Text
ББК 22.3я72 В84
Задачи решали Е.Н. Изергина, Н.И. Петров
Скачано с сайта
http://irodov.nm.ru/other/volkenshtein.htm
Все решения к «Сборнику задач по общему курсу физи-В84 ки» В.С. Волькенштейн. В 2 кн. Кн. 2. — М.: Олимп: ООО "Фирма «Издательство ACT»", 1999. — 592 с. — (Готовимся к экзаменам).
ISBN 5-7390-0631-7 («Олимп»)
ISBN 5-237-00653-1 (ООО "Фирма «Издательство ACT»")
В книге приведены решения всех задач одного из самых популярных задачников по общему курсу физики Валентины Сергеевны Волькенштейн, который широко используется в качестве учебного пособия студентами высших технических учебных заведений нефизического профиля, физико-математических факультетов педагогических вузов, а также учащимися школ и других средних учебных заведений с физико-математическим уклоном.
ББК 22.3я72
ISBN 5-7390-0631-7 («Олимп»)
ISBN 5-237-00653-1
(ООО "Фирма «Издательство ACT*")
©«Олимп», 1999
© Оформление. ООО "Фирма
«Издательство ACT»", 1999
Глава III ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
§ 9. Электростатика
Если в условии задачи не указано, в какой среде находятся заряды, то будем считать, что они находятся в воздухе, относительная диэлектрическая проницаемость которого £ = 1. Для некоторых других диэлектриков значение относительной диэлектрической проницаемости приведено в таблице 14 приложения. Если в задаче приведена графическая зависимость нескольких величин от какой-либо одной и при этом все кривые изображены на одном графике, то по оси у задаются условные единицы. В задачах 9.32, 9.122, 9.123 дан авторский вариант решения.
9.1. Найти силу F притяжения между ядром атома водорода и электроном. Радиус атома водорода г = 0,5 -10~|0м; заряд ядра равен по модулю и противоположен по знаку заряду электрона.
Решение:
По закону Кулона сила электростатического взаимодействия между двумя заряженными телами, размеры которых малы по сравнению с расстоянием г между ними, опреде-
Условия задач приводятся в учебных целях и в необходимом объеме — как иллюстрационный материал. Имя автора и название цитируемого издания указаны на титульном листе данной книги. (Ст. 19 п.2 Закона РФ об авторском праве и смежных правах от 9 июня 1993 г.)
3
ляегся формулой F = - . где q} и q, —электричес-
4Я£„Л7--
кие заряды тел. i: — относительная диэлектрическая проницаемость среды. <с0 = 8,85-10 |_Ф,м — электрическая постоянная. В условиях данной задачи сц - |<у2| = 1.6 10 19 Кл. Подставив числовые значения, получим /•' -- 92,3 10-9 Н.
9.2. Два точечных заряда, находясь в воздухе (s = 1 ) на расстоянии г, =20 см друг от друга, взаимодействуют с некоторой силой. На каком расстоянии г. нужно поместить эти заряды в масле, чтобы получить ту же силу взаимодействия ?
Решение:
Согласно закону Кулоиа два точечных заряда в воздухе
взаимодействуют с силой /•' = —< - у — (1). а в масле с
такой же силой F - —г — (2). Приравняв правые 4я£\
части уравнений (1) и (2), найдем г,
. Диэлектри-
ческая проницаемость воздуха е, - 1. диэлектрическая проницаемость масла (таблица 14) г.\ = 5. Подставив числовые значения, получим /, =8.94 см.
9.3. Построить [рафик зависимости силы /•' взаимодействия между двумя точечными зарядами от расстояния г между ними вшпервале 2<г< 10 см через каждые 2см. Заряды г/1 =20пКл и <•/, = 30 пКл.
4
Решение:
16,00 -1 Г
2,00 4,00 6,00 8,00 10,00
По закону Кулона F = —. Подстгвив числовые зна-4"£0£Г~
г. 5,4-10"6 Y г
чения, получим г -------5. Характер зависимвсти г от
г~
г отражен на графике.
г, см 2 4 6 8 10
F, 10 7Ю1 13,500 3.375 1,500 0,844 0,540
9.4. Во сколько раз сила гравитационного притяжения между Двумя протонами меньше силы их электростатического отталкивания? Заряд протона равен по модулю и противоположен по знаку заряду электрона.
Решение:
Сила гравитационного притяжения Г\ -G'-^-. Сила /•"
>
г- Ч -т-
электростатическо! о отталкивания -----------------1 огда
‘‘/ТГ,,£У
1----7 = 1,24-1036 .
гг 4/тсог Gm~
9.5. Найти силу F электростатического отталкивания между ядром атома натрия и бомбардирующим его протоном, считая, что протон подошел к ядру атома натрия иа расстояние г = 6'10м. Заряд ядра натрия в 11 раз больше заряда протона. Влиянием электронной оболочки атома натрия пренебречь.
Решение:
По закону Кулона F = ; F = 0.7 И.
4zr<c0r"
9.6. Два металлических одинаково заряженных шарика массой т = 0.2 кг каждый находятся на некотором расстоянии друг от друга. Найти заряд q шариков, если известно, что на этом расстоянии энергия их электростатического взаимодействия в миллион раз больше энергии JFID их гравитационного взаимодействия.
Решение:
Энергия электростатического взаимодействия шариков
=—-—, энергия их гравитационного взаимодействия 4л££0Г
W = По хсловию W =hW , т. е. —-------------=
р Г ' эл гр 4^г
nGmxnh 6 I----г—------
=-----5—где п = 10 ; отсюда q = у]П££04лСт1т1 =
= 17 нКл.
9.7. Во сколько раз энергия Д’,, электростатического взаимодействия дв\х частиц с зарядом q и массой т каждая больше энергии Д’г„ их гравитационного взаимодействия? Задачу решить для: а) электронов; б) протонов.
6
решение:
Энергия электростатического взаимодействия двух частиц , q'
jy =к—; энергия их гравитационного взаимодействия \.гр г
т2 „
J7 = у—, где г — расстояние между частицами. Тогда п> г
для электронов =4-1042. Для протонов
^/^ = 1,24-Ю36.
9.8. Построить график зависимости энергии WM электростатического взаимодействия двух точечных зарядов от расстояния между ними в интервале 2<г<10см через каждые 2 см. Заряды <7!=1нКл и <7,=ЗнКл. График построить для: а) одноименных зарядов; б) разноименных зарядов.
Решение:
Энергия электростатического взаимодействия двух точеч-
ных зарядов W = ——. Подставив числовые значения, 4Л'£'о£' Г
27 -10“3
получим Wt =--------- — для одноименных зарядов.
г
7
27 IO’3
/У2 =--------— для разноименных зарядов. Характер
г
зависимости W от г дан на графике.
г, м 0.02 0,04 0,06 0,08 0,10
ИъДж 1,35 0,68 0,45 0,34 0,27
1Г2,Дж -1,35 -0,68 -0,45 -0,34 -0,27
Я
9.9. Найти напряженность Е электрического поля в точке, лежащей посередине между точечными зарядами q{ = 8 нКл и <у2 = -6 нКл. Расстояние между зарядами г = 10 см; £ = 1 .
Решение:
Согласно принципу суперпозиции Е - Е} + Е2 или в проекции на ось х Е = Е{ + Е2. Напряженность электрического поля точечного заряда
Е = —1—j-, где г — расстояние от заряда до точки, в
г <?1
которой определяется напряженность. £, =--------------=
4тг£0г~ /4
- —; Е2 = —-~2 . Суммарная напряженность да'ог" ’ ^or
Е = 6/1 +kll. = 504 кв/м.
л-£пг'
9.10. В центр квадрата, в каждой вершине которого находится заряд q = 2,33 нКл, помещен отрицательный заряд q0. Найти этот заряд, если на каждый заряд q действует результирующая сила F = 0 .
8
Решение:
Рассмотрим силы, действующие на любой из зарядов в вершинах, например, на заряд q2. Со стороны зарядов #,, q3, qA на него действуют силы F\, F3 и F4 соответственно, причем Ft = F3 = kq2 z, 1 . г п F
= -^, где к=-------, FA = к~.
а 4л-£0 2а
Сила, действующая на заряд q2
со стороны заряда #0, равна Fo =
2к(1Ы v
---j—1. Условие равно-а
весия заряда q2: F\ + F3 + FA + Fo = 0 — (1). В проекции на ось х (1) имеет вид: F{ cos 45° + F3 cos 45° + F4 - Fo = 0, или k^-r- V2 + к = 0 . Отсюда находим Ш = — (1 + 2-4/2)= а' а 4
= 0,95# ; #0 = -2,23 нКл.
9.11. В вершинах правильного шестиугольника расположены три положительных и три отрицательных заряда. Найти напряженность Е электрического поля в центре шестиугольника при различных комбинациях в расположении этих зарядов. Каждый заряд q = 1,5 нКл; сторона шестиугольника а = 3 см.
Решение:
Напряженность поля электрического заряда Е = —-— 47ts0sr
Найдем напряженность поля Ео одного заряда. £0 =|#|/4ж?0«2 (очевидно, что расстояние от зарядов до центра шестиугольника равно стороне треугольника а ),
9
Е0 = 15кВ/м. Согласно принципу суперпозиции результирующая напряженность Е находится по правилу век-в
торного сложения Е = Ё„, причем Е, = Е, =... = Е6 = Ео. П = 1
Рассмотрим гри варианта расположения зарядов:
а) В проекции на ось х:
Е = 2Е0 cos 60° + 2Е0 + 2Е0 cos 60°;
Е = 4Е0; Е - 60 кВ/м.
б) В проекции на ось х:
Е = -2Е0 cos 60° - 2Е0 + 2Е0 cos 60°;
Е = 0.
в) В проекции на ось х: Е = 2Е0; Е = 30 кВ/м.
9.12. Решить предыдущую задачу при условии, что все шесть зарядов, расположенных в вершинах шестиугольника, положительны.
10
решение:
На рисунке мы видим три пары противоположно направленных и равных по модулю векторов. Каждая такая пара в сумме дает напряженность равную нулю. Таким образом, результирующая напряженность Е в центре шестиугольника равна нулю.
9.13. Два точечных заряда q, = 7,5нКл и q2 =-14,7 нКл расположены на расстоянии г = 5см. Найти напряженность Е электрического поля в точке, находящейся на расстояниях а = Зсм от положительного заряда и b = 4 см от отрицательного заряда.
Решение:
Стороны треугольника ВСА а, b и г удовлетворяют условию г1 = а2 + Ь2, следовательно, треугольник прямоугольный, угол а - 90° . Согласно принципу суперпозиции результирующая напряженность в точке С: Ё = Ё{ + Ё,, где Д — на-
пряженность, создаваемая положительным зарядом <?,, Ег — напряженность, создаваемая отрицательным зарядом <?,. По правилу сложения двух взаимноперпендикулярных векторов в скалярном виде Е - Je2 + Е2 . По-kJ kJ 1
скольку Е{ =— ’ , , а Ег =—1 , то Е =---------------х
4л£-0га‘ ' 4.т<у/7г 4л<с0г
xJ% + % = 112 кВ/м.
У а4
пи1ил одинаковоi длинь так, что их поверхности соприкасаются. После сообщения шарикам заряда qa = 0,4 мкКл они оттолкнулись друг от друга и разошлись на угол 2а = 60° . Найти массу т каждого шарика, если расстояние от центра шарика до точки подвеса / = 20 см.
Решение:
На каждый шарик действуют три силы (см. рисунок к задаче 9.15): сила тяжести nig, сила натяжения нити Т и сила электростатического отталкивания F . Запишем условие равновесия шариков в векторной форме F + Т + nig - 0 или в проекциях на ось х: F -Т sin а = 0 — (1), на ось у: F
Tcosa-mg = 0 — (2). Из (1) найдем Т --------, из (2)
sin а
„mg F mg
найдем f -----. Следовательно, ----= ——, откуда
cos a sin a cos а
mg • tga - F — (3). Из рисунка видно, что г / 2 = I sin а — 2
(4). Поскольку F = —-—-, то, с учетом (3) и (4), имеем 4дг.?0г
q2 Qo
mg tga =----------—, где q = — — заряд на каждом
16zr^0/ sin'а 2
шарике. Отсюда m =--------—т--------= 15,6 г.
4ж5г'04Л sin a tga
9.15. Два шарика одинаковых радиуса и массы подвешены на нитях одинаковой длины так, что их поверхности соприкасаются. Какой заряд q нужно сообщить шарикам, чтобы сила натяжения нитей стала равной Т = 98 мН? Расстояние от центра шарика до точки подвеса / = 10см; масса каждого шарика m = 5 г.
12
После сообщения шарикам заряда q каждый из них отклонился от вертикали на угол а и остановился в положении равновесия. Поскольку условия равно- / \
весия для обоих шариков одинаковы, F/Т \ рассмотрим один из них. По закону со- ’ < •
хранения заряда заряд q распределится 'mg на два шарика равномерно. Тогда каж-
q ,, дый шарик получит заряд qQ = — . На шарик действуют три
силы: сила Кулона F, сила натяжения нити Т и сила тяжести mg. Условие равновесия шарика F+T+mg=0 или в проекциях на ось х: F-Тsina = 0 — (1), на ось у. Т cos а - mg = 0 — (2). Расстояние .между шариками равно 21 sina. Кулоновская сила определяется формулой 1 с ~
F ---------- ----(3). Выразим величину sina . Из (2)
AF sin а
mg 1-2 {wgY
cosa =--- или I - sin a = —— , отсюда sina =
T \T )
—W- Из (I) найде-MF = Tsina —(5). При
равняв правые части уравнений (5) и (3) и разделив полу-
ченное выражение на sina, получим Т = —--------— ° ;—.
4тг£0£ 4F siif а
Подставив в это выражение уравнение (4), выразим
qa = 4/
7гТс'й£
= 5,32 • 10“7 Кл. Тогда
заряд,
Т
сообщенный обоим шарикам, q = 2q0 * 1.1 Ю 6 Кл.
13
9.16. Найти плотность материала р шариков задачи 9.14, если известно, что при погружении этих шариков в керосин угол расхождения нитей стал равным 1аг = 54°.
Решение:
Для шарика, находящегося в воздухе (см. рисунок к задаче 2
9.15) , имеем (см. задачу 9.14) mg ----=------------
4я££0 Al' sin2 а • tga
(1), где диэлектрическая проницаемость воздуха s = 1. При погружении шариков в керосин на каждый шарик стала действовать выталкивающая сила Архимеда FA. Для шарика, находящегося в керосине, имеем mg-FK = 2
= -------г----------- ~ (2)- Т-к’ mg-FK=pVg-
^sQ£K-M'sm aKtgaK
- pKFg = {p- pK}Vg — (3), где p — плотность материала шарика, pk = 0,8 • I О3 кг/м3 — плотность керосина, s,. =2 — диэлектрическая проницаемость керосина,
V — объем шарика, то из (I) — (3) имеем ——— = w?g р-рк. £sin2atga
=----— =-------з-----, откуда плотность материала
Р sK sin~ aKtgaK
s siti" a tea
p ~ pK---—E-------*--—------. Подставляя числовые
sin' (xJgaK - ssin alga
данные, получим p = 2,55 • 10’ кг/м3.
9.17. Два заряженных шарика одинаковых радиуса и массы подвешены на нитях одинаковой длины и опущены в жидкий диэлектрик, плотность которого равна р и диэлектрическая проницаемость равна £. Какова должна быть плотность р0 14
материала шариков, чтобы углы расхождения нитей в воздухе и в диэлектрике были одинаковыми?
Решение:
Воспользуемся итоговой формулой, полученной в предыдущей задаче, учитывая, что и а равны. Применительно к данной задаче получим плотность диэлектрика ssitr a-tga ре
Ро ~ Р ~ ~ Ро~ Г
е sin а tga - sin alga s -1
9.18. На рисунке АА — заряженная бесконечная плоскость с поверхностной плотностью заряда ст = 40 мкКл/'м2 и В — одноименно заряженный шарик с массой т = 1 г и зарядом q = 1 нКл. Какой угол а с плоскостью АА образует нить, на которой висит шарик?
Решение:
F -Т sin а = О
Заряженный шарик находится в электрическом поле плоскости АА. Напря-г о-
женность поля Е =-----. На шарик деи-
ствуют три силы: электростатическая сила F, сила натяжения нити Т и сила тяжести mg. Условие равновесия шарика F + Т + mg = 0 или в проекциях на ось .т: — (1), иа ось у: Tcosa-mg = Q — (2).
Электростатическая сила F = Eq = ----(3). Из (2) най-
ту
Дем Т =------. Подставляя это выражение в (1), получим
cos а
15
F = mgtga — (4). Приравнивая правые части (3) и (4), найдем = mgtga , откуда tga = ———; tga = 0,23; 2£,of 2s(>&ng
a = 13°.
9.19. На рисунке AA — заряженная бесконечная плоскость и В — одноименно заряженный шарик с массой т = 0,4 мг и зарядом q = 667 пКл. Сила натяжения нити, на которой висит шарик, Т = 0,49 мН. Найти поверхностную плотность заряда а на плоскости АА .
Решение:
Плоскость и шарик заряжены одноименно, поэтому на шарик действует электростатическая сила отталкивания F. Кроме того, на шарик действует сила тяжести mg и сила
натяжения нити Т . Нить отклоняется от вертикали до тех пор, пока все силы, действующие на шарик, не уравновесят друг друга. Запишем условие равновесия F + mg + Т = 0,
По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника CDB имеем F - ^Т2 - (mg)2 . Напря-
женность поля бесконечной заряженной с а
плоскости Е =-----, с другой стороны,
2£0£
- F F a F
Е = — или Е - — . Тогда -----= — или
Я Ч Я
= — . Отсюда поверхност-2-----------q
ная плотность заряда
плоскости А А . сг =
Ie^T2 - (mg)2 Я
= 7,8-1(Г6 Кл/м2.
16
9.20. Найти силу F, действующую на заряд q = 2 СГС9, если заряд помещен: а) на расстоянии г = 2 см от заряженной нити с линейной плотностью заряда г = 0,2 мкКл/м; б) в поле заряженной плоскости с поверхностной плотностью заряда сг = 20 мкКл/м3; в) на расстоянии г = 2 см от поверхности заряженного шара с радиусом R - 2 см и поверхностной плотностью заряда а = 20 мкКл/м2. Диэлектрическая проницаемость среды е = 6.
