика: алгоритмы, задачи, решения
g _ ttiNaAE - энергия, выделяющаяся в ядерном реакторе АЭС за
М сутки.
тпМ AF
.Piij([ = —— мощность ядерного реактора.
р = р п = ЦтЫлАЕ
АЭС реак • ^
Дано:
h = 25% = 0,25.
т = 0,22 кг.
Na = 6,02-1023моль1',
АЕ = 3,21 а11 Дж,
М = 235• 10'3кг/молъ,
t = 1 сут = 86400 с.
Р - ?
1 АЭС
р 0,25• 0,22кг • 6.0210233,2- Ш'Дж
АЭС 235-ШЫг/моль-86400 с
0,055• 19,264• 1 ОпДж ___ - куз/Тж -
203,04105- 10-3с ’ Д
~ 52,2- КРВт ~ 52 МВт.
Ответ: РАЭС ~ 52 МВт.
Задача 503. 224
В ядерной реакции Н + Н —у ре + у образуется медленно
движущаяся, по сравнению со скоростью света , а- частица и квант
света ус энергией Е = 19,7 МэВ. Пренебрегая скоростями вступаю¬
щих в реакцию ядер, найдите скорость образовавшейся а-частицы.
Энергия покоя а-частицы принять равной тр = 3730 МэВ.
Решение:
Еу = hV - энергия у-кванта. Из соотношения Е = тс2 найдем
массу у-кванта т = Щ-
у сг с2
Импульс у кванта будет р = т.с = ■
У У С2
Обозначим: та- масса а-частицы.
V а- скорость а-частицы.
Из закона сохранения импульса 0 = mj)a+р^имеем:
v = - 2i= !*■
“ т„ тс2
а а
Знак минус говорит о том, что а-частица и уквант имеют проти¬
568
Раздел 7. Атомное ядро
воположно направленные скорости.
Известно:
Еу= 19,7 МэВ = 19,7-1,610-'3 Дж,
тс2 = 3730 МэВ = 3730-1,6 Ш13 Дж.
V = 19> 7'lr f 7 ^"Дж-3-10* м/с т о о158 J О* м/с «1,58106м/с «
° 3730-1,6 т,3Дж
- 1580 км/с.
Ответ: V ~ 1580 км/с.
а
Задача 504. 2 з 4 i
Термоядерная реакция Н + Не —>2Не + идете выделением
энергии Е] = 18,4МэВ (кинетическая энергия образовавшихся частиц
на величину Е1 больше кинетической энергии исходных). Какая энер¬
гия выделяется в реакции ^Не +Не —>^Не + 2 р если дефект масс
ядра 3Д1е на Ат = 0,006 а.е.м. больше, чем у ядра 2 jHl Одной
атомной единице массы (а.е.м.) соответствует энергия 931,5 МэВ,
1 а.е.м. = 1,6610'27 кг.
Решение:
Так как в указанных реакциях дефект масс до реакции отли¬
чается только у изотопов 32Не и 2tH, и этот дефект масс известен
Ат = 0,006 а.е.м., то во второй реакции выделяется энергия
Е2 = Е, - Ат е2.
Докажем это равенство подробнее. В левых частях соотношений,
записанных для реакций в условии задачи совершается работа по
разделению ядер на свободные нуклоны, и поэтому энергия погло¬
щается, а в правых частях (после стрелки) - из отдельных частиц
(протонов и нейтронов) образуется ядро 4Д1е и остаются еще лиш¬
ние свободные протоны. (Свободные протоны не выделяют, а уно¬
сят часть выделенной энергии из Et или Е2 в виде кинетической).
При образовании ядра 42Не энергия выделяется, причем ее выделяет¬
ся больше, чем поглощалось при разделении ядер слева: в первой реак¬
ции на величину^, во второй -на величину^. (Е: vlE2vl представля¬
ют ту энергию, про которую говорят, что “она выделяется при реак¬
ции”). Запишем энергетические соотношения для обеих реакций.
569
Физика: алгоритмы, задачи, решения
EJfl) + EJfle) - EJ-fle) - Е,,
EJfle) + EJfle) - EJffle) - Er
EjPfle) - EJ>fi) + Лж>.
Подставим во второе уравнение выражение для Е С Ре)-
EJfl) + EJfle) = EJfle) - Е,
EJfl) + zW + EJfle) = EJfle) - Er
Вычтем из второго соотношения первое.
Лтс2= -Е2- (-Е).
Е2 = Е; - Ате2.
Известно:
Е, = 18,4 МэВ,
1 эВ = 1,61 O'19Дж,
Ат = 0,006 а.е.м.,
с = 3108 м/с.
е2-?
СИ
29,44-10/10~,9Дж = 29,44-1O'13Дж.
0,006-1,66-Ш27кг = 9,96-10-30кг.
Е2 = 29,44- 10,3Дж - 9,96-10'30кг-(3- 10/м/с)2 =
= 29,44-1&,3Дж - 9,96-10-30кг-910,6м2/с2 =
- 29,44- 10-,3Дж - 89,64- И/14Дж =
= (29,44 - 8,964)-10-,3Дж = 20,476-10-,3Дж =
= 12,8-106эВ = 12,8 МэВ
Ответ: Е2 = 12,8 МэВ
Задача 505.
3 Орредерить ^энергетический выход ядерной реакции
2^2+Р 2^е + Р> если энергия связи у ядер атомов изотопа гелия
4ре равна 28,3 МэВ, у ядер атомов изотопов гелия 32Не - 7,7МэВ, у
ядер атомов трития 3ГН- 8,5 МэВ и ядер атомов дейтерия2(Н- 2,2МэВ
Решение:
Дано:
EJfle) = 7,7 МэВ,
EJ4 fle) =28,3 МэВ,
Ejp) = 8,5 МэВ,
EJP) = 2,2 МэВ.