Решение:
Переведем единицы измерения заряда в СИ: q = 2СГСд « « 2 • 3,336- Ю’10 Кл. а) Напряженность электрического поля г
заряженной нити Е =--------, следовательно, на заряд q
ItTEEqE
„ „ rq
действует электростатическая сила F - Eq =------------;
2лЕЕйг
F = 20,1 мкН. б) Аналогично для заряженной плоскости
F = <7 -- = 126 мкН. в) Напряженность электрического
2 ЕЕ0
поля заряженного шара Е = —у, где заряд шара
q = oS = <т4л7?2. Тогда Е = 2 , а сила, действующая на
_ qaR1
заряд, F - —------ту = 63 мкН.
9.21. Построить на одном графике кривые зависимости напряженности Е электрического поля от расстояния г в интервале 1<г<5см через каждый 1см, если поле образовано: а) точечным зарядом q = 33,3 нКл; б) бесконечно длинной за
17
ряженной нитью с линейной плотное шо заряда г = 1,67 мкКл/м; в) бесконечно протяженной плоскостью с поверхностной плотностью заряда ст = 25 мкКл'м’.
Решение:
а) Напряженность электрического поля точечного заряда
Е - q / 4"»;,у'. Подставляя числовые данные, получим
300 г 30-10'
Е --—— В/м. о) Для ниш £ =----------=-------В/м. в) Для
г~ 2xi:t:„r г
плоскости Е = - = 1.4 106 В 'м. Зависимость Е от г
2£-£-0
приведена на графике.
1400,0
1200.0
1000,0
800,0
600,0
400,0
200.0
0.0
Е, кВ/м
0,1
0.2
г. м 0.1 0.2 0.3 0,4 0.5
£. кВ м — точ. таряда 30.0 7.5 3,3 1,9 1,2
£. кВ/м ПИ 111 300 150 100 75 60
£. кВ м — п:юс кости 1400 1400 1400 1400 1400
9.22. Найти напряженное :ь £ электрического ноля на расстоянии г = 0,2 им от одновалентною иона. Заряд нона считать точечным.
18
Решение:
Одновалентный ион создает электрическое поле с напря-r- М
женностью Е - ———г Заряд одновалентного иона равен 4лЕ£()Г~
по абсолютной величине заряду электрона. Подставив числовые данные, получим £' = 36 ГВ/м.
9.23. С какой силой £} электрическое поле заряженной бесконечной плоскости действует на единицу длины заряженной бесконечно длинной нити, помешенной в это поле? Линейная плотность заряда на нити г = ЗмкКл/м и поверхностная плотность заряда па плоскости ст = 20 мкКл/м*.
Решение:
Напряженность поля бесконечной заряженной нити
<т n „ F a F
Е-------. С другой стороны, £ =— , где --------=----.
2eqE q 2eq£ T-l
Отсюда сила, действующая на единицу длины нити, F, = — = -^- = 3,4Н/м.
/ 2г0£
9.24. С какой силой Ft на единицу длины отталкиваются две одноименно заряженные бесконечно длинные нити с одинаковой линейной плотностью заряда г = ЗмкКл'.м, находящиеся на расстоянии г, = 2 см друг от друга? Какую работу .1, па единицу Длины надо совершить, чтобы сдвинуть эти нити до расстояния г, = 1 см?
Решение:
Напряженность поля бесконечной заря-
женной нити Е = —--------(1). С другой
2лг0<9|
19
стороны, Е -------(2), где F — сила электростатического
7
отталкивания; q = rl. Приравнивая правые части
уравнений (1) и (2), получим —Т-— = —. Тогда сила, 2^0£7-[ т1
приходящаяся на единицу длины нити, F т2
Ft = — -------= 8,1Н/м. Для уменьшения расстояния
1 2 7V£q (j! i
между нитями нужно совершить работу А против сил поля А = -А', где А' — работа сил электростатического поля нити АА при перемещении нити ВВ из точки 1 в точку 2 (нить АА при этом остается неподвижна). Т. к. электростатическая сила изменяется с расстоянием, то /'1
А = -А' - - jF{r)dr. Работа, приходящаяся на единицу '1
'2 г2 2
длины. A,--I F,(r)dr; Д=-[-------------------=---------х
J ' 2.Т£'0<СГ 2Я'£О£'
х Ы = 0.112 Дж/м.
б
9.25. Две длинные одноименно заряженные нити расположены на расстоянии г = 10 см друг от друга. Линейная плотность заряда на нитях г, = г2 = 10 мкКл/м. Найти модуль и направление напряженности Е результирующего электрического поля в точке, находящейся на расстоянии а = 10 см от каждой нити.
Решение:
Пусть г, = г, = г , следовательно напряженность поля каждой т
нити в точке С : Е} = =-------. Тогда согласно принципу
2ле0£а
20
суперпозиции результирующая напряженность поля Е = Е{ + Е-,. Т. к. по условию г = а, то треугольник АВС — равносторонний, ААСВ- 60°. Прямая, на которой лежит вектор Е, перпендикулярна плоскости, проходящей через обе нити. По Е Е
теореме синусов ------ —*—, где
sin a sin /3
а = 120°, /?=30°, т. е. Е = 43Е{-
£ = ———— = 3,12 МВ/м.
9.26. С какой силой Fs на единицу площади отталкиваются две одноименно заряженные бесконечно протяженные плоскости? Поверхностная плотность заряда на плоскостях а = 0,3 мКл/м2.
Решение:
Напряженность поля бесконечной заряженной плоскости
<т F
Е-------. С другой стороны, Е = —, где q = rS. При-
2£г0£г q
a F „
равняем -----=-----, отсюда сила, действующая на едини-
2f0^ г • S
F ст2
Цу площади плоскости, Fs = — =-------- 5,1 Н/м.
S' 2г0г
9.27. Медный шар радиусом R = 0,5 см помещен в масло. Плотность масла ри = 0,8 JO3 кг/м’. Найти заряд q шара, если в
21
однородном электрическом поле шар оказался взвешенным в масле. Электрическое поле направлено вертикально вверх и его напряженность Е = 3,6 МВ/м.
Решение:
На шар действуют три силы: электростатическая сила F (вверх), сила тяжести nig (вниз) и сила Архимеда Fa (вверх). Запишем уравнение равновесия: mg + F + FA = О или в скалярном виде nig = F + FA — (1). Здесь
wg =----—, F = Eq, FA =---------_ (2), где p и
p„ — соответственно плотности меди и масла. Из (1) и (2)
имеем q = = 11 нКл.
9.28. В плоском горизонтально расположенном конденсаторе заряженная капелька ртути находится в равновесии при напряженности электрического поля £ = 60 кВ/м. Заряд капли <7 = 2,4 • 10"9 СГС9. Найти радиус R капли.
Решение:
На капельку ртути в конденсаторе действует электростатическая сила F (вверх) и сила тяжести mg (вниз), которые уравновешивают друг друга, т. е. F + mg = 0 или 3 -
F = mg . Масса капли т = pV -—лг3р Сила F = Eq . То-
„ 4 I 3Eq
гда Eq = р—яг' g. откуда г = ’-— - 0,44 мкм.
3 у 4pxg
22
9.29. Показать, что электрическое поле, образованное заряженной нитью конечной длины, в предельных случаях переходит в электрическое поле: а) бесконечно длинной заряженной нити; б) точечного заряда.
Решение:
Напряженность поля нити конечной
„ Tsina ... тт г
длины Е =---------(1). Из рисунка 1/2
'T.TTSSqCI ___________________________________cfrx л
//2 — а
найдем sma=—r==== — (2).
Va2+(//2)2
Подставляя (2) в (1), получим г • /
Е =------- — (3). а) Если а«1, то
4я££0сь]а2 + (l/2)2
7а2 + (//2)2 «у. В этом случае формула (3) дает
Г
Е =------- — напряженность поля бесконечно длинной
2я££0а
нити, б) Если а »I, то д/«2 + (/ / 2)2 « а. Т. к. т • I = q, то
формула (3) дает Е = —-—т- — напряженность поля 4я££0а
точечного заряда.
9.30. Длина заряженной нити / = 25 см. При каком предельном расстоянии а от нити по нормали к середине нити электрическое поле можно рассматривать как поле бесконечно длинной заряженной нити? Ошибка при таком допущении не должна превышать 8 = 0,05. Указание: допускаемая ошибка х (£2-£.)
где £2 — напряженность электрического поля
Е2
бесконечно длинной нити, Ех — напряженность поля нити конечной длины.
23
Решение:
Бесконечно длинная заряженная нить создает электрическое поле с напря-7"
женностыо £, =------- — (1). На-
2лЕЕйа
пряженность поля нити конечной „ г sin в „
длины Е~, =------- — (2). Допус-
2лЕЕ0а
Е -Е
каемая ошибка 6 = —---- — (3). Подставляя (1) и (2) в
(3), получим 8 - sind, откуда sind = \- 8. Из рисунка видно, что — -г sin в = г(1 - j), где г - —-— = -,- -- = =
а т I u(l-aj
- , -— Тогда —- .—- , откуда предельное
ф-(]-8)2 2 ф-(\-8)2
расстояние а - v 7 = 4,11 см.
9.31. В точке А, расположенной на расстоянии а = 5 см от бесконечно длинной заряженной нити, напряженность электрического поля £ = 150 кВ/м. При какой предельной длине / нити найденное значение напряженности будет верным с точностью до 2%, если точка А расположена на нормали к середине нити? Какова напряженность Е электрического поля в точке А , если длина нити / = 20см? Линейную плотность заряда на нити конечной длины считать равной линейной плотности заряда на бесконечно длинной нити. Найти линейную плотность заряда г на нити.
Решение:
Воспользуемся формулой, полученной в предыдущей зада-/ д(1-£) л
че: — = v—-----— . По условию 8 = 0,02 , тогда предель-
2 Тчм7
24
цое значение 7 = >— ---— = 0,49 м. Напряженность поля
Vi-(i-^)2
в точке А при 7 = 0,2 м найдем по формуле Е =--------
2пее§а
(1) . Линейную плотность заряда г найдем из уравнения
Е =-------, откуда г = Е2тг£е0а = 0,42 мкКл/м. Значение
2яеейа
sin в (см. рисунок к предыдущей задаче) найдем, вычислив
tg0 - —, откуда lg0 = 2, следовательно, в « 63°; 2а
sin0 -0,89. Подставляя числовые данные в (1), найдем
Е' = 134 кВ/м.
9.32. Кольцо из проволоки радиусом Я = 10 см имеет отрицательный заряд <у = -5нКл. Найти напряженности Е электри
dl
ческого поля на оси кольца в точках, расположенных от центра кольца на расстояниях L, равных 0, 5, 8, 10 и 15см. Построить график £ = /(А). На каком расстоянии L от центра кольца напряженность Е электрического поля будет иметь максимальное значение?
Решение:
Возьмем элемент кольца dl. Этот
элемент имеет заряд dq. Напря-
женность электрического поля, созданная этим элементом в точке
А, будет dE = —— -, . Вектор 4tvss0x'
dE направлен по линии х, сое-
диняющей точку А с элементом кольца dl. Для нахождения напряженности поля всего кольца надо векторно сложить dE от всех элементов. Вектор dE можно разложить на две составляющие dEn и dET. Составляющие dEn
25
каждых двух диаметрально расположенных элементов взаимно уничтожаются, поэтому Е - J dET . Но
dEr - dE cos a -dE— = 7 > что Дает Е =—-—гх
х 4я££0х~ 4я££0Х
х Г dq - —^--3 . Учитывая, что х = у/R2 + L2 , имеем
J 4Я££0Х
Е =------------с-у — (1) — напряженность электри-
4тг££0(у?2 +L2)
ческого поля на оси кольца. Если L » R, то Е =---—=-,
4я££йЬ
т. е. на больших расстояниях заряженное кольцо можно рассматривать как точечный заряд.
Выразим величины х и L через угол а. Имеем R = xsina, L = xcosa \ теперь формула (1) примет вид £ =----1—_ cos а sjn2 а . ДдЯ нахождения максимального
4tt££0R'
r dE
значения напряженности Е возьмем производную ------ и
da
dE q ( i _ . . з \
приравняем ее к нулю: — =-----—z-lcos a2sma-sin al=
da 4tc££0R
= 0 или tg2a = 2 . Тогда напряженность электрического 26
поля имеет максимальное значение в точке А, распо-7 7? 7?
ложеннои на расстоянии д =----= -7= = 7,1 см от центра
iga V2
кольца. Подставляя в (1) числовые данные, составим таблицу и построим график.
L, м 0 0,05 0,08 0,1 0,15
£. В/м 0 1600 1710 1600 1150
9.33. Напряженность электрического поля на оси заряженного кольца имеет максимальное значение на расстоянии L от центра кольца. Во сколько раз напряженность электрического поля в точке, расположенной на расстоянии 0,5£ от центра кольца, будет меньше максимального значения напряженности?
.Решение:
Воспользуемся результатами задачи 9.32. Напряженность
г Lq
электрического поля на оси кольца Е-----------------.
4л-£'£’0(л2 + А2)2 Максимальное значение напряженность поля имеет при 7 7? Rq
= Отсюда Епюх =-----------------------------р В
V V2 • 4я,£'£'0(т?2 + 7?2/2)2
точке, расположенной на расстоянии Q,5Lmax от центра „ Rq
кольца, напряженность Етпх =------------------------у,
242-4a££0(R~ +7?2/2)2
Е
отсюда —= 13.
Е
9.34. Показать, что электрическое поле, образованное заряженным диском, в предельных случаях переходит в электрическое поле: а) бесконечной заряженной плоскости; б) точечного заряда.
27
Решение:
Напряженность электрического поля заряженного диска 1—?==^
Е =-----
2 ее0
. а) Если величина а « R , то
1
I-
I. В этом случае Е =-----, т. е. для точек,
2££0
находящихся на близком расстоянии от диска, диск можно уподобить бесконечно протяженной плоскости, б) Если
L 1 R2 n f а
а» R, и JI + — =1-----------т. В этом случае Е - —— х
У \а ) 2а 2eeq
R2 'г Я с Q
х —- . Т. к. а = —7, то Е =---1—7, т. е. для точек, нахо-
2а' 7rR Ал££()а
дящихся на большом расстоянии от диска, диск можно уподобить точечному заряду.
9.35. Диаметр заряженного диска D = 25 см. При каком предельном расстоянии а от диска по нормали к его центру электрическое поле можно рассматривать как поле бесконечно протяженной плоскости? Ошибка при таком допущении не должна превышать £ = 0,05. Указание: допускаемая ошибка £ = (£,-£])/£,, где £, — напряженность поля бесконечно протяженной плоскости, £, — напряженность поля диска.
Решение:
Напряженность поля диска Е{ -
—р-г^—'
у/к2+а2)
-(1).
Напряженность поля бесконечной заряженной плоскости ф. 2? _2?
Е2 =---- — (2). Допускаемая ошибка 8 = —----!---(3).
2££о Е2
Подставляя (1) и (2) в (3), получим 8 - или
\R2+a2
28
1 f 7?У 1 , Я л/1-£2
7| + (Л/«)- V'? # а 3
8R
а = —. Подставляя числовые данные, получим пре-
VI-з2
дельное расстояние а = 1,2 см.
9.36. Требуется найти напряженность £ электрического поля в точке А, расположенной на расстоянии <7 = 5 см от заряженного диска по нормали к его центру. При каком предельном радиусе R диска поле в точке А не будет отличаться более чем на 2% от поля бесконечно протяженной плоскости? Какова напряженность £ поля в точке А , если радиус диска £ = 10а? Во сколько раз найденная напряженность в этой точке меньше напряженности поля бесконечно протяженной плоскости?
Решение:
Напряженность поля, образованного заряженной беско-с о-
нечно протяженной плоскостью, £, =------. Напряжен-
но
ность поля заряженного диска радиусом R в точке А:
п ci F — F
ЕУ = — 1 —7- . По условию 1 - -2- = 0,02. Под-
ставив выражения £, и Е2, получим . = 0,02.
V/?2W
После несложных вычислений найдем £ = 2,5м. При R = 10а напряженность поля в точке А Е2 =—f 1 —, - -"| = 0,9—^—. Тогда = 1.Г.
VlOOtz2 + a2 J 2ffu Е2
* По мнению авторов, в условии задачи не хватает данных для нахождения величины напряженности £ поля в точке А при радиусе диска R = 10а .
29
9.37. Два параллельных разноименно заряженных диска с одинаковой поверхностной плотностью заряда на них расположены па расстоянии d = 1см друг от друга. Какой предельный радиус R могут иметь диски, чтобы между центрами дисков поле отличалось от поля плоского конденсатора не более чем на 5%? Какую ошибку 8 мы допускаем, принимая для этих точек напряженное ib поля равной напряженности поля плоского кон-
депсатора при — = [0 ?
d
Решение:
Напряженность поля заряженных дисков
между центрами двух
есо I л/я2 + d2 ,
разноименно
— (1), где
d — расстояние между дисками. Напряженность плоского
конденсатора Е2 =----- — (2). По условию отношение
«о
Е^- Е
—=----- = 0,05 — (3). Подставляя уравнения (1) и (2) в (3),
Е,
получим = 0,05 . Отсюда R = 0,2 м. Теперь опре-
V R~ +d~
делим ошибку 8 при — = 10. Т.к. 8 = —^---
d Et
то при R = 1 ОД — 8 = 0.1 или <5 = 10%.
d
^R2+d2 ’
9.38. Шарик массой т = 40 мг, имеющий положительный заряд q = 1 нКл, движется со скоростью v = 10 см/с. На какое расстояние г может приблизиться шарик к положительному точечному заряду q0 - 1,33 нКл?
Решение:
Если в поле неподвижного заряда qt происходит медленное перемещение заряда q2 из точки В в точку С , то 30
. q,q-, 1 1
пабота сил поля А = ...—-------.
4 "^0 Ч Г )
Если rR->v-. |О >\=>\2 ”
q^' ,
А =-----—=— (т. е. появился знак
«минус»). Работа консервативных сил электрическою поля равна убыли
потенциальном энергии системы заряженных тел, т. с. А = -(Цг )• Поэтому полагая энергию взаимодействия
бесконечно удаленных зарядов равной пулю, получим для потенциальной энергии взаимодействия системы двух
Г 7 Я\Ц~> 1 D
зарядов и।, - —-----. Во время движения шарика его
4/Tf^0
"м’‘
кинетическая энергия ггк| = , при приолижении к
заряду па предельное расстояние кинетическая
энергия ^2=0- Работа Av =---------------;
4я£'£'0Г|2
А = W... - Д'.л = - - П . Таким образом, ——— = . от-
ь1 2 4,тезд2 2 '
2<7,<7-
куда г1? -------'= г - 6 см.
4,ТС£'0/ЛГ'
9,39. До какого расстояния г могут сблизиться лва электрона, если они движутся навстречу друг другу с относительной скоростью г =1(Ум с?
Решение:
Т. к. v0 — относительная скорость
Движения электронов, то один электрон можно считать неподвижным, а другой — дви
31
жущимся относительно первого со скоростью v0. По формуле потенциала поля точечного заряда потенциал поля, создаваемого электроном, который мы считаем
неподвижным, на расстоянии г от него <р - —-—. Ки-4я80Г
нетическая энергия движущегося электрона WK - mv^ / 2 тратится на работу' против кулоновской силы отталкивания у
. -т-
А = еср-------. Тогда по закону изменения энергии
4ж?0г
2 2 2
иг л ,,,V0 е 6
WK = А или —- =--------, откуда г ------------г =
2 4тгеу 2?re,owvJ
= 5-Ю‘10м.
9.40. Протон (ядро атома водорода) движется со скоростью v = 7,7-106 м/с. На какое наименьшее расстояние г может приблизиться протон к ядру атома алюминия? Заряд ядра атома алюминия q = Ze, где Z — порядковый номер атома в таблице Менделеева и е — заряд протона, равный по модулю заряду электрона. Массу протона считать равной массе атома водорода. Протон и ядро атома алюминия считать точечными зарядами. Влиянием электронной оболочки атома алюминия пренебречь.
Решение:
0 Ядро атома алюминия считаем не-< подвижным. Т. к. по условию ядро > алюминия — точечный заряд, то потенциал поля ядра алюминия <7 т т = —1. Тогда по закона
4лг0г 4л'£,0г . г. wv2 изменения энергии (см. задачу 9.39) —— г = = 6,1-10 4 м. 2да0шу' Ze2 = , откуда 4яг0г
32
9.41. При бомбардировке неподвижного ядра натрия а -частицей сила отталкивания между ними достигла значения /’ = 14011. На какое наименьшее расстояние г приблизилась а -частица к ядру атома натрия? Какую скорость v имела а -частица? Влиянием электронной оболочки атома натрия пренебречь.
Решение:
Потенциал поля ядра натрия (см. задачу Z е
9.40) (р = —!—. По закону Кулона сила 4лг0г
отталкивания между ядром натрия и
Z Z,e2
а -частицей F = —!—2__ , где Z2 = 2, т. к. а -частица 4 ягу г ‘
представляет собой ядро атома гелия. Отсюда минимальное расстояние сближения ядра и а -частицы
г = — - 6,01-10~1:> м. По закону изменения энергии
2 у keqF
, П -5ЛЧ "П’2
(см. задачу 9.39) ---=-------, откуда скорость а -частицы
2 4ле0г
е 7
v =--------L- = 1,59-10'м/с.
у Ins^rm
9.42. Два шарика с зарядами q, = 6,66 нКл и г/, =13.33нКл находятся на расстоянии г, - 40 см. Какую работу А надо совершить, чтобы сблизить их до расстояния г, = 25 см?
Решение:
Энергия электростатического взаимодействия шариков
W = - . Для сближения шариков нужно совершить
4ЛЕ’£,0Г
2-3269 33
работу А = AW = W2 . Поскольку W} = , а
4тГ£'£'0Г1
Ш,=-^^,то А=™±
4л££0Г2 4тГС£{
1 1
= 1,2 мкДж.
9.43. Шар радиусом R = 1 см, имеющий заряд q = 40 нКл, помешен в масло. Построить график зависимости U = f(k) для точек поля, расположенных от поверхности шара на расстояниях L , равных 1, 2, 3, 4 п 5см.
Решение:
Будем считать, что заряд q равномерно распределен по
поверхности шара. Разность потенциалов U - <ра - <р}, где
<р0 — потенциал шара па его поверхности, <р{ — потенциал поля в точке, находящейся на расстоянии L от f q f dr q
поверхности шара; <рй = Erdr =-------- — =---------. Ана-
J J 4zrff07?
i T T *1 1 1
ЛОГИЧНО 69. =--------7-----Г, отсюда U =—-—-----------------
4zrf^0 [R + L) 4/T£'£'o R R + L
Характер зависимости U(L) дан на графике.
34
L. м 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05
ЦкВ 3,6 4,8 5,4 5,76 6
9.44. Найти потенциал ср точки поля, находящейся на расстоянии г = 10 см от центра заряженного шара радиусом Л = 1см. Задачу решить, если: а) задана поверхностная плотность заряда на шаре ст = 0,1 мкКл/м2; б) задан потенциал шара (р = 300 В.
Решение:
Имеем (р-—-— (см. задачу 9.43). а) Поскольку 4Я££0Г
„ л 4/raR2 aR1 - -, _ ,, ,,
q-oS - cr^nR , то cp =--------=------; cp = 1 l,o В. б) Потен-
££or
циал шара <p0 - —-—, откуда q - ^cp^E^R. Тогда 4тГ£'£'о/?
4тге-£у г
9.45. Какая работа А совершается при перенесении точечного заряда «у = 20 нКл из бесконечности в точку, находящуюся на расстоянии г = 1 см от поверхности шара радиусом R = 1 см с поверхностной плотностью заряда ст = 10 мкКл/м"?
Решение:
Работа по перемещению точечного заряда q из бесконечности в некоторую точку М есть потенциал точки М, следовательно, А = срч -----------ф-----г. Поскольку
4tt££0\R + г)
9о = О’4л7?2, то А = ——г; Л = 113 мкДж.
35
9.46. Шарик с массой pi = 1 г и зарядом д = 10нКл перемещается из точки 1, потенциал которой <pt =600 В, в точку 2, потенциал которой <р2 = 0 . Найти его скорость v, в точке 1, если в точке 2 она стала равной у, = 20 см/с.
Решение:
Работа по перемещению шарика из точки 1 в точку 2 разна /1 = q{(P\ - <р2). С другой стороны, работа А равна
mvj /;п’Г приращению его кинетической энергии: А-—------------.
r, ( 'l - V|2 ) гх
Следовательно, q\(p, - —=--------- = —------1 • Отсю-
2 2 2
Г~2 2<7(^ - <р,)
да г, = Jr,-----—----— ; г, - 16,7 см/с.
9.47. Найти скорость v электрона, прошедшего разность потенциалов U , равную: 1,5, 10. 100, 1000 В.
Решение:
Работа по перемещению электрона из точки 1 в точку 2 TJ
равна А = q(<pt -$>-,) =—. с другой стороны, работа Л рав-
2 2
mv-, mv, на приращению его кинетической энергии А = —^=----.
.. „ . WV7 11ПА
Если г, =0, то А = —Тогда С =—где е — заряд 2 2е
электрона, т — его масса (см. таблицу 3), откуда
г, =-----. Составим таолипу искомых значении.
\ т
и. в 1 5 10 100 1000
V. 10°м'с 0.59 1,33 1,88 5,93 18,75
36
9.48. При радиоактивном распаде из ядра атома полония вылетает а-частица со скоростью v = 1,6 107 м/с. П-йти кинетическую энергию И'к а -частицы и разность потенциалов U поля, в котором можно разогнать покоящуюся а -частицу до такой же скорости.
решение:
2
Кинетическая энергия а-частицы 1УК= —. Учитывая,
что та - 4-1,66-10-27 - 6,6-10-27 кг, получим Wh=8,5x
W х10~13Дж. Искомая разность потенциалов U = —- (см. за-
<1
дачу 9.47). Поскольку заряд а-частицы q = 2-1,6-10-19 = = 3,2-1019, то, подставляя числовые значения, получим [7 = 2,66 МВ.
9.49. На расстоянии г, =4 см от бесконечно длинной заряженной нити находится точечный заряд <7 = 0,66нКл. Под действием поля заряд приближается к нити до расстояния г, = 2 см; при этом совершается работа А = 50 эрг. Найти линейную плотность заряда г на нити.
Решение:
Работа по перемещению заряда dA = qdU. где dU = _ _ rdr 7 qrdr qr г,
—Ear ----------. Отсюда A = - —-------=-------In —, о г-
2л'£’£0Г " 2тГЕЕйГ 2л£Еа
куда r = ——.—° ~ — (I). Подставляя числовые данные, <7/«Vi /Г2)
получим г = 0.6 мкКл/м.
9.50. Электрическое поле образовано положительно заряженной бесконечно длинной нитью. Двигаясь под действием
37
этого поля от точки, находящейся на расстоянии г, = 1 см от нити, до точки г, =4 см, а-частица изменила свою скорость от v, = 2 • 105 м/с до v, = 3 • 106 м/с. Найти линейную плотность заряда г на нити.
Решение:
Имеем г = ^/Tggn^ — (]) (см. задачу 9.49). Здесь работа ? Hi /ri)
сил поля А равна приращению кинетической энергии
а-частицы, т. е. А - 29,57-10'” Дж. Под-
2 2
ставляя числовые данные в (1), найдем г = 3,7 мкКл/м.
9.51. Электрическое поле образовано положительно заряженной бесконечно длинной нитью с линейной плотностью заряда г = 0,2 мКл/м. Какую скорость v получит электрон под действием поля, приблизившись к нити с расстояния г, = 1 см до расстояния г, = 0,5 см?
Решение:
Если скорость электрона в точке 1 была равна нулю, то работа сил поля по перемещению электрона в точку 2:
А = —-------(1). Из задачи 9.49 имеем г = — (2).
2 qln\i\/r2)
„ ,,ч 7C££,-.mv2
Подставляя (1) в (2), получим г =--------г-----г, откуда
v = p£Z3;v = 2,96.10’M/c.
V
38
9.52. Около заряженной бесконечно протяженной плоскости находится точечный заряд <7 = 0,66нКл. Заряд перемещается по линии напряженности поля на расстояние Аг = 2 см; при этом совершается работа А = 50 эрг. Найти поверхностную плотность заряда <т на плоскости.
решение:
Переведем единицы измерения работы А в систему СИ: А = 50эрг= 50-10“7 Дж. Напряженность поля бесконечно заряженной плоскости Е - & — (1). Кроме того, на-2<c<Cq
пряженность и потенциал однородного поля связаны со-
отношением Е — (2). Приравняв (1) и (2), получим Дг
аг Е(р , . <7<тДг
——=—— —: (3). Работа сил поля А--------------, откуда
2££0 Дг 2гг0
2Jf£-0 у -7 ТУ / 2 аг =------ = 6,7 мкКл/м .
<?Дг
9.53. Разность потенциалов между пластинами плоского конденсатора U = 90 В. Площадь каждой пластины S = 60 см2, ее заряд q = 1 нКл. На каком расстоянии d друг от друга находятся пластины?
Решение:
Напряженность поля плоского конденсатора Е = —
(1) . С другой стороны, Е = — — (2). Приравняв (1) и (2), с d
<7 q U , USeeCi
Учетом а = ~, получим —-—-—, откуда d --------------- =
5 SeSq d q
a 4,78 мм.
39
9.54. Плоский конденсатор можно применить в качестве чувствительных микровесов. В плоском горизонтально расположенном конденсаторе, расстояние между пластинами которого </ = 3,84 мм, находится заряженная частица с зарядом q = 1,44 • 10”9 СГС,,. Для того чтобы частица находилась в равновесии, между пластинами конденсатора, нужно было приложить разность потенциалов U = 40 В. Найти массу т частицы.
Решение:
Со стороны электрического по-______—1---------_ ля на капельку действует сила
J |г | - F = Eq, которая уравнове-
| | jfflg | шивастся силой тяжести nig.
\ * | “ Т. к. Eq + mg = 0 или Eq = mg .
Напряженность поля плоского „ _ Uq Uq
конденсатора Е- — . Тогда —--mg, откуда т-—--d d dg
= 5,1 • IO’,fi кг.
9.55. В плоском горизонтально расположенном конденсаторе, расстояние между' пластинами которого d = 1 см, находится заряженная капелька массой /и = 5• 10~|! г. В отсутствие элекзри-ческого поля капелька вследствие сопротивления воздуха падает с некоторой постоянной скоростью. Если к пластинам конденсатора приложена разность потенциалов U =600 В, то капелька падает вдвое медленнее. Найти заряд q капельки.
Решение:
В отсутствие электрического поля сила тяжести, действующая на капельку, уравновешивается силой сопротивления воздуха mg - (>7rqrv\ —(1), а при наличии поля mg - Eq = бят/пу — (2). Из (1) и (2) получим mg-Eq = 40
-^2-mg, откуда х10~18Кл.
9.56. Между двумя вертикальными пластинами на одинаковом расстоянии от них падает пылинка. Вследствие сопротивления воздуха пылинка падает с постоянной скоростью v, = 2 см с. Через какое время / после подачи на пластины разности потенциалов U = 3 кВ пылинка достигнет одной из пластин? Какое расстояние / по вертикали пылинка пролетит до попадания на пластину? Расстояние между пластинами </ = 2см, масса пы-. линки т = 2 • 10 9 г, ее заряд q = 6,5 •10“|7Кл.
Решение:
В отсутствие электрического поля /и^ = 6лт/;т1 —(I). При наличии поля на пылинку действует горизонтальная сила F-qE, которая сообщает пылинке ускорение, но из-за сопротивления воздуха в горизонтальном направлении также установится движение с некоторой постоянной скоростью v,, причем qE = бят/пч — (2). Из рисунка видно,
V, qE у, п . d
что tga =— --— . Кроме того, отношение — = 0,5—, от-v, mg г, I
куда 1 = 0.5т, — = O.Smg— = 2см. Тогда г-, у, ‘ qE
Искомое время найдем по формуле /= —
Т
числовые данные, получим I - 1 с.
= 1 см/с. 2/
Подставляя
9.57. Решить предыдущую задачу в отсутствие силы сопротивления воздуха (вакуумный конденсатор).
41
Решение:
В отсутствие электрического поля и силы сопротивления воздуха пылинка движется вертикально вниз со скоростью v, - gt, где g = 9,8 м/с2 — ускорение свободного падения. После включения электрического поля за счет подачи на пластины конденсатора разности потенциалов U на пылинку будет действовать кулоновская сила F, направленная горизонтально,
F = qE . Т. к. напряженность поля плоского конденсатора
Е = —, то сила F — (1). По второму закону Нью-d d
тона F = та — (2). Приравняем правые части уравнений
(1) и (2): ^- = та, отсюда горизонтальное ускорение d
qU , qUt
частицы а = -----(3), а ее скорость v2 - at --. llepe-
dm ‘ dm
d at2 мещение частицы в горизонтальном направлении — = -^-или d = at2 — (4). Решая совместно уравнения (3) и (4),
найдем время движения частицы t =
б/2/» .„
------- 64 мс.
Расстояние, пройденное частицей по вертикали,
/ = -^—= 2см.
2
9.58. В плоском горизонтально расположенном конденсаторе, расстояние между пластинами которого d = 1 см, находится заряженная капелька масла. В отсутствие электрического поля капелька падает с постоянной скоростью Vj = 0,11 мм/с. Если на пластины подать разность потенциалов (7 = 150 В, то капелька 42
падает со скоростью v2 = 0,43 мм/с. Найти радиус г капельки и ее заряд <?. Динамическая вязкость воздуха q = 1,82 10 5 Па с; плотность масла больше плотности газа, в котором падает капелька, на Др = 0,9 • 10’ кг/м’.
решение:
В отсутствие электрического поля на каплю действует сила тяжести, сила Архимеда и сила внутреннего трения Стокса. Т. к. скорость капли постоянна, то mg-F^ = бят/л-', — (1). При наличии поля к указанным силам добавится кулоновская сила, тогда mg - F^ + qE - Gxqrv, — (2). В первом приближении каплю можно считать шаром, поэтому 4 ,
ее объем V = — яг', а следовательно, масса ;н = рыК =
4 . 4 ,
= уЛ7- ры . По закону Архимеда FK = p^Vg = —7TFgpb. Тогда уравнения (1) и (2) можно переписать следующим
4 з , 4 з qU ,
образом: — лг gEp - — (3); — яг gEp + -— = 6ят/ х
3 3 d
xrv2 — (4). Из уравнения (3) найдем радиус капли
г = -1Д2-10’7 м. Разделив (4) на (3). имеем
pgA/?
, 3q U V, 4лг3иДр
1Я-----=----- —, отсюда заряд капл и q =--------:--х
4m-3gEp v, 3U
хр2--1 = 7,26-10"'8Кл.
kvi )
9.59. Между двумя вертикальными пластинами, находящимися на расстоянии d = 1см друг от друга, на нити висит заряженный бузиновый шарик массой т = 0,1 г. После подачи па пластины разности потенциалов U = 1 кВ нить с шариком отклонилась наугол а = 10° . Найти заряд q шарика.
43
Решение:
На шарик действует сила электрического поля /•’ -- </Е\ — (1), сила натяжения нити / и сила тяжсс i и mg . Условие равновесия: F - nig + Т = 0 . В проекциях на оси х и г соотве/сгвенно F-Tsina-Q — (2) и ///о
/ cosa-mg = 0 — (3). Из (л) 7 -—;. cos а
Iо:да. из (2) F = Digfga или. с счетом (1), (4). Напряженность поля плоского кон-
денсаюра £-— — (5). Подсплвляя (5) в (4). иолхчнм d
qU dug-tga
—- - nig -tga . О1куда </ —------= 1,7.» пКл.
d L'
9.60. Мыльный пузырь с зарядом q - 222 нКл находится в равновесии в поле плоскою юризонтально расположенного коп-ленсаюр.!, НаГни разношь потенциалов L' между пластинами конденсаюра. если масса пузыря ///-0.01 г и расстояние между плас I инами а - ? см.