АЕ- ?
AE=EJ4pe) + Ejp) - Ejpe) - Ejp).
АЕ = 28, ЗМэВ+2,2МэВ - 8,5МэВ - 7,7МэВ =
= 14,3 МэВ.
Ответ: АЕ = 14,3 МэВ.
570
Раздел 7. Атомное ядро
Задача 506.
2 3 4 I
В результате термоядерной реакции Н + Н —> Не + п выделя-
ется энергия. Какую часть выделившейся энергии уносит нейтрон?
Кинетической энергией ядер дейтерия и трития пренебречь. Разли¬
чием масс нейтрона и протона пренебречь.
Решение:
Выделившаяся в результате данной термоядерной реакции энер¬
гия Е представляет собой кинетическую энергию разлетающихся
а- частиц Еа и нейтрона Еп. При этом соблюдается закон сохране¬
ния импульса и закон сохранения энергии.
<
0 = т V + т V , Г
а а п п?
Р _ таУд2 + т„Уп2
2 2 \
Е _ ШпУп + тп2Ул2 _
2та 2
V = - ЛЬр.
а т п
а
г _ Шс^пУп ,
Е~~2^~ +
а
WlnUtj*/ 1 _|_ j\
2 та
тпУп
2
_ т„У„2(та +1)
2та
Это вся выделившаяся энергия.
А энергия нейтрона равна Еп
т„У„2
2
Найдем их отношение.
Еп _ т„У„2. тпУп(та +1) _ та
Е 2 2та та +1
Масса а-частицы примерно равна 4 а.е.м.,
мерно равна 1 а.е.м. (та = 4, тп = 1).
Еп _ 4
Е 4+1
масса нейтрона при-
Еп = 0,8Е.
Ответ: нейтрон уносит примерно 80% всей выделившейся в
реакции энергии.
Задача 507.
При осуществлении термоядерной реакции синтеза ядра гелия из ядер
изотопов водорода (дейтерия и трития) по схеме 2 ц + н 4це + ' п
11 2 0
571
Физика: алгоритмы, задачи, решения
освобождается энергия 17,6МэВ. Какая энергия освободится при син¬
тезе 1г гелия? Сколько каменного утя потребовалось бы сжечь для
получения такой же энергии?
Решение:
Для нахождения энергии, выделяющейся при синтезе 1 г гелия,
нужно умножить энергетический выход АЕ ядерной реакции на чис¬
ло осуществленных реакций, равное числу синтезированных ядер
гелия N в 1 г.
Е = N-AE.
Число ядер гелия равно N =
тИл
М '
Для освободившейся из 7 г гелия энергии получаем:
г- _ ТПг Ыл.ЛЕ
Е—
Дано:
тг = 10~3 кг,
Na = 6,02' 1 (Е3моль‘,
М = 4-10~3кг/моль,
АЕ = 17,6 МэВ =
= 28,16-10-‘3Дж,
1 эВ = 1,6-10-19Дж.
Е-?
_ 1 (У3 кг-6,02- Ш3молъш,-28,16- 1&13Дж
4-1 (У3 кг/моль
- 42,38- 10,0Дж ~ 4,24-10“Дж.
Удельная теплота сгорания каменного
угля q = 2,9-106 Дж/кг, количество теплоты при сгорании т2 кг
каменного угля выделится Q = qmr По условию задачи
Q = E,
qm2 = Е,
т2 ~ 4,24-10“Дж — 0,146-105кг ~ 1,5- 104кг —15- 103кг = 15 тонн.
Ответ: при осуществлении реакции синтеза 1 г гелия (из дейте¬
рия и трития) выделяется столько же энергии, сколько выделяется
при сжигании 15 тонн каменного угля.
572
Раздел 7. Атомное ядро
Задача 508.
Радон 222SfJtn - это а-радиоактивный газ. Какую долю полной энер¬
гии, освобождаемой при распаде радона уносит а-частица? До рас¬
пада ядро считать покоившимся.
Решение:
_ 222 218 4
Схема реакции Rn —> Ро + Не.
_ 86 86 2
Запишем закон сохранения импульса и закон сохранения энергии
0 = т У + mV,
£ _ ТПдУа2 + ШяУя
у =. аь у .
Я тя “
£ _ таУд2 + тяУя2.
С - таУа2 та2Уа2 _ таУа2„
^ 2 +~2т Т°
л та, _ таУа2 та + тя
т 2 т
mV2
Кинетическая энергия а-частицы Еа = —•
Еа _ ШаУд . ШаУд та +тя у _ тя
Е 2 2 тя та + тя
Дано:
тя = 222 а. еж. t
nfig = 4а.е.м.
Ед _ ?
Еа 222
Е 222 + 4
= 0,98 = 98%.
Ответ: а-частица уносит 98% освобождае¬
мой при распаде энергии.
Задача 509. 2 з 4 i
Реакцию синтеза дейтерия и трития Н + Н —> Не + Qn изу¬
чают, направляя ускоренные до энергии ЕД = 2 МэВ ионы дейтерия
на тритиевую мишень. Детектор регистрирует нейтроны, вылетаю¬
щие перпендикулярно к направлению пучка дейтронов. Определите
энергию регистрируемых нейтронов, если в реакции выделяется энер¬
гия Е = 17,6 МэВ.
Решение:
В данном случае начальный импульс отличен от нуля, и кроме
того, после реакции нейтрон и а-частица летят в разных направле-
573
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ниях. Значит, импульсы частиц нужно склады¬
вать как векторы, а закон сохранения импульса
надо записать в векторной форме
или
Ра =Рп +Р*
Так как/Гх/Г, то по теореме Пифагора
Ра2=Рп "+Рд- (!)