Решение:
Со сюроны электрического поля иа капельку действует сила F - :‘:q . коюрая рагаювсшинается силой тяжести mg . Т. к. /'</ + nig - 0 или Eq = mg . Напряженность поля U l'q
илс.ск\ :о кон денсатора /: =—. I огда — = nig . отклда d </
9.61. Расстояние межд> пластинами плоского конденсатора
</ = 4 см. ’)лек1рон начинает двигаться от отрицательной п.тасти-
44
ны в тот момент, когда от положи юльной пластины начинае! двигаться протон. На каком расстоянии / от положи тельной пластины встретятся электрон и протон?
решение:
В поле плоского конденсатора на протон и электрон соотве1ственно действую кулоновские силы /•'( - еЕ и F:--eE (силой тяжести ввиду ее малости можно пренебречь). Здесь с — элементарный заряд. Отсюда следхег. что F{ - -1или . F. = F,. В результате действия постоянной силы препон и электрон получают ускорения <7, и <7-,. По вюромх закону Ньютона 1-\ = ш.ч} : Л . Поскольку /-j = F., то mpai -теа2- Если прогон и электрон встретились через время / на расстоянии / от положительной пластины, го
21 2^-1) "I -21 ш 2(</-/)
<Z|=— и а,=---------;. I огда —-—-—!—;:
г ' г г г
ml - /ц .(<7 -/). oiks да I ---= 22 мкм.
т „ ш • I ‘ *
9.62. Расстояние межах пластинами плоскою ко..леи-гатора </ = 1см. От одной in пласгпи одновременно начинают двигаться протон и «--частила. Какое расстояние I пройдет а -частица за то время, в течение которою протон пройдет весь гл. п> с; одной пластины ТО др> I oil ?
Решение:
В поле плоского конденсатора на протон действхсг кулоновская сила 1\~еЕ. на а -частицу действхс; к\-лоновская сила /•’, =2сЕ. т. к. гаряд а -частицы равен Двум элементарным заря.там. Здесь е — ыементлрный за-
45
ряд. Отсюда следует, что F2 = 2F} — (lj. В результате действия постоянной силы протон и а-частица получают ускорени., 5, и л,. По второму закону Ньютон > F{ = in ; F2 = тай2. С учетом (1) можш записать = 2>tlrai- Если за время . протон прошел расстояние d , а а -чае-, 2d тица прошла расстояние /, то
21 2mad 4111 I 2т d
а-, . Тогда —у— = —, откуда I =-----— = 5 мм.
Г Г Г та
9.63. Электрон, пройдя в плоском конденсаторе путь от одно;! пластины до другой, приобретает скорость v = 106m/c. Расстояние между пластинами d = 5,3 мм. Найти разность потенциалов [/ между пластинами, напряженность £ электрического поля внутри конденсатора и поверхностную плотность заряда <т на пластинах.
Решение:
Пройдя путь от одной пластины конденсатора до другой, ту1 электрон приоорел кинетическую энергию равную ——.
Эту энергию он приобрел за счет работы сил электрического поля, которая выражается формулой А = е х. x(<p2-<p{) = eU . Тогда можно записать, что mv2 /2- eU.
2
откуда U =-----= 2,8 В. Напряженность поля конденсатора
2е
Е -U / d = 530 В/м. Кроме того, напряженность выража-
ется соотношением Е = , откуда сг = Еее0 = 4,1 нКл/м2.
£•£•0
46
9.64. Электрическое поле образовано двумя параллельными пластинами, находящимися на расстоянии б? = 2см друг от друга. К пластинам приложена разность потенциалов U = 120 В. Какую скорость v получит электрон под действием поля, пройдя по линии напряженности расстояние Дг = 3 мм?
Решение:
Для того чтобы сообщить электрону кинетическую энер-UJV2
ГИЮ WK - ~ •. силы электрического поля должны совершить работу А = еЕ<р, где Е<р — разность потенциалов между точками, расстояние между которыми равно Дг.
„ Г Л Z7A 'Г
Напряженность поля Е =-----, откуда Д^> = £Дг. 1огда
Дг
работа сил поля А = еЕЕг или, учитывая, что Е = ^, eUEr mv2
-----=-----, откуда d 2
. eUEr
Л=———. Поскольку A-WK, то
l2eUEr 6 ,
v = J-----= 2,эЗ • 10 м/с.
V md
9.65. Электрон в однородном электрическом поле получает ускорение а = 1012 м/с'. Найти напряженность Е электрического поля, скорость г, которую получит электрон за время / = 1мкс своего движения, работу А сил электрического поля за это время и разность потенциалов U , пройденную при этом электроном. Начальная скорость электрона v0 = 0.
Решение:
В электрическом поле на электрон действует кулоновская сила F = еЕ (силу тяжести ие учитываем, поскольку для электрона mg « еЕ ). Согласно второму закону Ньютона F ~ та или еЁ = та . откуда Е = ЁЁЁ = 5 7 В/м. за время / е
47
электрон приобретает скорость v - al - 106 м/с, т. е. силы электрического поля совершают работу Л, равную , шт2 приращению кинетической энергии электрона. Л = —-
= 4,5 • 10"19 Дж. С другой стороны, работа сил поля А = eU .
откуда U - — - 2,8 В.
е
9.66. Электрон летит от одной пластины плоского конденсатора до другой. Разность потенциалов между пластинами U = 3 кВ; расстояние между пластинами </ = 5мм. Найти сил;. F, действующую на электрон, ускорение а электрона, скорость у, с которой электрон приходит ко второй пластине, и поверхностную плотность заряда ст на пластинах.
Решение:
В электрическом поле на электрон действует кулоновская
- - . г и ъ- eU
сила г =еЕ . Напряженность поля Е-— , тогда г = ----=
d d
= 9.6-10'u Н. По второму закону Ньютона F - та , откуда
<7 = — = 1.05-101'м/с". При перемещении электрона от од-т
ной пластины к другой силы поля совершают работ;-. A-eU. в результате которой электрон приобретает кн-7
нетичсскую энергию И‘к= ——. Поскольку A-WK, то
п:\‘~ I7
eU--—. откуда v = J---------; г = 3,24-10 м/с. Поверх-
2 " \ т
ностная плотность заряда сг = ss^E = 5,3 мКл/м2.
9.67. Электрон с некоторой начальной скоростью т0 влетает в плоский горизонтально расположенный конденсатор пара.: лелыю пластинам на равном расстоянии от них. Разность потен-48
циалов между пластинами конденсатора U = 300 В; расстояние между пластинами o'= 2 см; длина конденсатора / = 10 см. Какова должна быть предельная начальная скорость т0 электрона, чтобы электрон не вылетел из конденсатора? Решить эту же задачу для а-частицы.
решение:
В плоском конденсаторе электрон будет двигаться по параболе подобно горизонтально брошенному телу в поле силы тяжести, на электрон в конденсаторе действует постоянная сила F = еЕ, под действием которой он получит ускорение
_ еЕ гт ,
а=—. Пролетая длину I кон-
ги
/ денсатора за время f = —, электрон отклонится на
расстояние у =---=------- . Чтобы электрон не вылетел из
2 2niv
конденсатора, должно выполняться условие у > —. Отсюда
'о
.ляя числовые данные, получим для
электрона v0 = 3,64 • 10' м/с и для а -частицы т0 =6-10’ м/с.
9-68. Электрон с некоторой скоростью влетает в плоский горизонтально расположенный конденсатор параллельно пластинам на равном расстоянии от них. Напряженность поля в конденсаторе Е = 100 В/м; расстояние между пластинами <У = 4см.
49
Через какое время t после того, как электрон влетел в конденсатор, он попадет на одну из пластин? На каком расстоянии з от начала конденсатора электрон попадет на пластину', если он ускорен разностью потенциалов U = 60 В?
Решение:
Вдоль горизонтальной оси движение электрона будет равномерным со скоростью vr=v0, т. к. вдоль оси х га него не действуют силы. При равномерном движении координата х изменяется со временем х = vQt. Вдоль оси у га электрон действуют две силы:
сила тяжести mg и сила электростатического поля F - еЕ . Сила тяжести mg = (9,11 • 10"’1 -9,8)н на тринадцать порядков меньше электростатической силы F = (|,6-10"'9-102)н и ею можно пренебречь. Под действием электростатической силы движение электрона вдоль осп у будет равноускоренным, а координата у изме-at2 Ft2 eEt2
няется со временем по закону у --=----=------. Отсю-
2 m2 m2
d [dm „
да при у - — имеем t = J--« 48 нс. Пройдя разность по-
2 V еЕ
тенциалов U, электрон за счет работы А сил электростатического поля приобретает кинетическую энергию,.
, тт ,ttvo i2eU
т. е. А - eU = —откуда v0 =------. Тогда через время
2 v m
f = 48 нс он упадет на пластину на расстоянии S = г0Г = t <
[2eU
х------. Подставив числовые данные, получим 5 = 22 см
V m
50
9.69. Электрон влетает в плоский горизонтально расположен-ЛЛЙ конденсатор параллельно пластинам со скоростью v0 = 9 х xjq6m/c. Разность потенциалов между пластинами [/= 100 В; расстояние между пластинами d = 1 см. Найти полное а, нормальное а„ и тангенциальное а. ускорения электрона через вре-t = 10нс после начала его движения в конденсаторе.
Решение:
Движение электрона в электрическом поле конденсатора аналогично движению тела, брошенного горизонтально в поле силы тяжести. На электрон действует кулоновская сила F = eE. По второму закону Ньютона F = та или еЕ - та .
Отсюда полное ускорение электрона а = — или, с учетом т
Е = — , а = ^~ = 17,6-10м м/с2. Через время t d md
чала движения его нормальное ускорение а,, = • .---— ,
-Jvo2 + a2t2 a2t
тангенциальное ускорение аТ = —=== (см. задачу у vj + a't2
1-30). Подставляя числовые значения, получим -8х х1014м/с2; аТ = 15,7-10м м/с2.
после на-
av0
9.70. Протон и а -частица, двигаясь с одинаковой скоростью, влетают в плоский конденсатор параллельно пластинам. Во сколько раз отклонение протона полем конденсатора будет больше отклонения а -частицы?
51
Решение:
Найдем отклонение Ду полем ----------1-------~ конденсатора для любой по.ю-жительно заряженной частицы.
•——*---По второму закону Ньютона
кулоновская сила F-ma или
I I qE = ша. Пусть за время t
частица пролетает по оси д-расстояние I. Движение частицы по оси .v — равномерное, со скоростью v0, т. к. проекция силы F па ось
д- равна нулю, следовательно, t - —. Движение частицы го
вдоль оси у — равноускоренное под действием силы , ,, ЦЕ -г
направленной вдоль этой оси. Ускорение а = -—. Тснда т
. аг 2еЕ1~ Ду, т
До =--- или Ду, =-------. Тогда —— - —— - 2 .
2 ‘ 2п12 vj Ду, 2т р
9.71. Протон и «-частица, ускоренные одной и той же разностью потенциалов, вылетают в плоский конденсатор параллельно пластинам. Во сколько раз отклонение протона полем конденсатора будет больше отклонения а -частицы?
Решение:
Если ускорения протона и а -частицы будут одинаковы, о и отклонение Ду у них будет одно и то же (см. задач}' 9.70).
9.72. Электрон влетает в плоский горизонтально расположенный конденсатор параллельно его пластинам со скорость о го=10 м/с. Напряженность поля в конденсаторе £ = 10 кВ м; длина конденсатора / = 5 см. Найти модуль и направление скорости v электрона при вылете его из конденсатора.
52
решение:
Полная скорость электрона в момент вылета из конденсатора V = 1’д. + v,, где ^=v0, vy =at. В скалярной фоРме v = + v; .
еЕ I
Поскольку а = —, t = —
(см. задачу 9.67). то
= 1,33 ПО7 м/с.
На-
правление скорости v электрона определяется углом а . 1ft рисунка видно, что cos а = v0 / v; а « 41° .
9.73. Пучок электронов, ускоренных разностью потенциалов (/ = 300 В, при прохождении через незаряженный плоский горизонтально расположенный конденсатор параллельно его пластинам дает светящееся пятно на флуоресцирующем экране, расположенном на расстоянии х = 12см от конца конденсатора. При зарядк£Д<онденсатора пятно на экране смешается на расстояние у = 3см. Расстояние между пластинами d - 1,4 см; длина конденсатора / = 6 см. Найти разность потенциалов U , приложенную к пластинам конденсатора.
Решение:
53
Движение электрона внутри конденсатора складывается двух движений: 1) по инерции вдоль оси х с постоянной скоростью v0, приобретенной под действием разности потенциалов UQ, которую электрон прошел до конденсатора. 2) равноускоренного движения в вертикальном напраа-лснии к положительно заряженной пластине под лей-ствием постоянной силы поля конденсатора. По выходе из конденсатора электрон будет двигаться равномерно со скоростью v, которую он имел в точке М в момент вы-лета из конденсатора. Из рисунка видно, что у = h{ - А,, где /?, — расстояние, на которое сместится электрон в тер-тикальном положении во время движения в конденсаторе: /?2 — расстояние между точкой D на экране, в которую электрон попал бы, двигаясь по выходе из конденсаторе по направлению начальной скорости v0, и точкой С , в которую электрон попадет в действительности. Выразим отдельно А, и А2. По формуле длины пути равноускорен! ого движения найдем hx=at2/2, где а — ускорение, полученное электроном под действием поля конденсатора; t — время полета электрона внутри конденсатора. По вто-eU
рому закон)' Ньютона a - F/те, где F -еЕ---------сила,
d
с которой поле действует на электрон. Из формулы пути равномерного движения t- —. Выражение скорости 'с 1’0
найдем из условия равенства работы, совершенной полем при перемещении электрона, и приобретенной им кинсти-
чсскои энергии: ——- = еи0. Отсюда г0 =-------- — (-А
2 те
Подставляя в формулу (1) значения a, F, t и Vq, ш.-ЛУ"
U12
чим Л, =-----. Длину' отрезка Л, найдем из подобия ч ре'
$dUQ
54
0^дьников MDC и векторного: й, = —, где Vj — скорость электрона в вертикальном положении в точке М. Скорость V! найдем по формуле Vj = at, которая с учетом ' - г , eUl п
выражении для а, F и t примет вид Vj= —-------. Под-
, , eUlx
ставив выражение У] в формулу (3), получим н, =---у,
dmeVQ
9 , , Ulx
или, заменив vj по формуле (3), найдем И2 = . Тогда
, , Ul2 Ulx Ul (I
у = h + h2 =--+------------- — + х , откуда
1 2 4DU0 2dU0 2dU0\2 )
U= 2ydUf>-^.; U = 28 B.
9.74. Электрон движется в плоском горизонтально расположенном конденсаторе параллельно его пластинам со скоростью v = 3,6 • 107 м/с. Напряженность поля внутри конденсатора £ = 3,7 кВ/м; длина пластин конденсатора / = 20см. На какое расстояние у сместится электрон в вертикальном направлении под действием электрического поля за время его движения в конденсаторе?
Решение:
гм 2
Имеем у =-------- (см. задачу 9.70). у - 0,01 м.
9.75. Протон влетает в плоский горизонтально расположенный конденсатор параллельно его пластинам со скоростью *о -1,2-105 м/с. Напряженность поля внутри конденсатора
~ЗкВ/м; длина пластин конденсатора / = 10см. Во сколько
55
раз скорость протона v при вылете из конденсатора будет боль, ше его начальной скорости v0 ?
Решение:
Скорость протона в момент вылета равна v = JvJ ч-, где
q.El
vv - v0, v -at - —-— (см. задачу 9.70). Отсюда скорость 1}1pvo
v =
(/«Л,
= 2,69 • 1 О’м/с. Тогда отношение скорос-
тей — = 2,24. vo
9.76. Между пластинами плоского конденсатора, находящимися на расстоянии d. = 5 мм друг от друга, приложена разность потенциалов U-150 В. К одной из пластин прилегает плоскопараллельная пластинка фарфора толщиной d2 = 3 мм. Найти напряженности £, и £, электрического поля в воздухе и фарфоре.
Решение:
Разность потенциалов между обкладками конденсатора 2
U-^Edl — (1). Поскольку в плоском конденсаторе в ।
пределах каждого диэлектрика поле однородно, равенство (1) может быть записано в виде U = EJ} + £,/,, где /, = d\ -d2 — толщина слоя воздуха, l2=d2 — толщина слоя фарфора. Граница раздела диэлектриков параллельна обкладкам и, следовательно, нормальна силовым линиям поля. В отсутствие свободных зарядов на поверхности диэлектрика £>, = D2 и =£2Е2. Диэлектрическая про' ницаемость воздуха £,=1, диэлектрическая пронИ-56
-|ЦК)0ТЬ фарфора £2 - 6. Решая систему уравнений
= -d2}+E2d2, U
V 14 получим £( = --------г--------;
= £2^i ’ {d{ — d2) + £]d2 / f|
#. - ----= 60 кВ/м и £, - ---------;
.^£2+с12е\ ’ +<Л
= 10 кВ/м.
9.77. Найти емкость С земного шара. Считать радиус земногоадара Я = 6400 км. На сколько изменится ..отенциал земного шаря, если ему сообщить заряд q = 1 Кл?
Решение:
Имеем С = 4k££0R . Подставляя числовые данные, получим С = 4-3,14-1 • 8,85 10~и 6400 10’= 711 мкФ. Если земному шару сообщить заряд q - 1 Кл, его потенциал увеличится
надвеличину Д^> = — = 1406В.
.,9*78. Шарик радиусом R = 2 см заряжается отрицательно до потенциала ^> = 2 кВ. Найти массу т всех электронов, составляющих заряд, сообщенный шарику.
Решение:
Емкость шарика С - 4ti££qR . После зарядки до потенциала 9^?>С ~q)4^££nR. Количество электронов, составляющих этот™ W „ 4n:££nR(l)
10т заряд, N = — или Д =-----у—- . Масса всех электро-
е е
Нов щ = М„е = = 2 5 [ Одо кг
е
57
9.79. Восемь заряженных водяных капель радиусом г = 1.м (( зарядом q = 0,1 нКл каждая сливаются в одну общую водяную каплю. Найти потенциал (р большой капли.