По закону сохранения энергий Еп+ Еа~ Ед + Е
(2)
Р* +.
Ра =
2т 2т
= ЕД + Е
Из уравнений (1) и (2) находим:
Ра2=Рп+Рд>
Pl+LL=E +Е.
2т 2т д
(maVa)2 = (mV)2 + (mJJ)2,
Е + + (mnVf= f + E.
" 2m 2m д
E +ШЛЕ„+—E = E „ + Е.
тт-
m
m
E (1 + !*1)=е„(1+2л)+Е.
n *V» Д 1ЛЛ '
m„
j) та + m^n __ £ _j_ £ > ma тд
/и
д
E =.
a
ma
m
ma + m„
(E + En - ma~ m«)
д m
Дано:
«о = 4 а.е.м.,
m„ = 1 а.е.м.,
тд = 2 а.е.м.,
Е = 17,6МэВ,
Ед = 2 МеВ.
Е
Е - ?
-Д-- (17,6МэВ + • 2МэВ) »
у • (17, бМэВ + J ■ 2МэВ) •
j■ 18,6МэВ = 14,9 МэВ.
Ответ: Еп ~ 14,9 МэВ.
574
Раздел 7. Атомное ядро
,е
т~
<-е
'Ж
с
+i а » Задача 510.
При аннигиляции медленно движущихся
электрона и позитрона образуются два гам¬
ма-кванта. Под каким углом друг к другу они
разлетаются? Какова частота возникшего из¬
лучения?
Решение:
В рассматриваемом процессе *'0е + ''0е 2/выполняются законы
сохранения импульса и энергии. Поскольку начальные скорости час¬
тиц малы, то по закону сохранения импульса получим
0
V i = V2.
При этом очевидно, что угол разлета равен 180°, ибо только в
этом случае суммарный импульс частиц после взаимодействия мо¬
жет быть равен нулю. (Л/с - постоянная).
Теперь запишем закон сохранения энергии:
2ШС2 = hVI + hV2, откуда, учитывая, что Vi = V2 = V, найдем
2ШС2 = 2hV,
у = ™£^.
h
Дано:
т = 9,11 (У31 кг,
с = 3-Wm/c,
Л = 6,63-1 (У34 Дою с.
V-?
г ЯЛ-Ш^кгЯ-Ю'Ы2/^
6,63-1 (У34Дою с
= 1,235-КУДц.
12,35-10'Тц *
Ответ: при аннигиляции электрона и по¬
зитрона образуются два гамма-кванта часто¬
той V ~ 1,235-1(Р0Гц и разлетаются в проти¬
воположные стороны.
Задача 511.
Летевшая со скоростью V = 0,8 с нейтральная частица распадает¬
ся на два фотона, движущихся затем в противоположных направле¬
ниях. Каково отношение частот этих квантов?
575
Физика: алгоритмы, задачи, решения
__ Т Решение:
0“> Так как частица летела со скоростью,
близкой к скорости света, то импульс и
~ 'Ч/'Ч/ЛЛЛ^ энергию частицы записываем в специ-
u>Vz альной форме. Релятивистский импульс
тела с массой покоя т0, движущегося со скоростью У, вычисляется
по формуле
тУ тоУ
Р \Jl - У2/с2 \!1-У2/с2'
Полная энергия тела массой покоя т0 вычисляется по формуле
Е = тс2 =-
то
.7 _ тос2
sTTWl?
VI - У2/с2
Согласно закону сохранения импульса, начальный импульс час¬
тицы равен сумме проекций импульсов фотонов на первоначальное
направление движения частицы:
т0У hV, hVj
VTVW c ‘ с ’
А по закону сохранения энергии полная энергия частицы равна
суммарной энергии квантов:
mtp2 _ _ + ^у
VI - У2/с2 ' Т
Решаем систему уравнений относительно частот
<
171/V _ Hi/1 hi/2
\/1 - V2/c? с с
= hV + hV
\h - y2/c2 1 r
У = 0,8c.
0,8moc _ hVi W2
■ ■ ■ — — - >
0,6 с c
$-".'"r
Складываем почленно
верхнее и нижнее
уравнения.
хе
0,8трс _ hV1 hV2
VI - 0,64с2/с2 с с
, т<£2 — = ы/ +hV .
„ VI - 0,64с2/с2 1 2
-т0с = hV, - hV,
J т0с = hVl - hV2.
Вычитаем из нижнего уравнения
верхнее.
1/Зтх2 = 2hV2
и »
576
Раздел 7. Атомное ядро
Зтх2 = 2hV 1
Зтос2
V = тос2
2 6h
2h
Отношение частот
У, _ Зтос2 . трс2 _ д
2h
6h
Задача 512.
При распаде нейтральной частицы образовались два фотона, дви¬
жущихся под углами at = 300 и а2 = 60° к первоначальному направле¬
нию движения частицы. Какова ее скорость?
f\^ Решение:
Закон сохранения им-
N пульса запишем в проекци-
ях на горизонтальную и вер-
Ш1Г тикальную оси
тпрУ ИУ1
h У2
О = ^-2 since.
НУ 2 .
sina2.
(2)
Закон сохранения энергии имеет вид
+ hy
У 1 - Wc2 1 г
(3)
Из уравнения (2) с учетом того, что sin 30° = 1/2 и sin 60° = \U/2
получим
НУ/ _ НУгУТ
2с 2с ’
У,-ЯЗУГ
Учитывая, что cos 60° = 1/2 и sin 30° = V3/2, подставим Уt =УТУ2.