Решение:
Потенциал на поверхности большой шарообразной ка ;.щ
(р = ——— — (1), где Q — заряд капли, R — ее радтос 4лг0К
Потенциал на поверхности малой капли <pQ -—-—, где 4^-for
q — заряд капли, г — ее радиус. Если п одинаковых
капель сливаются в одну-, ее заряд равен Q = nq. С учетом
этого, разделив (1) на (2), получим — -п--(3). Объем
% R
большой капли равен сумме объемов маленьких капе ть:
4 пз 4 з г 1 п q - , г>
— як =/7—яг , откуда— = -=^0=-г=—-—; (р = 3,6 кВ.
3 3 R ijn \п 4яеог
9.80. Два шарика одинаковых радиуса R = 1 см и массы т = 40 мг подвешены на нитях одинаковой длины так, что их поверхности соприкасаются. Когда шарики зарядили, нити разошлись на некоторый угол и сила натяжения нитей стала равной Т =490 мкН. Найти потенциал <р заряженных шариков, если известно, что расстояние от центра каждого шарика до точки подвеса / = 10 см.
Решение:
Задача аналогична 9.15. Шарикам сообщили заряд
? = 87 яТее0 Н-у-Г
= 21,7-10 9Кл. Потенциал шари-
ков m - — = —-— ; ср = 19,5 кВ. С 4ft£EQR
58
jjyjl. Шарик, заряженный до потенциала ср = 792 В, имеет по-
плотность заряда ст = 333 нКл/м2. Найти радиус г
^«востную щарИКа-
решение:
Потенциал шарика и его заряд связаны соотношением д=С<р, где заряд q = сг-4яг2, емкость шарика С = 4даг0г .
Иначе, or = ££^р, откуда г = = 0,021 м.
9.82. Найти соотношение между радиусом шара R и максимальным потенциалом р, до которого он может быть заряжен в воздухе, если при нормальном давлении разряд в воздухе наступает при напряженности электрического поля Ео =ЗМВ/м. Каким будет максимальный потенциал ip шара диаметром й=1м?
Решение:
Напряженность поля у поверхности заряженного шара
равна Е =-----—- . Заряд q и потенциал шара связаны
4tV££0R~
соотношением q = С(р, где емкость шара С = &t££QR. Отсюда Е-^. Поскольку максимального значения потенциал достигает при Е -Ео, то <pmav - E0R или Фтах =3-10б R. При диаметре шара £> = 1м имеем Рда<а =1,5 МВ.
9.83. Два шарика одинаковых радиуса R = 1 см и массы т~ 0,15кг заряжены до одинакового потенциала ^? = ЗкВ и аах°Дятся на некотором расстоянии /, друг от друга. При этом
энергия гравитационного взаимодействия lPtp =10‘"Дж. Шарики сближаются до расстояния г,. Работа, необходимая для
59
сближения шариков. А = 2 • I0'6 Дж. Найти энергию г электростатического взаимодействия шариков после их со > жения.
Решение:
До сближения шарики обладали энергией гравитационно -j взаимодействия IK-Gm' //•, — (I) и энергией электри-
ческого взаимодействия /Г,, - — — (2). Заряд и >-
4,~б-г.'и1]
рпка = С'</> = 4дгг;,/?<р — (3). Поскольку радиусы и нон. ?. циал шариков одинаковы, то </!=</-= г/ и с равнение (2 • е ... 4.та;(,/??<д2
счетом (.>). можно переписигь II ,, =-------'—. Из । )
GnK
наймем г, ------. I огда ПЛ =----------;----- — (4). Д >я
И;р - Gm~
сближения шариков необходимо совершить работе 1 против сил поля, которая равна приращению энергии электросташческого взаимодействия. А - 1Г,', - ИД . i е 1Г', — искомая энергия электростатического взаим -ЛСЙС1ВИЯ шариков после их сближения. Отсю д 4-г.-г;.АчгИ
И ' = А-1Г, или. с \ четом (4). II - А -г-----------— -.
' Gm~
Подставляя числовые данные, получим ПД, -- 2.67 мкДж.
9.84. Площадь пластин плоского воздушною конденс-ai••л .S’ = I м". расстояние междч ними d = 1.5 мм. Haiiin емкосп. мою конденсатора.
Решение:
1’мкость плоскою конденсатора определяется coon: -шепнем С = ff0.S’/ </. Для воздуха s = 1 . Подставиз числовые значения, получим С = 5.9 нФ.
60
9.85. Коиденсаюр предыдущей задачи заряжен до разности
00 В. Hainii поверхности)ю плотность заряда
Л^циалов С
& на его пластинах.
решение:
г Г Напряженность ноля плоского конденсатора Е-—. С
а I ст
другой стороны. £=--------. 1 01 да — -----. откуда
U££n >--7 >-
---— = 1., I мкКл м .
° d
9.86. Требуется изготовить конденсатор емкостью С- 250 пФ. Для этого на парафинированную бумагу толщиной d - 0,05 мм наклеивают с обеих сторон кружки станиоля. Каким должен быть диаметр D кружков станиоля?
Решение:
S* Емкость конденсатора выражается формх.той С - ,
d
„ Л2 т ^;ол£>2 _ „ 4Cd „
где 5 = я---. I. е. С ---------. Отсюда D = I------- . Ди-
4 4<7 у £1^.77
электрическая проницаемость парафина <; - 2 . Подставив числовые данные, получим D = 3 см.
9.87. Площадь пластин плоскою воздушного конденсатора ^ = 0,01.м~. расстояние между ними d = 5 мм. К пластинам приложена разность потенциалов U, - 300 В. После отключения конденсатора от источника напряжения пространство между пластинами, заполняется эбонитом. Какова будет разность Потенциалов U- между пластинами после заполнения'.’ Найти емкости конденсатора С, и С\ и поверхностные плотности за-Ряда /т
на °i и <т, на пластинах до и после заполнения.
61
Решение:
Т. к. заполнение конденсатора эбонитом произвол;. -ь после отключения от источника напряжения, то по я. сохранения электрического заряда заряд па плас>
</ const . Следовательно, и поверхностная плотность !1;|.
</ (7 и
да на пласт инах о - — - const. 1. к. Е--—- — .тс ,,
\ d 1
после заполнения имеем a -d - иг%1:\ —(I)11 , х
— (2). Приравняв правые части уравнений (1) ; 2i,
имеем С,’1<г,| - {/>£-,, откуда U-, ----11513. До и i, jc
i:-,
„ С -
заполнения конденсатора имеем ц =—--— = 1,, d
С-, = — f— = 46 пФ; а - — = - 531 нКл/м2.
• d S S
9.88. Решить предыдущую задачу для случая, когда заполнение пространства между пластинами изолятором произвол iгея при включенном источнике напряжения.
Решение:
В данной задаче рассматриваются два крайних состояния конденсатора: когда он не заполнен диэлектриком и к.яда заполнен. Сам процесс заполнения не учитывается. I -ДН заполнение конденсатора эбонитом производить при гл..точенном источнике напряжения, то U = const . Следовательно, и напряженность поля свободных зарядов иа обкладках конденсатора Е - — - const. С другой стороны. d
напряженность поля свободных зарядов Е = -^—, тогдэ Д°
U ст, U а-> ,
и после заполнения имеем — = —— и —-——, от; чт1 d cqE\ d €й£2
62
г /• Г/
——— = 1,38 мкКл/м’. До и d
имеем (см. задач) 9.87) емкость конденсатора от
= 53 I пКл/м2 и ст, =
Т d
щите заполнения эбонитом Q = 17,7 пФ, С, = 46 пФ, г. к.
напряжения не зависит.
$.89. Плоша.ть пластин плоского конденсатора 5 = 0.01м‘, расстояние между ними d = I см. К пластинам приложена раз-вость потенциалов С'=3(ЮВ. В прос1раистве между nnaciii-нами находятся плоскопараллельная пластинка стекла толщиной <=0,5 см и плоскопараллельная плас шика парафина толщиной 4^ =0,5см. Найти напряженности £, п £, электрического поля итапемчя потенциала £, и L , в каждом слое. Каковы будхт при ЭТОМ емкость С конденсат ора и поверхностная плотность заряда а на пластинах?
Решение:
Разность потенциалов между обкладками конденсатора 2
U = j^dl — (1). Поскольку в плоском конденсаторе в 1
пределах каждого диэлектрика поле однородно, равенство (1) может быть записано в виде U = £,/( + £-,/, - (2), где — толщина слоя стекла. /, -d2 — толщина слоя парафина. Граница раздела диэлектриков параллельна обкладкам и, следовательно, нормальна силовым линиям поля. В отсутствие свободных зарядов на поверхности диэлектрика £>, = D, и t;lEl = г-Е- — (3). Падение потенциала в каждом слое С’-, - E,d{ и U = E2d2 —(4). Уравне-НИе (2) можно записать в виде £,</, + E2d2 ~U — (5). Из и (3) имеем £. =---------^7-----= 15кВ/.м. £, = =
£.d2 ’ s2
"45кВ/м. Тогда из (4) =75В. = 225 13. Емкость С
63
найдем по формуле —= — ч-----------, где С, ---
(' С, С,
£ £,S £ £.£
С\= —— — (4). Отсюда емкость С-----------------— _,.
- d,
= 26,6 пФ. Заряд на одном из пластин q = ст • .S' = < .
= C2U2 = СЕ; отсюда а - 0,8 мкКл м".
9.90. Между пластинами плоского конденсатора, гы .одя. шпмися на расстоянии </ = 1см друг от друга, приложен раз. пость потенциалов U = 100 В. К одной из пластин при arae плоскопараллельная пластинка криснылпческого орет.,,лого таллия (е -173) толщиной </, =9,5 мм. После отключен? кон-денсаюра от источника напряжения пласт инку криюэлла вынимают. Какова будет после этого разность потенцпа.. . С между пластинами конденсатора?
Решение:
Если конденсатор отключен от источника напряжен- . то q = '-пня . Когда пластинка кристалла находится ю три конденса1ора. напряженность и воздушном тст’ Е =------^-122------ (|) тСМ- задачу 9.89). После юге
как пластинку вынули, разность потенциалов между пластинами стала С2 — Ed —(2), 11одсгавляя (2) в (! ). г. <е'-
9.91. Коаксиальный электрический кабель состоит и ад тральной жилы и концентрической цилиндрической обо. '’1К" между которыми находится диэлектрик (£• - 3,2 ). Найти ?' ж' ' С, единицы длины такого кабеля, если радиус жгьты г - ’с' радиус оболочки ту - 3,0см.
64
решение;
Емкость коаксиального каоеля конечной длины L можно най™ по формуле С = . Отсюда для единицы дли-
С = ; с, =214 нФ м.
ны кабеля имеем
9.92. Радиус центральной жилы коаксиальною каоеля г = 1,5см, радиус оболочки R = 3,5см. Между центральной жилой и оболочкой приложена разность потенциалов U = 2,3 кВ. Найти напряженность £' электрического поля па расстоянии х = 2см от оси кабеля.
Решение:
Поле внутри кабеля неоднородно, и напряженность сбывает с увеличением расстояния от оси системы. Поскольку вся система обладает осевой симметрией, напряженность поля может быть найдена с помощью обобщенной теоремы Гаусса: А/S ~ У, Если выбрать вспомога-s
тельную поверхность в виде коаксиального цилиндра, по-
лучим D = —-----(1). где г —линейная плотность заряда
2/77-
на центральной жиле. При этом вектор D нормален к границе раздела и выражение (1) справедливо в любой точке конденсаюра. Учитывая, чю D = st:vE . полечим выражение для напряженности поля в указанной точке, т. е.
При r-x: Е -—-------. Найдем линейнсю плотность за-
Злггу.т
ряда. Емкость каоеля (' = = — = —. откуда
Ш/r) и и
т г Е
77~—г. 1 огда напряженность ноля Е--------------г =
Мл/ г} xlii(R.r)
а 136 кВ/м.
9.93. Вакуумный цилиндрический конденсатор имеет । внхтрениего цилиндра г -1.5 см и радиус внешнего пг R = 3,5 см. Между цилиндрами приложена разность погшь п110(. (У = 2.3 кВ. Какую скорость v получит электрон под деж Зпе поля этого конденсатора, двигаясь с расстояния /, = 2.5 _м J(. расстояния /, = 2 см от оси цилиндра?
Решение:
За счет работы сил электрического поля электрон нрц0.
с л }},V'
предает кинетическую энергию, т. е. А - . Имеем
dA-qdU--qEdx. Т. к. £ =--------------г, то работа
xln\R /г)
_ г qUdx _ qU//?(/, //•,)_ mv2 ]xhi(R'r)~ ln(R/r) ~~ /[
следовательно.
^qUln^/R} у mhi(R/r)
= 1,46-IO7 м/с.
9.94. Цилиндрический конденсатор состоит из внутреннего цилиндра радиусом г = 3 мм. двух слоев диэлектрика и вне:, него цилиндра радиусом R - 1 см. Первый слой диэлектрика толщиной </,=Змм примыкает к внутреннему цилиндру. Найти
V.
отношение падении потенциала —= в этих слоях.
(Л
Решение:
Напряженность электрического поля внутри пили: чрн-
ческог о конденсатора Е-------(см. задачу 9 92)-
xln(R г)
Падение потенциала в первом слое U,t = -
65
и(1 ил ln\(r + d} )/r]
.--r-1-—=< Аналогично падение
xlr^Rd-) l)i(R/r)
д^енциала во втором слое U2 =
[7пЛ?[а/(г+ t7j]
—:—4—5—г—. Отсюда ///(А/г)
йх _ I? (г+<.1^ >
555. При изучении фотоэлектрических явлений используется сферический конденсатор, состоящий из металлического шарика яйяметроы <7 = 1.5 см (катода) и внутренней поверхности по-сёребренной изнутри сферической колбы диаметром 0 = 11см (Йода)- Воздух из колбы откачивается. Найти емкость С такого конденсатора.
Решение:
2</ Потенциал внутреннею шарика равен <р} =------------. По-
' 4,ТгЛ?0</
тенциал внешней сферы равен <р-> = ——— . Отсюда раз-4/T£-f0D
2q fl О _
ность потенциалов Д<р =-------—------. Емкость конден-
4ляь-0 V d D )
л „ q 2zsc,,dD _
сатора С = —— --------—. Подставляя числовые данные,
А<р D-d
падучим С = 0.96 пФ.
9-96. Каким будет потенциал <р шара радиусом / - 3 см, если.’ а) сообщить ему заряд q = 1 иКл, б) окружить его концен-"фИческим шаром радиусом R = 4 см, соединенным с землей?
Решение:
а) Потенциал шара ф = — - —-—; ф = 300 В. б) На зазем-С 4лт;£,0г
Ленной сфере в результате взаимодействия электрического
67
поля заряженною шара индуцируется заряд, равны;: ц0 величине и противоположный по знаку заряду и. ;);1 г. е. </--4тггт;(,г<р, потенциал шара стане т рашд,|М
4/Т6-£0 /?
_1_-4^г£= 4-^0 R I
ср = 7.5 В.
9.97. Найти емкоси. С сферического ковдепса!. состоящею из двух концентрических сфер с радиусами г = г и /? = 1(),5см. Пространство между сферами заполнено мае. ..д Какой радиус R. должен иметь шар. помещенный в м.; и. дюны иметь такую же емкость?
Решение:
Г I 4л-££огА „
Емкость сферического конденсатора С =——-— . Диэлек-
трическая проницаемое । ь масла s = 5 . Подставляя чш ю-вые данные, получим С - 1,17 • I О'9 Ф. Емкость шара С
С - 4-£u(). отсюда Д, =-------= 2.1 м.
4.т<мс0
9.98. Радиус внутреннего шара воздушного сферическою конденсатора г = ! см. радиус внешнего шара /? = 4см. Мс 1 ту шарами приложена разность потенциалов С=ЗкВ. Найти м-нряженность Е электрического поля на расстоянии .х=3см от центра шаров.
Решение:
Напряженность в заданной точке создастся только вн и ренним шаром и равна Е =-------1-—Заряд (} найдем и;
4,т.<,ъ-0Г
68
Отношения С
Atrs^rR _ q R-r ~7j'
4 т: l\,RU откуда и =-------------
А’ - г
v ''RU л < - Г. , Тогда Е = ^~_гуЕ 44’5 кВ/м-
9.99. Радиус внутреннего шара вакуумного сферического конденсатора г = I см, радиус внешнею шара R = 4 см. Между дырами приложена разноси, потенциалов (/=ЗкВ. Какую ддорость г получит электрон, приблизившись к центру шаров с расстояния .г, = 3 см до расстояния .v, = 2 см?
Решение:
За счет работы А сил электрического поля электрон
с < ,т'~ и
приобрел кинетическую энергию, т. е. А= ——. Имеем
A=edU = -eEdx . Г. к. Е =
(А-г)л-
(см. задачу 9.98), то
( erRE f I 2Г71/Е
_eLW?(X| -л- J (Л-г)л(л-;
niv2 eErR(x. - л-,) l огда —- v ,
2 (A-r).r,.v;
v= feeUrR^.v, - л,) , V m(R-i )xiX2
- 1.54 I O' м/с.
9>100. Найти емкость С системы конденсаторов, изобра-Леиной на рисунке. Емкость каждого конденсатора С, = 0,5 мкФ
69
Решение:
i _ i J_ с ~ с12 + с3
Отсюда С =
Емкость параллельного участка с = С,+С2. Емкость всей системы Кон
денсаторов найдем из соотнощецИ51
или
С#, +С2)
С, +с2 +с3
1 _С3+С,-С\
С iy
Поскольку
2
Сх = С-, = С3 = С,, то С = — С, = 0,33 мкФ.
3
9.101. При помощи электрометра сравнивали между собой емкости двух конденсаторов. Для этого заряжали их до разностей потенциалов I/, =300 В и U2 = 100 В и соединял.! оба конденсатора параллельно. Измеренная при этом электрометром разность потенциалов между обкладками конденсатора сыаза-
С
лась равной U =250 В. Найти отношение емкостей .
Решение:
Заряд на обкладках первого конденсатора = C}Uf. Заряд на обкладках второго конденсатора q2-C2U-,. После соединения конденсаторов qx+q2-CU, где С-С, -С2-Отсюда (С, +C2)U = C,U} +C2U2 После несложных пре-
с, и-и, _
ооразовании получим —L ------ = 3 .