в уравнение (1) и (3)
тпоО _ УЗ ИУ2УТ , hV2 _ 2hV2 f moVc
УПШ с 2 +~2с ~
I yf-t/c2^hV‘ + W = hV№ + 1}-
ynw/c* 2hV2> (4)
jJ^=hy2m+l).{ 5)
577
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Делим уравнение (4) на уравнение (5).
V _ 2
с VT+1
V =
2с
ЯТ+ 1
2с
2с
1,73 + 1 2,73
Ответ: V - 0,73с.
« 0,73с.
Задача 513.
После Чернобьшьской аварии было установлено, что если на тер¬
ритории экспозиционная доза радиации составит X = 5 мР/ч (при
этом человек получает эквивалентную дозу Н= 10 бэр/год), то насе¬
ление с этой территории эвакуируется.
Известно, что средняя доза облучения, накапливаемая человеком за
год составляет 500 мбэр/год. Из них естественный радиационный фон
составляет 220 мбэр/год, радионуклиды в стройматериалах и воздухе
помещений дают 140 мбэр/год, рентгенодиагностика -140 мбэр/год.
Сколько процентов составляет доза рентгенодиагностики от дозы
общего естественного фона? Во сколько раз радиоактивная доза в
зоне эвакуации превышает дозу естественного фона?
Решение:
Обозначения:
Н = 10 бэр/год - доза радиации в зоне эвакуации,
Нф = 500мбэр/год - доза получаемая человеком в год, нормальный
естественный фон,
Нр = 140 мбэр/год - средняя эквивалентная доза, получаемая при
рентгенодиагностике.
% , mjggp'?» .0,28.28%.
Нф 500• 1 O'3 бэр/год
Н _ 10 бэр/год _
Нф 5001O'3 бэр/год
Ответ: доза, получаемая при рентгенодиагностике составляет 28%
от общего естественного фона, а радиация в зоне эвакуации населе-
578
Раздел 7. Атомное ядро
ния в 20 раз превышает радиацию естественного фона.
Задача 514.
В 1907 году М. Склодовская-Кюри подарила Парижскому радие¬
вому институту 1 г радия. Сколько радия осталось в 1997 году от
подаренного количества? Период полураспада радия 1600 лет.
Решение:
Поскольку масса изотопа пропорциональна числу его атомов, то
закон радиоактивного распада можно записать так т - т0-2
t/T
Дано:
т0 = 1г,
t = 1997 - 1907 = 90 лет,
Т = 1600 лет.
т
А-?
?А0-?
<■9/160
т = 1 г ■ 2
lgm = -0,01693,
т
— j д-0,01693 —
1
1,0398
= 0,96 г.
В настоящее время от подарка М. Склодовской-Кюри осталось 0,96 г
радия.
Активностью А радионуклида называют скорость распада, то
есть число ядер, распавшихся за 1 секунду. Активность пропорцио¬
нальна количеству нераспавшихся ядер, чем больше масса радио¬
нуклида, тем больше распадов в единицу времени.
А т
Ао то
(1)
Единица активности в системе СИ-Беккерель:
1Бк = 1 распад/с.
Активность радия измеряется в кюри:
А0 = 1 Ки = 3,710'° расп./с = 3,710'°Бк.
Такова активность 1 г радия. Сама единица активности пошла от
активности 1 г радия.
Из (1) следует:
. т .
А = — А
т0
579
Физика: алгоритмы, задачи, решения
A ■ 3,710‘°Бк = 0,96-3,7- 10,0Бк.
1 г
А ~ 0,96Ки = 3,55-1010Бк.
Ответ: сначала активность “подарка” была
А0 = 1 Ки = 3,7- 10,0Бк,
через 90 лет активность уменьшилась и стала
А = 0,96 Ки = 3,55-1010Бк.
Задача 515.
Определите период полураспада радона, если за t = 1 сутки из
Ng = 106 атомов распадается AN = 165800 атомов.
Решение:
По условию за 24 часа из Ng = 106 атомов распалось AN = 1,658• 10s
атомов. Следовательно не распавшихся атомов через 24 часа оста¬
лось N = Ng- AN. Применяем закон радиоактивного распада
N
”.о
Nn
■=2
t/r
AN _ 2-trr
Яо
N„
N„ - AN
= 2-‘/г,
lg
N
Nn
T =
- tlg2
AN T
—«g 2
lg-
N„
(N0-AN)
Дано:
t = 24 ч,
N0 = Warn,
AN = 1,658-10sam.
T- ?
T=-
24ч-lg 2 244-lg 2
W , 10 ~
lg-
lg lo6- 1,658 10s 8,342
24ч-0,3010 7,334ч Л, „ ,
* igum 'дШт2-91-77у-3-S24^-
Ответ: Т ~ 3,824 суток.
580
Разделе. ЗАДАЧИ-ПРОБЛЕМЫ
Особое место, роль и значение настоящего раздела было уже от¬
мечено в начале пособия. Попытаемся теперь дать этим соображени¬
ям более развернутое и фундаментальное обоснование.
Изучение любого явления может быть построено как комплекс
взаимосвязанных задач, решение каждой из которых создает условие
для решения остальных. Сложность, однако, состоит в том, что ре¬
альные явления происходят независимо и совсем не предназначены
для изучения. Мир не подсказывает нам текстов задач. Задачи долж¬
ны формулировать мы сами.
Освоение общих подходов к постановке и решению задач - про¬
блем не входит, строго говоря, в требования школьной программы по
физике. Но, как показывает опыт одного из автора пособия, оно ока¬
зывается весьма полезным как для решения стандартных учебных
задач (Разделы 1-7 настоящего пособия), так и соответствует разви¬
тию аналитического мышления и навыков творческой деятельности.