С2 и{-и
9.102. Разность потенциалов между точками .4 и В U - 6^ Емкость первого конденсатора С, =2 мкФ и емкость вы чмо конденсатора С; = 4 мкФ. Найти заряды и q-, и раз. >cT,i потенциалов Ц и U2 на обкладках каждого конденсатора.
70
|2 В
A
рйпевие:
последовательном соединении на ВЖ пластинах конденсатора будет одинаковый по модулю заряд, т. е. „ = аг. При этом r/1=C107i, а 41
9i-C2U2. Отсюда С|{/( = C2U2. Падение напряжения на участке АВ равно U = Ц + U2, отсюда U} - U - U2. Тогда Мц-и2) = с1и2, откуда ^=-^^ = 213; U>=U-
U2 = 4 В; q, = <?2 = C7, = 8 мкКл.
8.103. В каких пределах может меняться емкость С системы, состоящей из двух конденсаторов, если емкость одного из конденсаторов постоянна и равна С{ = 3,33 нФ, а емкость С, другого изменяется от 22,2 до 555,5 пФ?
Решение:
При параллельном соединении конденсаторов емкость системы равна С = С,+С2 и изменяется от С = 3,33х х10*9 + 22,2-Ю'12 = 3,35-10~9Ф до С = 3,33-10~9 + 555,5х хТО42 =3,89-10“9 Ф. При последовательном соединении С С
конденсаторов емкость системы С - —и изменяется С|+С2
ЭТС,«Ь!£23ЦЗ£2 = 22 .,0-фдо
3,35-10’9
0.333-1^555 5<2 ф
3,89-10'9
9-104. В каких пределах может изменяться емкость С сис-Темь1> состоящей из двух конденсаторов переменной емкости, ес-емкость С. каждого из них изменяется от 10 до 450 пФ?
71
Решение:
При Поспеловательном соединении емкость системы ыЧ|. денсаторов равна С = Подставляя гранш: ,це
значения, получим, что емкость С системы меняется в пределах oi 20 пФ до 900 пФ. При параллельном соединении емкость системы С - С, *-С;. Подставляя граничные злачен,гя. найдем, что емкость (’ сиекуь| меняется от 5пФ до 225пФ.
9.105. Конденсатор емкостью С = 20 мкФ заряжен до .3. пост потенциалов О'= 100 В. Найти энергию If этою кон .и-сагора.
Решение:
Энергия заряженного конденсатора И' - 1 И' - 0.1 И-к.
9.106. Шар радик сом /?. = 1 м заряжен до поте ни: -ла //у - 30 кВ. Найти энергию И заряженного шара.
Решение:
тг СЬ'2
Энергия заряженного шара и -—-—. где емкость шэра
(' = 4лгс0Я. Тогда IV = ... = 2^2?U2;
IV 0.05 Дж.
9.107. Шар, погруженный в керосин, имеет потен' "j.i <р - 4.5 кВ и поверхностную плотность заряда а = 1 1.3 мкКл '!'• Найти радикс Д’. заряд с. емкость С и энергию IT шара.
Решение:
Будем считать, что весь заряд шара равномерно распре телец ио поверхности и задана поверхностная плотность тЭ'
~^nrt>ixзарядов. Потенциал шара (р и его заряд с/ связаны Отношением q = Ctp — (1). где q = aS - (2): С -I /.
Площадь поверхности шара Д' - 4~/?' — (4).
дедставляя (2) — (4) в (Г), получим aR - а:рр. отку та
_££о£^7мм. и, (2) (/ 4л7?’сг = 7 iiK.i. Из (1)
(Т
£-:.? = 1,55 нФ. Энергия заряженного шара
<Р
=15,8 мкДж.
2('
9.108. Шар 1 радиусом /?, = 10см. заряженный до потенциала 0=ЗкВ, после отключения от нсюччика напряжения соединяется проволочкой (емкостью ко юрой можно пренебречь) сначала с удаленным незаряженным шаром 2. а затем после oicoe-динения от шара 2 с удаленным незаряженным шаром 3. Шары 2 и 3 имеют радиусы /?. - R. =10см. Найти: а) первонача_ты1мо энергию И' шара I: б) шергин И’’ и 1Г.' шаров I и 2 после соединения и работу А разряда при соединении; в) шергин И’.' и Из шаров 1 н 3 после соединения н работу .1 разряда при соедгвгенип.
Решение:
Пусть 7?( = R, = /?, _ R . Первоначальная энергия шара I тп *_q,
— (!)• Заряд шара </ и его емкосы, С связаны
соотношением С = — — (2), где <р — потенциал шара. Из «А
(2) <71=С^>, подсшвляя это выражение в (1). получим
2
Емкость шара С = A/rup,R , тогда IE, = 2zr/;z:0 х
73
xRtfi', IK, =50 мкДж. После соединения шаров 1 и проволокой перетекание заряда происходит до тех гю|\ ПОч ка потенциалы шаров не станут равны, г. е. <р\ = <р'-, --По закону сохранения зарядов для изолированной cix ;Л1Ь имеем: q} = q\ + q'2 — (4), где q\ и q’2 — заряды шароз 1 1( 2 после соединения. Г. к. по условию шары находя:iia большом расстоянии друг от друга, потенциал кажд, л и, шаров определяется только зарядом самого шара влиянием ноля второго шара можно пренешечк
= ~h-R - (гЛ ~ ~ Ч'~ — (5). отсюда следует. ч10 4ят;07? 4/Т.‘;0/?
с/, - q'2. Поскольку емкость и потенциал шаров I и 2 ш.е.те соединения одинаковы, то П'' = В','. Из уравнений (3) — (5)
СТ ~ ' Iт
следует, что . Тогда 1Г.'=1Г,' = =—— 4-
2 ‘ 8 4
-П2 = 12.5 мкДж. Работа разряда Л равна разн.сти
энергий А = IV, - (1К|' + By) = ; А = 25 мкДж. Если теперь
соединить шар 1 и
W('= = 3,125 мкДж;
шар 3, то анало:
А = -А- = 6,25 мкДж.
чно
9.109. Два металлических шарика, первый с заргдом д^ЮнКл и радиусом /<=3см и второй с потении.: том <р = 9 кВ и радиусом Rz = 2 см, соединены проволочкой, емкостью которой можно пренебречь. Найти: а) потенциал <р, первого шарика до разряда; б) заряд qz второго шарика до разг ,тз: в) энергии И' и И', каждого шарика до разряда; г) заряд потенцию: <р\ первого шарика после разряда; д) заряд и потенциал второго шарика после разряда; е) эпер: ню 11 соединенных проводником шариков: ж) работу А разряда.
74
ш»ние:
Q ] i/i
-Ц^еяциал первого шарика jo разряда &. --------=
JjxB. Заряд второго шарика до разряда с/; = (Др-, = в4яг^о^2^-' = 20 нКл. Энергия первого шарика до раз-
рдЛа W{ - 2я££^<р{ 1 5 мкДж. Энергия второго шарика до р^чряпа W2 = Inse^Ryfpl -- 90 мкДж (см. задачу 9.108). После соединения шариков it\ = <>',. По законе сохранения
даряда <7> + <7з = -Mi — (О- Имеем <р,' =--— -;
я ?> т ' '
l x- =9Д
AksSqR, учетом (I) подучим
Q\ <Ь то ---------------------1---- ИЛИ с
4Дб’£\1/?1 4/Тг,г-07?,
6/i _ 7, <7? ' Q\
R. ~ FR
откуда
g>, q'^q; .R = 1 8 Тогда 9: = 7i -Ml - q\ I + K~) / /V|
12 нКл. По-
тенциалы шариков после разряда <р{ = <р'2 ------------
‘ 4^££0Rl
=$,4кВ. Энергия IK соединенных шариков равна сумме энергий каждого шарика в отдельности после разряда. Г. е. Й;=^'+^', где fr;= Ш
8С] 8,таг() 7?, ” 8^<cf0/??
Следовательно. ГГ =—!—fl^-L _ kJ_ 1 81 мкДж.
8,™гД At R, J
Работа разряда А равна разноши энергий до и после Разряда, т. е. А - (1Г; + И';)- И' = 24 мкДж.
9-110. Заряженный шар I ралихсом /? = 2 см приводится в
с°прико
сновеппе с незаряженным шаром 2. радиус которого
75
R, —Зсм. После того как шары разъединили, энергия шара 2 оказалась равной О’, - 0,4 Дж. Какой заряд был на шаре 1 До соприкосновения с шаром 2?
Решение:
По закону сохранения заряда q{ - q'{ + д', — (1), где t/J и д'- — заряды шаров 1 и 2 после соприкосновения. Кроме того, потенциалы шаров будут равны, т. е. $0, I '
или ———- = ——---------, откуда q'-R- = д’, R} — (2). По мело-
47tS£aR-
вию IF, =—— = 0,4 Дж, откуда д'- = JSttee^rJf = 8дб\с07?2 ' ' '
= 1,64-I0”6 Кл. Подставляя полученное значение в (2). най-
дем д\ - = 1,1-10~6Кл. Тогда из (1) пол -ним
R-
gt = (l,6-rl,l)-10-6 =2,7-10-бКл.
9.111. Пластины плоского конденсатора площадью 5 = 0,01м2 каждая притягиваются друг к другу с силой F = 30 мН. Пространство между пластинами заполнено слюдой. Найти заряды q. находящиеся на пластинах, напряженность Е поля между пластинами и объемную плотность энергии Й'о
поля.
Решение:
Диэлектрическая проницаемость слюды е = 6. '-'ила притяжения между пластинами плоского конденсатора
F = , откуда £ = =336 кВ/м. Силу F м'.'лг1
2
„ °'2^ 7 Т г- F
выразить иначе: F=-------, где сг = —. 1.е. г =—
2ее S 2 г ’
26
откуда (1'72/ >;‘,; 5 17 8 н к-' •
££..Е~ „ п . 2 даергииИ^-—
Объемная плотность
9112. Между пластинами плоского конденсатора вложена -гой®*1 слюдяная пластинка. Какое давление р испытывает эта ллайинка при напряженности электрического поля Е = i МВ м?
решение:
F
Пластинка испытывает давление р = —. где г — сила ,S
SS,tE-S притяжения между пластинами конденсатора, г =--------.
££аЕ~ _ . , „
Отсюда р = —— = 26,5 Па.
9.113. Абсолютный электрометр представляет собой плоский конденсатор, нижняя пластина которого неподвижна, а верхняя подвешена к коромыслу весов. При незаряженном конденсаторе расстояние между пластинами <7 = 1см. Какую разность потенциалов U приложили между пластинами, если для сохранения того же расстояния d = 1см на другую чашку весов пришлось положить груз массой т = 5,1 г? Площадь пластин конденсатора S = 50 см2.
Решение:
Ка верхнюю пластину электрометра действуют две силы: СИЛа притяжения между пластинами F, направленная BlUl3> и сила натяжения Т нити коромысла весов, Направленная вверх, равная по абсолютной величине весу ^Уза р5 где р - Запишем условие равновесия: F = Т Или F = nig Силу притяжения между пластинами можно
77
££^SU~
выразить следующим ооразом: F = —. Тогда
££-t)SC/2 I2a'2wg
—-—5— = mg , откуда U - -----------------15 кВ.
2d' у ££0S
9.114. Разность потенциалов между пластинами гтюского конденсатора 17=280 В. Площадь пластин конденсатора 5 = 0,01м'; поверхностная плотность заряда на пластинах о' - 495 нКл/м2. Найти: а) напряженность Е поля внутри коп-денсатора; б) расстояние d между пластинами; в) скорость v которую получит электрон, пройдя в конденсаторе путь от одной пластины до другой; г) энергию W конденсатора; д) емкость С конденсатора; е) силу притяжения F пластин конденсатора.
Решение:
Напряженность поля конденсатора Е = = 56 кВ/м. С
г U , U . _
другой стороны, Е - —, отсюда а = — = 5 мм. За счет ра-d Е
боты сил электрического поля электрону будет сообщена г, г . >т’2 ,,
кинетическая энергия IVK~A, т. е. -------еи, откуда
найдем v = J-----=107м/с. Энергия плоского конден-
V т
Sc/ сатора W =-------= 692 нДж. Емкость плоского конденса-
2дд0
gg S
тора С = —— = 1,77 пФ. Сила притяжения пластин кояде* d
сатора F = 13 8 мкН.
9.115. Площадь пластин плоского воздушного конденсатор' S- 0,01м3, расстояние между ними d = 5 мм. Какая ра’>н<>с1> потенциалов U была приложена к пластинам конденсатор' 78
известно, что при разряде конденсатора выделилось мДж тепла?
решеиие:
- „ к ssQSU2
3api^eHHbIM копденсатоР оолаДает энергией IV =—~—.
При разрядке конденсатора эта энергия выделяется в виде sc0SU2 \ldO
reima. Следовательно. О = , откуда U =------- =
^7 кВ.
'9Д16. Площадь пластин плоского воздушного конденсатора £= 0,01м2, расстояние между ними d = 5 мм. К пластинам конденсатора приложена разность потенциалов 1/ = ЗкВ. Какова будет напряженность Е поля конденсатора, если, не отключая его от источника напряжения, пластины раздвинуть до рассеяния d2 =5 см? Найти энергии 1И, и В', конденсатора до и пойте раздвижения пластин.
Ж®8ие:
Поскольку конденсатор постоянно подключен к источ-Sm^to напряжение на нем не изменяется. Напряженность
U ТКЙСя конденсатора при раздвинутых пластинах Е - —; •Ж
^150кВ/м. Емкость плоского конденсатора С = —— — W' </
При увеличении расстояния между пластинами .Jy С (72
^рсть уменьшается. Из формулы IV = —-— — (2),
Сражающей энергию JE конденсатора через его емкость и Напряжение. следует, что энергия конденсатора также ЙрНьшится. Из (1) и (2) следует, что энергия конденсатора ^раздвижения пластин Щ =20 мкДж. Энергия
2<Л
79
конденсатора после
= £/^Sb = 8 м 2d,
раздвижения
пластцц
9.117. Решить предыдущую задачу при условии, что сначала конденсатор отключается от источника напряжения, а затем раз. двигаются пластины конденсатора.
Решение:
Поскольку конденсатор отключили от источника напря-жения, то заряд на его пластинах, а также плотность заряда <т останутся неизменными. Напряженность поля кон-
Z7 СТ V .1.
денсатора Е =-----. как видно из формулы, напряжен-
ность при сг -const не зависит от расстояния между пластинами, следовательно, после раздвижения пластин напряженность не изменится и ее можно найти по формуле
Е = —, т. е. £,=£,= 150 кВ/м. Энергия заряженного кон-денсатора выражается черед заряд и емкость формулой W = — . Емкость плоского конденсатора С = . Заряд
2С d
конденсатора равен q = C,U . Тогда энергия конден-
С U2 ее S'-'2 сатора до раздвижения пластин №\= —— = —£-2—
^=20 мкДж. Энергия конденсатора после раздвижения п. C2U2 EE0SU2d, .. п
пластин 17, = —---= —у; 17, = д0 мкДж.
- 2С, 2d, -
9.118. Площадь пластин плоского воздушного копденсаюР3 S = 0,01 м", расстояние между ними d, = 1 мм. К пластинам конденсатора приложена разность потенциалов U = 0,1 кВ. Пласпг 80
>ЙЙ раздвигаются до расстояния d2 = 25 мм. Найти энергии IVt и jjr конденсатора до и после раздвижения пластин, если источник напряжения перед раздвижением: а) не отключается; б) от-Е^очается.
решение:
а) Энергия конденсатора до раздвижения пластин s£ SU2
jp =—2-----= 443 мкДж. Энергия конденсатора после раз-
1 2d2
ее SU2 движения пластин W2 =—--------— 17,8мкДж (см. задачу
2^2
0-116). б) Энергия конденсатора до раздвижения пластин
_ C.U1 ££aSU2
0?; =—1— = —у; И7; = 443 мкДж. Энергия конденса- 2 2^1
C2U2 ££0SU2d2
тора после раздвижения пластин W2 =—-----= —s
2С2 2dt
^2 =11,1 мкДж (см. задачу 9.117).
9.119. Плоский конденсатор заполнен диэлектриком и на его пластины подана некоторая разность потенциалов. Его энергия Ври этом IV = 20 мкДж. После того как конденсатор отключили ОТ источника напряжения, диэлектрик вынули из конденсатора. Работа, которую надо было совершить против сил электрического поля, чтобы вынуть диэлектрик, А - 70 мкДж. Найти Диэлектрическую проницаемость £ диэлектрика.
Решение:
Энергия конденсатора, заполненного диэлектриком, JF-W тт
1------—. После удаления диэлектрика емкость конден-
С
сат°ра уменьшилась в £ раз и стала равной С2 = —- . Т. к.
£
^РЯЦ конденсатора остался прежним, то разность потен
81
циалов в силу связи q = CU увеличилась в с раз;
U2 = sUx. Энергия конденсатора после удаления диэлскт-
С U1 с2
рика W-, =——! = W\e . Работа, совершенная против сил 2е
кулоновского притяжения, равна А = W2 = W\s - l)s
A ,
отсюда e - — +1; e = 4.5.
9.120. Площадь пластин плоского воздушного конденсатора S = 12,5 см2, расстояние между ними ^=5 мм. К пластинам конденсатора приложена разность потенциалов £7 = 6 кВ. П ластины конденсатора раздвигаются до расстояния d2 = 1 см. Найти изменение емкости конденсатора ДС, потока нагря-женности ДА',.- сквозь площадь электродов и объемной плотности энергии ДИ< электрического поля, если источник напряжения перед раздвижением: а) не отключается; б) отключается
Решение:
а) Если источник напряжения отключается, то разность
потенциалов между пластинами конденсатора остается - т-
постоянной. Емкость конденсатора С=——, отсюда из-d
менение емкости ДС =
e£qS
АС = 1,1 Пф. По тео-
реме Гаусса поток напряженности сквозь любую замкну-
тую
1 V-поверхность ---------/.q,, в нашем случае
NE=-^—, а изменение потока напряженности
ANl =—— (q, Поскольку q} - CtU = -g^-— _ a
82
, ££^_ т0 ДУ =£[/М-----------L ; ду£=750В-м.
аг U ^2J
ттл ££§Е~ j-, U —
Объемная плотность энергии , где Е = — . От-
йода ДЖ0 = Е --U; АИ^ = 48 МДж/м3.