Общие подходы к решению физических задач - проблем как систе¬
ма общих ориентиров самостоятельной деятельности педагогов и уча¬
щихся на каждом этапе опираются на некоторые фундаментальные
понятия. Большая часть этих понятий используется как при изуче¬
нии физической теории, так и при решении стандартных учебных
задач. Однако задачи - проблемы требуют осознания общих и специ¬
фических сторон этих понятий.
1. Физическое явление - то, что происходит в реальном мире с
физическим объектом (физической системой) в некоторых условиях.
2. Структура физического явления включает три взаимосвязан¬
ных компонента: объект (систему объектов), условия, процесс.
3. Физическая система - совокупность физических объектов. Даже
один физический объект составляет физическую систему. Объектом
будет считаться то, что существует вне нас, привлекает наше внима¬
ние, на что направлена наша исследовательская деятельность.
581
Физика: алгоритмы, задачи, решения
4. Условия - обстановка, в которой физическая система (объект)
реализует некий процесс (участвует в процессе).
5. Процесс, ход, развитие, изменение состояния физической сис¬
темы (объекта) в некоторых условиях.
6. Физические величины - величины, характеризующие свойства
физических объектов, условий, процессов и позволяющие иденти¬
фицировать, воспроизвести и исчерпывающе (в научном смысле)
описать и исследовать физическое явление.
7. Состояние физической системы (объекта) характеризуется зна¬
чениями физических величин (их полным, исчерпывающим набором)
в данных условиях в конкретный момент времени.
8. Объекты, образующие физическую систему, условия, в которых
система существует, взаимосвязаны между собой. Эта всеобщая вза¬
имосвязь проявляется, в их взаимодействии. Характер взаимодей¬
ствий наряду с свойствами объектов и характером условий и опреде¬
ляет как состояние системы, так и изменения этого состояния (харак¬
тер процесса).
9. Величины, характеризующие физические объекты, условия, про¬
цессы, также взаимосвязаны. Необходимая и устойчивая связь или за¬
висимость между физическими величинами отражается в физическом
законе. В каждом физическом законе следует, кроме его смысла, четко
осознавать границы применимости и метод применения закона.
10. Совокупность ограничений, при выполнении которых физи¬
ческий закон остаётся верным, называют границами применимости
закона. (Например: второй закон Ньютона в форме F = та справед¬
лив при выполнении следующих условий:
- движение тела рассматривается в инерциальной системе отсчета;
- в качестве физической модели тела используется материальная точка;
- масса тела постоянна;
- скорость движения тела много меньше скорости света в вакууме.
При нарушении хотя бы одного из этих условий второй закон Нью¬
тона в записанной выше форме применять нельзя
11. Для каждого физического закона существует метод (алгоритм)
его применения, позволяющий учесть особенности физической сис¬
582
Раздел 8. Задачи-проблемы
темы, условий и процесса. (Примеры таких алгоритмов вы найдете в
предыдущих разделах пособия).
Важнейшей особенностью задач, рассмотренных в предыдущих
разделах (как и всех учебных задач) является то, что они уже идеали¬
зированы. Авторы задачников, формулируя условия задач, уже вве¬
ли множество дополнительных предположений, упрощающих зада¬
чу: идеализирован объект (физическая система), условия в которых
она находится, процесс, происходящий с объектом. Необходимость
идеализации объясняется тем, что реальные явления настолько слож¬
ны и взаимосвязаны, что их исследование с учетом всех сторон, вза¬
имосвязей и взаимодействий представляется непреодолимые трудно¬
сти. Поэтому обоснованная идеализация конкретных физических за¬
дач, проблем является важнейшей чертой физики, необходимым ус¬
ловием успеха, одной из главных целей физического образования.
Упрощающие условия и ограничения иногда прямо формулиру¬
ется в самой задаче, но чаще они в скрытом или неявном виде. В
задачах - проблемах, которым посвящен настоящий раздел, эти упро¬
щающие “подсказки” вообще отсутствуют: создание идеализирован¬
ной модели явления (объекта, условий, процесса), задачи становит¬
ся, тем самым, первым этапом её решения.
Рассмотрим прямые и неявные ограничения и упрощения, позволя¬
ющие сформулировать (и решить) идеализированную учебную задачу.
Пример. Снаряд выпущен из орудия углом а = 450 к горизонту с
начальной скоростью V = 600м/с. Найти дальность полёта снаря¬
да. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Анализ условия показывает, что задача сформулирована для моде¬
ли объекта (снаряда), модели условий движений, модели процесса.
Таким образом, мы имеем дело с идеализированной учебной зада¬
чей. Покажем это:
- одно упрощение явно указано в условии задачи - сопротивлени¬
ем воздуха пренебречь (идеализация условия).
Остальные ограничения и упрощения содержатся в задаче в неяв¬
ном виде:
- орудие считается расположенным на Земле (условие),
583
Физика: алгоритмы, задачи, решения
- не учитывается движение Земли вокруг Солнца (процесс);
- не учитывается вращение Земли вокруг собственной оси (процесс);
- предполагается, что вектор ускорения свободного падения ~g в
любой точке траектории снаряда имеет одно и то же направление
(условие);
- снаряд принимается за материальную точку (объект).
Эти ограничения существенно упрощают задачу, в чем легко убе¬
диться, отказавшись даже от одного из упрощений. Если учитывать
все, снять все ограничения и упрощения, то даже приведенная выше
задача окажется крайне сложной.