б) Если конденсатор перед раздвижением отключается от источника напряжения, то заряд на пластинах конденсатора остается постоянным. Емкость, как и в случае «а», уменьшится на величину АС =1,1 пФ. Поток напряженности не изменится, т. к. q} -q2, т. е. - 0. При
.&= const напряженность Е = = const, т. е. объемная
плотность энергии тоже не изменится, ДИ^ = 0.
9.121. Найти объемную плотность энергии Wo электрического поля в точке, находящейся: а) на расстоянии х = 2см от поверхности заряженного шара радиусом /? = 1см, б) вблизи бесконечно протяженной заряженной плоскости, в) на расстоянии х = 2см от бесконечно длинной заряженной нити. Поверхностная плотность заряда на шаре и плоскости '&=16,7 мкКл/м2, линейная плотность заряда на нити Л = 167 нКл/м. Диэлектрическая проницаемость среды с = 2.
Решение:
__ ЕЕ Е2
Объемная плотность энергии Wo = —2—. а) Напряжений?-. 2
Нрсть поля на расстоянии х от поверхности заряженного
ШаРа Е =--------у-----у, где q-tr-^R2. Тогда
fyl£E0 (R + х)
го =----------—; ИЛ = 97 МДж/м . б) Напряженность по-
2££0(Д + х)
83
ля бесконечной заряженной плоскости Е ----------, тогда
2^о
JV0 =——; Жо = 1,97 Дж/м3. в) Напряженность поля бсс-8д<'с0
с г
конечной заряженной нити Е =------------------, тогда
2ТГ££ОХ
Wn = —1-------; wa = 50 МДж/м3.
S/T'i’i'oA-
9.122. На пластины плоского конденсатора, расстояние между которыми </ = Зсм, подана разность потенциалов U - 1 г В. Пространство между пластинами заполняется диэлектриком (с =7). Найти поверхностную плотность связанных (поляризационных) зарядов сгсв. Насколько изменяется поверхностная плотность заряда на пластинах при заполнении конденсатора диэлектриком? Задачу решить, если заполнение конденсатора диэлектриком производится: а) до отключения конденсатора от источника напряжения; б) после отключения конденсатора от источника напряжения.
Решение:
Введем обозначения: ст0 — поверхностная плотность заряда на пластинах конденсатора в отсутствие диэлектрика, сгд — поверхностная плотность заряда на пластинах в присутствии диэлектрика, сгсв — поверхностная плотность связанных (поляризационных) зарядов на диэлектрике. Совместное действие зарядов сгд и сгсв таково, как будто бы на границе раздела проводника и диэлектрика имеется заряд, распределенный с плотностью а - сгд - сгсв — (*)• Таким образом, сг — поверхностная плотность «эффективных» зарядов, т. е. зарядов, определяющих cj м-марное результирующее поле в диэлектрике. Очевидно, величины сг0, сгд и сг связаны с соответствующими 84
^пряженностями поля следующими соотношениями: в от-
' 1 /П\
girt-ствие диэлектрика =—- = —- — (2); в присутствии
w £0 d
диэлектрика £2= —= — = — (3). Из (1) имеем
£q d
& -сгл~сг или, па основании (3), аеа = ££0Е2 - £0Е2 =
= £n(^'l)^ =fo(f_9~- а) До отключения конденсатора
"ОХ / - ,1
ОТ источника напряжения t/, = U2 = U и <тсв = £0 х х(г-1)—= 17,7 мкКл/м2. Изменение поверхностной плот-ности заряда при заполнении конденсатора диэлектриком д . -<70 = е^£ -1)— = <тсо - 17,7 мкКл/м2. Таким образом, д d
благодаря источнику напряжения на пластинах конденсатора появятся добавочные заряды, компенсирующие уменьшение заряда, вызванное поляризацией диэлектрика, б) После отключения конденсатора от источника напря-
£ U
жения q = const и U2 =——- (см. решение 9.87) и <тС5 -- £й х £i
= 2.53мкКл/м2. Т. к. q = const, то £-,d
°’ci> = сто > т- е- поверхностная плотность заряда на пластинах конденсатора не изменяется.
d
9.123. Пространство между пластинами плоского конденса-тоРа заполнено диэлектриком, диэлектрическая восприимчивость которого N = 0,08. Расстояние между пластинами ^ = 5мм. На пластины конденсатора подана разность потенциалов U - 4 кв. Найти поверхностную плотность связанных зарядов сгсв на диэлектрике п поверхностную плотность заряда ад на пластинах конденсатора.
85
Решение:
Поляризованность Р, численно равная поверхностной плотности связанных зарядов сгсе на диэлектрике, ;.р0. порциональна напряженности поля в диэлектрике, ,.е Р = . В системе СИ диэлектрическая востра
имчивость К' имеет размерность фарад на метр. М< жно показать, что К' = 4л-£0К , где К — безразмерная величина (табличное значение диэлектрической восприимчивости). Тогда поверхностная плотность связанных зарядов на диэлектрике сгсв = = 7,1 мкКл/.м2. 11. .ем
d
диэлектрическую проницаемость диэлектрика. Г. к. сгС8 = £0(е-\)Е (см. задачу 9.122), то сгсв = £ =
- е0(с-1 )Е, откуда £,-1 = 4;тК, или £ - 1 + 4лX = = 1 + Ал 0.8 - 2 . Тогда £ = —= -^-. Отсюда поьерх-d £Eq
ностная плотность заряда на пластинах конденсатора
<т = = 14 мкКл/м2.
d
9.124. Пространство между пластинами плоского конденслто-ра заполнено стеклом. Расстояние между пластинами d = . мм. На пластины конденсатора подана разность потенш.тлов U = 1,2 кВ. Найти: а) напряженность Е поля в стекле; б) поверхностную плотность заряда ст, на пластинах конденсатора: ю поверхностную плотность связанных зарядов сгсв на стекле; г: Д11' электрическую восприимчивость X стекла.
Решение:
а) Напряженность поля в стекле Е = = 300 кВ/м (с. за-
дачу' 9.122). Диэлектрическая проницаемость стекла с
б) Поверхностная плотность заряда па пластинах ; 8113 86
_ Ue£q_ _ j 5 9 мкКл/м2 (см. задач}' 9.123). в) Поверхност-d
дая плотность зарядов на стекле равна сгсв = Ей х л = 13,3 мкКл/м2 (см. задачу 9.122). г) Диэлектри-' а
веская восприимчивость стекла и поверхностная плотность
47Г£пК U связанных зарядов связаны соотношением сгС0 =------
(см. задачу 9.123). Отсюда К = = 0,4 .
9.125. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено маслом. Расстояние между пластинами </ = 1см. Какую разность потенциалов U надо подать на пластины конденсатора, чтобы поверхностная плотность связанных зарядов на масле была равна <тсв = 6,2 мкКл/м2?
Решение:
Имеем сгС8 = f0(f-1)— — (1) (см. задачу 9.122). Диэлек-d
трическая проницаемость масла е = 5. Из (1) U=~™d .= 1,75 кВ.
ЧН
: .9426. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено стеклом. Площадь пластин конденсатора
0,01м2. Пластины конденсатора притягиваются друг к другу с силой F = 4,9 мН. Найти поверхностную плотность связанных ®Рядов сгС8 на стекле.
Решение:
Имеем F = — (1) Поверхностная плотность
2d"
3аРядов на стекле равна сгсв = е0(г -1)— (см. задачу 9.122). d
87
Из (1)
Н = pF
d У ££0S
Тогда
crCB = 0,6 мкКл/м2.
9.127. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено парафином. При присоединении пластин к источнику напряжения давление пластин на парафин стало равным /? = 5Па. Найти: а) напряженность Е электрического поля и электрическое смещение D в парафине; б) поверх-ностную плотность связанных зарядов сгсв на парафине; в) поверхностную плотность заряда <тсв на пластинах конденсатора; г) объемную плотность энергии JV0 электрического поля в парафине; д) диэлектрическую восприимчивость X парафина.
Решение:
а) Сила притяжения между пластинами плоского коиден-££i}E2S I 2F
сатора F - —, откуда Е = 1—— . Поскольку давле-
ние р- —, то Е= = 752 кВ/м. Электрическое сме-S у ££о
щение D = ££{tE = 13,3 мкКл/м2. б) Имеем <тсв - 0х
I 2F F
х ----- (см. задачу 9.126). С учетом р =— имеем
у ££0S S
огсв = ~ 6,7мкКл/м2. в) Поверхностная плот-
V«‘o
ность заряда на пластинах конденсатора <т;1 = ££йЕ - D', <7, = 13,3 мкКл/м2. г) Объемная плотность энергии Д 7
= 5 Дж/м2. д) Имеем <тсв = 4/rf0KE (см. задачу
9.123), отсюда К = = 0.08.
^7T£qE
88
^128. Пространство между пластинами плоского конден-заполнено диэлектриком. Расстояние между пластинами ^2мм. На пластины конденсатора подана разность потен-цдапон (7, =0,6 кВ. Если, отключив источник напряжения, вы-диэлектрик из конденсатора, то разность потенциалов на ддастинах конденсатора возрастет до U2 = 1,8 кВ. Найти поверх-ностную плотность связанных зарядов сгсв на диэлектрике и диэлектрическую восприимчивость К диэлектрика.
Решение:
После отключения конденсатора от источника напряжения gsconst и U2=cU} — (1). Из решения задачи 9.122 имеем сгсв =г0(г-1)-^-. Найдем из (1) £=^-. Тогда d Ц
£й — -1
св = 5,3 мкКл/м2. Поверхностная
d ’
Ж Ж плотность связанных зарядов и диэлектрическая вос-пртимчивость диэлектрика связаны соотношением & - Отсюда К = ; К = 0,159.
d ^7C£qU{
•9.129. Пространство между пластинами плоского конден-сатора объемом V = 20 cmj заполнено диэлектриком (с =5). Пластины конденсатора присоединены к источнику напряжения. При этом поверхностная плотность связанных зарядов на Яйлектрике сгсв — 8,35 мкКл/м2. Какую работу А надо совер-*Wb против сил электрического поля, чтобы удалить диэлскт-Р0Кйз конденсатора? Задачу решить, если удаление диэлектрика ^^зводится: а) до отключения источника напряжения; б) после °Слючения источника напряжения.
Решение:
ота А против сил кулоновского поля равна изменению Э11ергии конденсатора AJV-A. а) До отключения Ко11Денсатора от источника напряжения Ul=U2=U и
89
<тсв =£0(£-1)— — (1) (см. задачу 9.122). Энергия кондец. d
nr ££.SU2 ££,V(U^
сатора с диэлектриком W{ =—--=---- — . Энергия
2d 2 V d )
. w s0VUY _
конденсатора без диэлектрика 1т, =-- — . Отсюда
2 \d)i
AW =£°Lf—(1-ff). Из (1) найдем — -—fiB—.. или 2 \ d J d еД! - £)
тогда AW = .=-19,7 мкДж, т.е
d £0(l-s) 2^0(l-f)
энергия конденсатора уменьшилась, следовательно, работа сил поля положительна, а работа против них отрицательна. Тогда Л = -19,7 мкДж, б) Если конденсатор отключен от источника, то q- const и U2 = elj\ — (1). Энергия ££0V(UA2 о
конденсатора с диэлектриком Jrl =—— —L . Энергия 2 v d )
„ £OV(US „
конденсатора оез диэлектрика W-, =—— —- . Отсюда 2 \ d )
ahz zftAY auz l)
2 Id J Id J 2 {d J
Поскольку стсв
откуда 3L = —10 d d £(i (f -1)
£V<j
AW =-----, CB ,; AW = 98 мкДж, т. e. энергия конденсатора
2^0U-U
увеличилась, следовательно, работа сил поля отрицательна, а работа против них положительна. Тогда А = 98 мкДж-
§10. Электрический ток
В этом разделе используются данные таблиц 3, 15, 16 и 17 из приложения. В задачах 10.48, 10.126 дан авторский вариант решения.
10.1- Ток 1 в проводнике меняется со временем t по уравнению 7 = 4 + 2/, где / — в амперах и / — в секундах. Какое количество электричества q проходит через поперечное сечение проводника за время от /, = 2 с до гг = 6 с? При каком постоянном токе 10 через поперечное сечение проводника за то же время проходит такое же количество электричества?
Решение:
г dq , г,
По определению сила тока 1 - —, отсюда dq = Idt;
dt
<2 '2
q-jldt; q = j(4 + 2/)<7/ = 4/|'- + r|2 ; q = 4(f, -) +t\ - ; Л ч
$ = 48Кл. При постоянном токе Io , где / = /,-/,= 4 с.
Подставляя числовые значения, получим /0 = 12 А.
10-2. Ламповый реостат состоит из пяти электрических лампочек сопротивлением г = 350Ом, включенных параллельно. Найти сопротивление R реостата, когда: а) горят все лампочки; б) Вывинчиваются одна, две, три, четыре лампочки.
Решение:
а) Если лампочки
сопротивление R
включены параллельно, то их общее , 1 1 1
находится по формуле — = — + — + R г. г-,
+1+ 1 1
\ + —+ —. Т. к.
'з г4 г
сопротивления всех лампочек одина-
91
ковы и равны г, то — = —, откуда R = —: R = 70 Ом R г 5
б) Если выкрутить одну лампочку, то R = — = 87,5 Ом: дВе
лампочки — R = у = 116,7 Ом; три лампочки — 2? = -^ = 175 Ом; четыре лампочки — R = r = 350 Ом.
10.3 . Сколько витков нихромовой проволоки диаметром с/ = 1мм надо навить на фарфоровый цилиндр радиксом а = 2.5 см, чтобы получить печь сопротивлением R = 40 Ом'?
Решение:
Сопротивление проводника можно рассчитать по форму ле R = p-^ — (1), где р — удельное сопротивление (для нихрома р = 100 мкОм м), I —длина проводника, 5 — площадь его поперечного сечения. Длина одного витка равна 2лп, тогда длина всей проволоки 7 = ЛС2ли — (2), где N — количество витков. Площадь поперечного сечения S = л^— — (3). Подставив (3) и (2) в (1), полгчим 4
8Na Rd2
R = р—г-, откуда А =-----; У = 200 .
d" ' 8ра
10.4 . Катушка из медной проволоки имеет сопротивление R = 10.8 Ом. Масса медной проволоки от = 3,41 кг. Какой длины / п какого диаметра d проволока намотана на катушке?
Решение:
Сопротивление катушки R = р-----(1), где р — удельное
.S*
сопротивление меди, / — длина проволоки, S — площадь ее поперечного сечения. Масса проволоки т - Ур.л, '4е 92
.•^i-'Обьем проволоки, рм — плотность меди. Поскольку 777
/, то т = SlpM , откуда 2 =-----(2). Подставив (2)
5/?м
fl) получим R = р-™ , отсюда S = — (3). С
в k 5 А, V RP«
с d~ г22 рт
пОУГОЙ стороны, 5 = п------(4), т. е. п—= ——, от-
4 ' 4 у Rp„
I 16рш куда а -4
RP»
d = 1 мм. Подставив (4) в (2), получим
4m
1 ла2рм
2 = 505 м.
10.5 . Найти сопротивление R железного стержня диаметром 4=1см, если масса стержня т = 1 кг.
Решение:
Сопротивление стержня можно определить по формуле
где р — удельное сопротивление железа, I —
Длина стержня, .5 — площадь его поперечного сечения.
Длина стержня I - —— (см. задачу 10.4), где рж — 7td~ рж
плотность железа. Площадь поперечного сечения
С d ~ 1 6 777
6 =*-7-, тогда R = р ' ; R = 1.8 мОм.
4 Р,.
Медная и алюминиевая проволоки имеют одинаковую ву 2 и одинаковое сопротивление R . Во сколько раз медная Ов°лока тяжелее алюминиевой?
93
Решение:
Имеем: удельное сопротивление меди ры = 0,017 мкОмм удельное сопротивление алюминия рл = 0,025 мкОмЛ]. плотность меди р'ы= 2,6-103 кг/м3, плотность алюминия
о Д I
р'й =2,6-10 кг/м . Сопротивление проволоки R- р—
где
S — площадь поперечного сечения, S = — = —-. Согласно / pl
условию R- рй —
/ А А,
—, откуда — = — м а ° м
или
в» 'Р± = Р»1Р* . Отсюда — = = 2,2 .
т. ’ Ра
4 М а • а • а
10.7. Вольфрамовая нить электрической лампочки при /( =20° С имеет сопротивление R, =35,8Ом. Какова будет температура Z, нити лампочки, если при включении в сеть напряжением U = 120В по нити идет ток / = 0,33 А? Температурный коэффициент сопротивления вольфрама а = 4,6 • 10'3 К"1.
Решение:
Зависимость сопротивления нити от температуры выражается соотношением Ri - 7?q(1 +АГ(), где R$ — сопротивление нити при температуре 10 = 0° С. Отсюда n и
А =----!— = 32,8 Ом. По закону Ома 1= —, откуда
1 + «Т, R2
А =-у = 364 Ом. Поскольку R2 = Ro (1 + аТ2). 10
Т, = R2-Rq =1927к.
94
10.8. Реостат из железной проволоки, амперметр и генератор -"йпочены последовательно. При /0 = 0° С сопротивление реос-4рцга К0=120Ом, сопротивление амперметра RM = 20 Ом. Амперметр показывает ток 1й = 22 мА. Какой ток / будет показывать амперметр, если реостат нагреется на АГ = 50 К? Темпера-.щрддй коэффициент сопротивления железа а - 6 • 10“3 К’1.
решение:
^пишем закон Ома для первоначального состояния цепи: /0 = ——-------(1). После того как реостат нагрелся, его
^противление изменилось и стало равным R. Ампер-Цйгр стал показывать ток I = ——— — (2). Сопротив-7? + RM
лёние реостата можно найти по формуле R = р— — (3).
удельное сопротивление р зависит от температуры ^Й^дующим образом: р- p0(l таДТ) — (4). В перво-/ I Rn
Начальном состоянии R^-p^ — , откуда — = —- — (5). S S рй
Приставив (4) и (5) в (3), получим R - R^ + аЬТ) — (6). найдем U = Iq(R0 + 7?я0) — (7). Подставляя (6) и (7)
Й?), найдем I = + ^о) ; / = j 7>5 мА.