Внимание! Представляется весьма полезным и поучительным для
читателя вернуться ещё раз к задачам, рассмотренным в предыду¬
щих разделах пособия, и проанализировать их так, как это сдела¬
но в приведенном выше примере.
Мы же сосредоточим внимание на задачах-проблемах (неидеали¬
зированных, недоставленных задачах). По-видимому, единого мето¬
да (алгоритма) проведения идеализации задачи не существует: “на¬
правление” идеализации данной задачи определяется главной целью
исследования явления. В зависимости от формулировки цели одни
факторы становятся существенными, другие - несущественными. Ста¬
новится ясным чем именно можно пренебречь, какие наложить огра¬
ничения и пр. И даже после завершения идеализации задачи, пере¬
формулировки условия можно реализовать лишь один из возможных
подходов, получить одно из возможных решений, физическая досто¬
верность которых определяется глубиной анализа явления, обосно¬
ванностью и сбалансированностью (по глубине и точности) модели
объекта (системы), условий, процесса.
Итак, имеем задачу-проблему. Необходимо провести идеализацию
задачи, поставить её, учитывая существенные стороны явления (объек¬
та-системы, условий, процесса). Предлагается следующий порядок -
последовательность действий:
1. Определить границы объекта (физической системы), выяснить
какие тела необходимо рассматривать как элементы системы, а какие -
будут считаться внешними.
584
Раздел 8. Задачи-проблемы
2. Проанализировать свойства объекта, его составных элементов.
3. Изучить условия, в которых происходит явление, их влияние на
поведение объектов, протекание процессов.
4. Выявить процессы, возможные в данной системе в данных ус¬
ловиях.
5. Вновь вернуться к началу идеализации и провести классифика¬
цию свойств объектов, степени влияния условий, важности процессов,
разделив их на: определяющие, существенные, несущественные.
6. Отбрасывая несущественные, учитывая существенные (возмож¬
но, приближенно), опираясь на определяющие свойства и факторы,
произвести синтез, “компоновку” идеализированного явления (физи¬
ческой модели) и сформулировать условие идеализированной задачи.
Сформулирована задача корректно или нет, можно выяснить лишь
после получения общего решения. Если это решение окажется вер¬
ным и физически обоснованным, то можно попытаться усложнить
(обобщить) подход к проблеме, учитывая некоторые ранее не учиты¬
вавшиеся свойства и характеристики объектов, условий и процессов.
Прекрасным примером таких задач-проблем являются задачи Физи¬
ческих турниров - интеллектуальных соревнований учащихся старших
классов, которые проходили в 80-х годах в СССР и привлекали очень
большое внимание учащихся, творчески работающих учителей, препо¬
давателей вузов, научных работников. Одному из авторов (Игропуло
В.С.) посчастливилось работать в оргкомитете и в жюри последних Все¬
союзных ТЮФов. Эти турниры привлекали не только необычными за¬
дачами, публиковавшимися регулярно в журнале “Квант”, но и органи¬
зацией, формой проведения соревнований. Несмотря на то, что в масш¬
табе России такие турниры сейчас не проводятся, на местах они продол¬
жаются: так в г. Ставрополе Малая академия наук Городского Дворца
творчества и Ставропольский государственный университет организу¬
ют турниры ежегодно, число команд участников превышает 15.
Рамки пособия и его цели не позволяют обсуждать систему органи¬
зации и проведения ТЮФ. Поэтому мы сосредоточим внимание на
самих задачах-проблемах, способах идеализации их условий, последу¬
ющем решением, показав этот процесс на конкретных примерах.
585
Физика: алгоритмы, задачи, решения
Задача 1.
Существует поговорка “выше головы не прыгнешь!”, однако пры¬
гуны в высоту с успехом это делают. Какими, по вашему мнению,
будут мировые рекорды в прыжках в высоту (без шеста и с шестом) в
2000году.
Решение (г. Ставрополь, СШ №6, 11 “г”класс).
Для решения этой задачи рассмотрим как прыгают спортсмены.
Центр масс их тела вначале опускается, а затем поднимается на опре¬
деленную высоту. Проанализируем один медленно выполняемый пры¬
жок. Прыжок с места. Измерим расстояние, на которое опускается
центр тяжести спортсмена перед прыжком (d = 0,3м). Это расстоя¬
ние, на котором мышцы ног производят работу во время прыжка.
Выполняемая работа равна:
А =F d, где F - сила мышц.
Теперь измерим высоту А, на которую спортсмен поднимает свой
центр масс при прыжке. Работа, выполняемая спортсменом при прыжке
равна: А = mg(d + h%
(h'= 0,8м при прыжке в высоту с места).
Мышечная сила, необходимая для данного прыжка:
F = mg(Jt' + d)/h' = mg(l + h'/d).
При прыжке в высоту с разбега прыгун должен поднять свое тело
так, чтобы преодолеть горизонтальную перекладину. Проанализиру¬
ем с энергетических позиций один рекордный прыжок. Рассмотрим
ту высоту на которую спортсмен поднимает свой центр тяжести при
прыжке.
Планка расположена на высоте А;. Известно, что центр масс тела
человека обычно расположен на высоте приблизительно 1 мот пола.
В данном прыжке, чтобы преодолеть планку, спортсмен использовал
технику переката, при этом подымая свой центр масс над планкой на
высоту h2. Следовательно, общая высота, на которую прыгун должен
поднять свой центр масс, равна:
h = hj + h2- 1м.
Анализируя прыжки, в высоту с места, мы выяснили, что спорт¬
смен силой мышц ног может поднять свой центр масс приблизитель¬
но на высоту hy Оставшиеся метры он должен преодолеть за счет
586
Раздел 8. Задачи-проблемы
разбега: кинетическая энергия горизонтального разбега должна пе¬
рейти в потенциальную энергию подъема над планкой.
Это поможет нам рассчитать теоретически скорость, с которой
прыгун должен подбежать к перекладине, чтобы в последующем прыж¬
ке преодолеть высоту:
mV2/2 = mg(h, + h0- 1м- hj;
V= \J2g(hj + h2 -1 м- hj.
В действительности закон сохранения энергии выполняется не
точно. Прыгун подбегает к планке со скоростью, которая равна при¬
близительно 6 м/с. Если бы превращение энергии происходило мак¬
симально эффективно, то прыгун мог бы преодолеть значительно боль¬
шую высоту.
Рекордом по определению считается результат, который превос¬
ходит уже существующие достижения. Используя для оценки пред¬
ложенный выше метод, мы получили для прыжка без шеста следую¬
щий результат:
к = (2,47±0,03)м.
Прыгун в высоту с шестом использует свой спортивный снаряд
для более эффективного преобразования энергии разбега. При прыж¬
ке с шестом кинетическая энергия разбега преобразуется в потен¬
циальную энергию упругой деформации шеста. Когда в следующий
момент шест начинает разгибаться, он совершает работу, поднимая
прыгуна над планкой. Если на подъем прыгуна пошла все энергия
разбега
mV2/2=mgh,
то высота перекладины Я, которую он может преодолеть, будет
равна
Н = h + 1,0м + 0,6м = (0,5V2/g + 1,6) м,
где 1 м - высота центра масс человека;
0,6 м - высота прыжка вверх с места.
Если считать, что максимальная скорость разбега (с учетом шес¬
та) 9,5 м/с, то
Н = 4,6 + 1,6 = 6,2 (м).
Эта оценка превосходит реальные результаты, т.к. не вся кинети¬
ческая энергия прыгуна переходит в потенциальную энергию подъе¬
587
Физика: алгоритмы, задачи, решения
ма: прыгун должен обладать некоторой горизонтальной скоростью
для пересечения планки. С учетом погрешности получаем:
Н=(6,2±0,05)м.
Таков предполагаемый рекорд в прыжках с шестом в 2000 году
Комментарии к решению.
1. Модель объекта. В роли объекта выступает прыгун (прыгун с
шестом). Поскольку размеры и форма тела прыгуна и шеста в реше¬
нии не учитываются, следовательно, и в том, и в другом случае ис¬
пользована модель материальной точки.
2. Модель условий. Притяжение Земли рассматривается в реше¬
нии как неизменное условие. Сопротивление, оказываемое воздухом
при разбеге и полете не учитывается.
3. Модель процесса. Авторы решений считают процесс толчка иде¬
альным, а превращение энергии сжатых мышц в энергию толчка пол¬
ным. Аналогично идеализирован процесс изгиба и распрямления шеста.
Задача 2.
Насколько сильно должен свистеть соловей-разбойник, чтобы раз¬
метать войско?
Решение (г.Ставрополь, СШ №29,10 “Б” класс, Короткий Дмитрий).
В задаче рассматривается акустическое явление, называемое удар¬
ной волной. Ударная волна - это волна с большой амплитудой. Пора¬
жающее действие ударной волны связано с избыточным давлением,
т.е. разностью между максимальным давлением во фронте ударной
волны и нормальным атмосферным давлением перед ним.
При избыточном давлении 20-40 кПа люди могут получить легкие
повреждения (ушибы). 40-60 кПа приводят к поражениям средней
тяжести (потеря сознания, потеря слуха, кровотечение из носа и ушей).
Тяжелые повреждения наблюдаются при избыточном давлении, пре¬
вышающем 60 кПа (сильнейшие контузии всего организма, перело¬
мы костей). При 100 кПа и выше нередко следует летальный исход.
Теперь можно воспользоваться соотношениями, известными из
акустики:
N=10 Igfl/IJ, где N - сила звука, I - интенсивность звука, 10 - порог
слышимости, равный Ш12 Вт/м2.
588
Раздел 8. Задачи-проблемы
I = Р2/(2рс), где Р - амплитуда звукового давления, равная в на¬
шем случае избыточному давлению: р - плотность среды; с - ско¬
рость звука в воздухе.
Объединяя и преобразуя проведенные выше выражения, получа¬
ем соотношение для силы звука:
N = 10lq(p2/2pcl0).
Отсюда искомые значения силы звука N=190 децибелл.
Комментарии к решению.
1. Модель объекта. В данной задаче модель объекта (идеализиро¬
ванная физическая система) состоит из точечного излучателя звука
(соловей-разбойник) и точечного приёмника (одного из воинов), име¬
ющего установленный порог прочности.
2. Модель условий. Считается, что воздушная среда не поглощает
звук (абсолютно упруга), на местности, разделяющей источник и при¬
ёмник, нет гор, холмов, в воздухе отсутствуют конвективные потоки,
источник и приёмник расположены в пределах прямой видимости.
3. Модель процесса. Решение построено на предположении, что
звук от источника до приёмника распространяется подобно лучу ла¬
зера (не рассеиваясь), приёмник поглощает полностью весь импульс,
который приносит ударная волна.
Замечания: Совершенно очевидно, что автор решения слишком
упростил задачу, не учитывая, в частности, угловую ширину излуча¬
емого звука, эффективное сечение войска, ослабление плотности
потока импульса (и избыточного давления) с увеличением расстоя¬
ния от источника (и, следовательно, увеличением площади фронта
направленной ударной волны).
Задача 3.
Почему с полированного стола невозможно сдуть пыль.
Решение (г. Ставрополь, СШ №29,10 “Б” класс, Некрасов Владимир).
Вариант 1. В результате электризации пылинки и стол притягива¬
ются. Поскольку пылинки не являются точечными зарядами, закон
Кулона для них неприменим. Это означает, что заряженные объемные
тела (даже одноименно заряженные) могут притягиваться в результате
589
Физика: алгоритмы, задачи, решения
перераспределения зарядов внутри этих тел. При этом разноименные
заряды разных тел окажутся из-за притяжения ближе, чем одноимен¬
ные, и суммарная сила взаимодействия будет силой притяжения.
По видимому этот вариант решения неубедителен по следующим
причинам:
- мала вероятность существенной электризации;
- трудно оценить результирующую силу притяжения;
- можно создать воздушный поток, который преодолевает силу
притяжения (что противоречит эксперименту).
Вариант 2. При обдувании стола образуется пограничный слой, тол¬
щина которого не менее размеров пылинок. Так как в пограничном слое
скорость воздушного потока равна нулю, он никак не действует на пы¬
линку. Скорость основного воздушного потока при этом может быть лю¬
бой. главным условием является то, чтобы поток был ламинарным. При
турбинном потоке пограничный слой либо срывается, либо не образуется.
Корректность этой модели явления подтвердилась в эксперимен¬
те с зеркалом, покрытым слоем пыли.
Комментарии к решению.
1. Модель объекта. В обоих вариантах физическая система вклю¬
чает пылинки, поверхность стола, воздушный поток. В первом вари¬
анте за основу взяты объемные заряженные пылинки (шары) и доста¬
точно толстый верхний слой крышки стола. Воздушный поток вооб¬
ще не рассматривается. Не смотря на кажущуюся сложность и богатые
возможности модели она оказалась необоснованной и бесперспектив¬
ной в прогностическом плане. Модель во втором варианте решения:
материальные точки (пылинки), лежащие на идеально гладкой поверх¬
ности (крышка стола) и обдуваемые ламинарным воздушным потоком.
2. Модель условий. Предполагается идеальная гладкость поверх¬
ности стола, параллельность вектора скорости потока воздуха повер¬
хности, одинаковость толщины слоя пыли.
3. Модель процесса. Во втором варианте решения предполагает¬
ся, что поток воздуха не имеет турбулентностей, перемещается па¬
раллельно поверхности стола, а толщина неподвижного (относительно
стола) слоя воздуха не меньше размеров пылинки.
590
Раздел 8. Задачи-проблемы
Замечание. Вполне понятно, что приведенные соображения пред¬
ставляют лишь начало решения: убедительно обоснованна модель
явления. За этим должны следовать:
- введение характеристик степени шероховатости поверхности стола;
- задание средних размеров пылинок, их формы, массы, силы тре¬
ния о поверхность стола;
- использование уравнения движения воздушного потока для оцен¬
ки толщины неподвижного слоя воздуха;
- аналитическая и численная оценка условия равновесия пылин¬
ки и слоя пыли;
- определение предельной скорости потока, при которой пылинки
всё-таки не удержаться на поверхности стола.
Перечень дополнительных задач и подходов можно продолжить.
В заключении Раздела предлагаем условия задач-проблем, кото¬
рые позволят настойчивым и творчески настроенным читателям глуб¬
же понять сложность и разнообразие физических явлений, освоить
методы идеализации, моделирования объектов, условий, процессов
и выйти на новый уровень знаний и умений, соответствующий уров¬
ню профессионального физика-исследователя.
8.1. Комета. При посадке на малые тела Солнечной системы, на¬
пример, на ядро кометы, возникает трудность: сила отдачи при нич¬
тожном притяжении может “смахнуть” космический аппарат обрат¬
но в космос. Предложите способ посадки на ядро кометы, позволяю¬
щий избежать этой опасности.
8.2. Оцените время вытекания воды из заполненной ванны.
8.3. Как измерить вес кита?
8.4. Исчезающие пятна. Подышав на зеркало, можно получить
затуманенное пятно на поверхности стекла. Оцените скорость дви¬
жения границы пятна в процессе исчезновения.
8.5. Спичка. Как известно, на обычную спичку магнит не дей¬
ствует. Но если её зажечь и дать обуглиться, то сильный магнит её
притянет. Объясните это явление.
8.6. Оцените высоту пламени костра.
8.7. Серый свет. Изготовьте источник света, воспринимаемого
глазом как серый.
591
Физика: алгоритмы, задачи, решения
8.8. Почему лампа накаливания, перед тем как перегореть, издает
звук?
8.9. Автобус. Пассажиры утверждают, что на заднем сиденье ав¬
тобуса трясет больше, чем на переднем. Так ли это?
8.10. Насколько измениться температура вблизи князя Гвидона при
его превращении в комара?
8.11. Оцените температуру в центре вулкана.
8.12. Бабочки. Бабочки находят друг друга по запаху. Оцените
мощность “передатчика” и чувствительность “приёмника”, который
используют бабочки.
Читателям следует иметь в виду, что задачи-проблемы могут быть
решены на основе различных подходов, различных ключевых идей, с
использованием различных моделей. И все эти решения могут ока¬
заться правильными и дополнять друг друга, освещая различные сто¬
роны бесконечно разнообразных физических явлений.
Содержание
Предисловие 3
Введение 6
Структура и система работы с пособием 9
Раздел 1. Механика 15
Раздел 2. Молекулярная физика. Тепловые явления 164
Раздел 3. Электростатика 226
Раздел 4. Электрический ток. Электрическое поле 290
Раздел 5. Электромагнитные колебания и волны 413
Раздел 6. Свет и другие излучения 455
Раздел 7. Атомное ядро 552
Раздел 8. Задачи-проблемы 581
592