RQ(l + a&T)+RAQ
10.9. Обмотка катушки из медной проволоки при =14° С ®№ет сопротивление 7?, = 10 Ом. После пропускания тока сопро-^^вление обмотки стало равным R2 = 12,2 0м. До какой темпе-нагрелась обмотка? Температурный коэффициент сопро-тнвлениямеди а = 4,15 -10’3 К’1.
95
Решение:
Сопротивление катушки до нагревания
/ ’i- =
5
= р0(1 + а/()— — (1). Сопротивление катушки после на,
гревания R2 = р2 — = р0(1 +at2}— — (2). Разделив (2) На S *S*
R-> 1 + ext2 R-, / .
(1), получим — =-откуда 1 + at1 = — (1 + at, )
R, 1 + сЦ '
с =—f—+; с «70°с.
7? Да J а
10.10. Найти падение потенциала U на медном проводе данной I = 500 м и диаметром d = 2 мм, если ток в нем / = 2 А.
Решение:
Ток, текущий по участку однородного проводника, подчиняется закону Ома I = ^, где U — падение потенциала на этом участке, R — сопротивление участка. Сопротивление провода R = Р~> гДе Р — удельное сопротивление меди, / — длина провода, S — площадь его поперечного d~ 41
сечения. Т. к. S = л—. то R-р—7. Из закона Ом& 4 ж72
41
U-IR~Ip—Подставив числовые значения, н.1йДе>1 жЛ
U -5,4В.
10.11. Найти падения потенциала U в сопротпв еиИЯ' /?, = 4 Ом, Л, = 2 Ом и Л. = 4 Ом, если амперметр пока'’ЫвзеГ ток /, = 3 А. Найти токи /, и /3 в сопротивлениях Р2 и R, 96
решение:
До закону Ома
т
Ц= —-, откуда
Полное сопро-
R = 7?! + R23, где п R-R' ,
23 r2 + r3
потенциала на всем участке цепи
^7^ = 12 Ом. давление цепи
& *з
в „
=_-Ом. Падение
6
= [/ + 7723. При параллельном сопротивлении все сопротивления находятся под одной разностью потенциала, Следовательно, U23 = U2 = U3. Согласно закону Ома ,17 = Д7? = 7( (7?! +Т?2з), тогда U2 = U3 = U-ЦU2 = U3 =
+7?,.)- U} - 4 В. Сопротивление R[ и эквива-• лёнгное сопротивление R13 соединены последовательно, Следовательно, токи, текущие через них, равны 7, = 723 , где
% = h + h, т- е- А - 4 + Л • По закону Ома 12 - — - 2 А,
Т?2
тогда I3 = 7, -I2 -1 A.
10.12. Элемент, имеющий э.д.с. г = 1,1 В и внутреннее сопротивление г -1 Ом, замкнут на внешнее сопротивление R = 9 Ом, Найти ток 7 в цепи, падение потенциала U во внешней цепи и падение потенциала Ur внутри элемента. С каким к.п.д. г] Работает элемент?
Решение:
Согласно закону Ома для замкнутой цепи 7 = —-—;
7? + г
~ 0>И А. Согласно закону' Ома для однородного участка
7 = — , откуда U - IR = 0,99 В. Кроме того, 7 = — , 7? г
откуда U,. = 1 г = ОД I В. К.п.д. источника тока равен отношению мощности Р{, выделяемой внешним участком цепи (полезной мощности), к полной мощности Р, развиваемой источником: R-p’ гДе P\-I R'> Р= & • Тогда к.п.д, IR
источника Г) = —; т] = 0,9. s
10.13. Построить график зависимости падения потенциала U во внешней цепи от внешнего сопротивления R для цепи предыдущей задачи. Сопротивление R взять в пределах 0 < R < 10 Ом через каждые 2 Ом.
Решение:
Имеем U -IR , где согласно закону Ома для замкнутой не-£• 1,1
пи I-------. Тогда U =------R = —1—R. Для заданного
R + г R +г 1 + R
интервала значений R составим таблицу и построим гра-фик. На графике видно, что кривая асимптотически приближается к прямой U = s = 1,1 В.
R, Ом 0,00 2,00 4,00 6,00 8,00 Ю.00_
и, в 0,00 0,73 0.88 0,94 0,98 i.qoj
98
10.14. Элемент с э.д.с. £ = 2 В имеет внутреннее сопротивление г = 0,5 Ом. Найти падение потенциала Ur внутри эле-Дмта при токе в цепи I = 0,25 А. Каково внешнее сопротивление цепи R при этих условиях?
решение:
Падение потенциала внутри элемента Ur = I • г = 0,125 В задачу 10.12). Согласно закону' Ома для замкнутой
Йепи сила тока / = —-—, откуда R- — - г; R-1,5 Ом.
R + г I
10.15. Элемент с э.д.с. £ = 1,6 В имеет внутреннее сопро-тингтение г = 0,5 Ом. Найти к.п.д. t] элемента при токе в цепи
Ji 2,4 А.
Решение:
IR
Жад. элемента г) -— (см. задачу 10.12). По закону Ома
£
g 8 — I • Г
ДЛЯ замкнутой цепи I ------, откуда R -------. Тогда
R + r I
7?=^—^ = 25%.
е
10.16. Э.д.с. элемента £ = 6В. При внешнем сопротивлении Я = 1,1 Ом ток в цепи /=ЗА. Найти падение потенциала Ur внутри элемента и его сопротивление г .
Решение:
Согласно второму закону Кирхгоффа Ur + IR = £ , откуда == £ - IR; Uг = £ - IR- 2,7 В. По закону Ома для участка
Цепи I = , 0ТКуда r = IUг = 0,9 Ом.
г
Ю.17. Какую долю э.д.с. элемента £ составляет разность по-
-• ЦиЗДов U на его зажимах, если сопротивление элемента г в
99
п раз меньше внешнего сопротивления R ? Задачу решить дд а) п = 0,1 ; б) п = 1 ; в) п = 10 .
Решение:
U £
Согласно закону Ома сила тока I - — = —-. По условию
л и Un
R = nr , тогда — = —-г. Отсюда — =------.
ПГ г[п + 1) £ 77 + 1
а) — - 9,1 % ; б) — = 50% ; в) — = 91 %. £ £ £
10.18. Элемент, сопротивление и амперметр соединены последовательно. Элемент имеет э.д.с. £ = 2 В и внутреннее сопротивление г = 0,4 Ом. Амперметр показывает ток / = 1 А. С каким к.п.д. 1] работает элемент?
Решение:
К.п.д. элемента ту =---- (см. задачу 10.15), 7/ - 80% .
£
10.19. Имеются два одинаковых элемента с э.д.с. s = 2B и внутренним сопротивлением г = 0,3Ом. Как надо соединить эти элементы (последовательно или параллельно), чтобы пол}нить больший ток, если внешнее сопротивление: a) R = 0.2 Ом: б) R = 16 Ом? Найти ток / в каждом из этих случаев.
Решение:
Согласно закону Ома для замкнутой цепи сила тока £
/ =-----. При последовательном соединении элементов
R + г
их эквивалентное сопротивление равно 2г, а суммарная
э.д.с. равна 2е . Тогда 7, = ——— . При параллельном соединении их эквивалентное сопротивление равно О.эг, 3 100
g
^марная э.д.с. равна £. Тогда I-, = ——Подставляя
Деловые данные, получим: а) Zt = 5 А, 7, =5.7 А; ф д=0,24А, Л —0,124 А. Т. е. при маленьком внешнем сопротивлении элементы выгоднее соединять параллельно, дПри большом — последовательно.
7? = 1000 Ом.
10.20. Считая сопротивление вольтметра 7?г бесконечно большим, определяют сопротивление R по показаниям ампер-Д7? негра и вольтметра. Наити относительную погрешность — 7?
Найденного сопротивления, если в действительности сопротивление вольтметра равно Rt-. Задачу решить для Rv = 1000 Ом и
Сопротивления: a) R = 10 Ом; б) R = 100 Ом; в)
Решение:
Общее сопротивление резистора и вольтметра, т. к. они соединены параллельно, у 7.' „ . n RR,-
Можно наити по формуле 7?об =----------—.
R + R{.
Тогда Д7? = R - J? б = T?f 1-'I, а сле-
00 R + R,.)
AT? , R,. . „
Довательно, — = 1----------— . а) Если
R R + Rt.
# = 10 Ом, то — = 0,01 = 1%. б) Если
R
AR
-=- = 0,1 = 10%. в) Если 7? = 1000 Ом, то — = 0.5 = 50%.
# R
5 ? R
7? = 1
10.21. Считая сопротивление амперметра RA бесконечно ма-****<, определяют сопротивление 7? по показаниям амперметра и в°Льтметра. Найти относительную погрешность найденного
101
сопротивления, если в действительности сопротивление ам метра равно RA. Решить задачу для RA =0.2Ом и сопротивления: a) R = 1 Ом; б) R = 10 Ом; в) R = 100 Ом.
Решение:
Общее сопротивление резистора и амперметра, т. к. они соединены последовательно, можно найти по формуле = а
е
Яоб = Я + RA . Тогда АЛ = |Я - Лоб
АЛ Л., следовательно, — = . а) Если
R R
Л = 1Ом, то — = 0,2 = 20%. б) Если R
ad
У? = 10 Ом, то — = 0,02 = 2%. в) Если R = 100 Ом, го R
— = 0,002 = 0,2%. R
10.22. Два параллельно соединенных элемента с одинаковыми э.д.с. £t=e2=2B и внутренними сопротивлениями Г] = 1 Ом и л = 1,5 Ом замкнуты на внешнее сопротивление R = 1,4 Ом. Найти ток I в каждом из элементов и во всей цепи.
Решение:
При параллельном соединении источников тока с одинаковыми э.д.с. общее
внутреннее сопротивление г = —= П+'е
= 0,6 Ом, а общая э.д.с. s = sx =ег =2 В. По закону Ома для полной цепи ток через £
сопротивление R: 1 =--------= 1 А. С'о-
R + r
гласно первому закону Кирхгоффа / = /]+/, — (1), где и /2 — соответственно токи через первый и второй
102
И&Менты, и т. к. элементы соединены параллельно, то Ж' _ * г. — (2). Решая совместно уравнения (1) и (2), .Ьдим, что /1=А- = 0,4Аи /2=-А- = 0,6А.
П+Г, Г| -Г Z,
10.23. Два последовательно соединенных элемента с одина-^ымй э.д.с. £,=£, = 2В и внутренними сопротивлениями r s 1 Ом и г2 = 1,5 Ом замкнуты на внешнее сопротивление д = 0,5 Ом. Найти разность потенциалов U на зажимах каждого
Цемента.
>даение:
.^пгпясно закону Ома для замкнутой цепи при после-
4^>пйтельном соединении элементов сила тока в цепи равна
----------- 1,33 А. Разность потенциалов на зажимах R + rj + г2
элемента U{ = s-h\ = 0,66 В. Разность потен-
на зажимах второго элемента U2 = s - Ir2 = 0.
10.24. Батарея с э.д.с. s = 20 В, амперметр и реостаты с ^сопротивлениями R, и Л, соединены последовательно. При вы-«еденном реостате Л, амперметр показывает ток I = 8 А, при Неценном реостате R, — ток I = 5 А. Найти сопротивления 7?, реостатов и падения потенциала Ц и U2 на них, когда ;^®стат Л] полностью включен.
Решение: л .,
Задачу решаем в предположении ра-Д0Яства нулю внутреннего сопротивления э.д.с. и сопротивления ампер-1*етра. По закону Ома для всей цепи выведенном реостате ток
103
7i -— — (1), а при введенном реостате Ri 10к £
/2 =------ — (2). Решая совместно уравнения (1) и (2)
Rl+R2
находим Т?2 = — = 2,5 Ом; /?, = — -/?, =1,5 Ом. По закону
Ома для участка цепи, падение потенциалов на реостатах = I2R{ = 7,5 В; U2 = I2R2 = 12,5 В.
10.25. Элемент, амперметр и некоторое сопротивление соединены последовательно. Если взять сопротивление из медной проволоки длиной I = 100м и поперечным сечением 5 = 2 мм2, то амперметр показывает ток Ц =1,43 А. Если же взять сопротивление из алюминиевой проволоки длиной I = 57,3 м и поперечным сечением S = 1 мм2, то амперметр показывает ток Л = 1 А. Сопротивление амперметра RA = 0,05 Ом. Найти э.д.с. s элемента и его внутреннее сопротивление г .
Решение:
По закону Ома для полной цепи т s
1 ----------, где сопротивление
г + RA + R
R = p~, р — удельное сопротивление 5
материала проволоки. Тогда для медной
и алюминиевой проволоки соответственно имеем
/, =---------------:---(1) и 12 =----------------------(2).
Г + R-, + д/, / S, г -г RA + р212 / S2
Решая совместно уравнения (1) и (2), получим выражение для внутреннего сопротивления источника тока
104
^Rj + Р^2 2 А Р\^\ / ) Л < п и /п
Jjra—i-2-2---————----------------— = 0,5 Ом. Из (1) э.д.с.
2
^чника тока с = I- + RA + д —
= 2 В.
J0.26. Напряжение на зажимах элемента в замкнутой цепи сопротивления Я, = 5 Ом, Я2=6О.м и Я3=ЗОм.
фВойток I показывает амперметр?
решение:
Согласно первому правилу Кирхгоффа ДЙ + /з — (1)’ где 71 ’ 11 и 1з е($^етственно токи через сопро-тийЬения R{> R2 и R3. Т. к. элемент и т^^ивления R{ и R3 соединены п^Ждовательно, то U = Ui+U-шкзакону Ома для и u2=i2r2, составления R2 и U3, или т. к. по
2 , И Т. К. участка цепи то и = 1^ + I2R2 — (2). Т. к. R3 соединены параллельно, то закону Ома для участка цепи ^з = 737?3, то I2R2 = I3R3 — (3). Амперметр покажет ток че$з сопротивление R3. Выражая из уравнений (2) и (3) ^^етственно токи , 12 и подставляя их в уравнение 0)» Окончательно получаем 7, =-------------
R3R} +R3R2 + R}R2
= 0,2 A.
W.27. Сопротивления Я, = 20 Ом и Я3 = 15 Ом. Через сопро-^%^Иие течет ток 12 = 0,3 А. Амперметр показывает ток •Ж А. Найти сопротивление R,.
105
Решение:
Л2
При параллельном соединении противлений ток, текущий Че^ эквивалентное сопротивление р % равен сумме токов, текущих Mepj-•^1 > ^2 ’ ^з • = А + А + А • ГТри все сопротивления находятся По одной разностью потенциалов, т. е. U = U\ =U2 = У3, Со.
гласно закону Ома U = I2R2. Сила тока
V
Xs
- - о,4 А, тогда = I -12 - /3; /, = 0,1 А. Искомое
R3
сопротивление
/?, = — = 60 Ом. А
10.28. Э.д.с. батареи £ = 100В, сопротивления Rt=R}-= 40 Ом, R2 = 80 Ом и Ra = 34 Ом. Найти ток 12, текущий через сопротивление R,, и падение потенциала U2 на нем.
Решение:
Для параллельного участка цепи Адз= А+А + А» ui23 = l । +У/3. Ток, текущий через сопрсти* ление Ru и эквивалентное сопр^ £ тивление У?123, I - /4 = Z123;
Найдем сопротивление параллельного участи 1 1 1 1 1 „ -I п _ 1б0-'!
----=-----и----и — = — Ом , следовательно, Усрз=10М
У?123 У?! R2 R3 16
Полное сопротивление цепи У? = Ri23 +RA - 50 Ом. Тог^ У = 2 А. Напряжение на зажимах источника U - s - У •'' ’ * т. к. г 0, то U - s . Падение напряжения 106
[ении R4:
явно, Ц23
U4 = IR4 = 68 В, но и = Ц23 + U4, = U2=U-U4- (72 =32В. Тогда
fiiM Э.д.с. батареи
s = 120 В, сопротивления = 20 Ом и Падение потенциала на сопротивлении /?! равно г/ЖЖЬ- Амперметр показывает ток / = 2А. Найти сопро-
Aj •
е:
Ре
напряжения на парал-участке цепи U23 -е~
( — (1), где U4 = IR4 =50 В Кроме того, U23 ~U2 = U3. токов, протекающих через ения R2 и 7?3, равна току, показывает амперметр.
— (3). Из (1) и (2) найдем
Ома 13 = = 1,5 А, а /2 = I -13 = 0,5 А. Также по
; Ж
3»^;Ома /2 =-^- , откуда R2 = = 60 Ом.
Т?2 12
£
R.
U23 = 30 В, тогда по
^-30. Батарея с э.д.с. s = 10 В и внутренним сопротивлением '•10м имеет к.п.д. ;; = 0,8 (см. рисунок к задаче 10.29).
& потенциала на сопротивлениях Rx и /?4 равны Ц = 4 В <4 5 2 В, KaKoft ток i показывает амперметр? Найти падение
- дВДйла V2 на сопротивлении Я,.
107
Решение:
По закону Ома для замкнутой цепи ток, текущий чер^ С
амперметр, равен 1 = —- — (1). Полное сопротивление
R
цепи R найдем из соотношения ’ отКуда
7? = р-^- = 4 0м. Тогда из (1) ток У = 2 А. Согласно второму закону Кирхгоффа Ц + 2J7, + J74 = £ , отсюда СД = *-^_-^ = 2В.
2
10.31. Э.д.с. батареи £• = 100 В, сопротивления 7^=100 Ом, Лг =200 Ом и 7?3=ЗОООм, сопротивление вольтметра Rr = 2 кОм. Какую разность потенциалов U показывает ампер-
метр?
Решение:
Е Г-Н
По закону Ома для замкнутой цепи ток, текущий через сопротивление Д и через эквивалентное сопротивление R2 параллельного участка цепи R'. равен
I = —-— или, поскольку внутренним R + r
т £ сопротивлением источника г мы пренебрегаем, I - ~~ К
(1) . Полное сопротивление цепи R = Rt+R' — Эквивалентное сопротивление R' найдем из соотношений -Ь = — +-----!--- R' = = дос Ом. Тогда
7? 7?r + 7?3 R-) +
(2) получим R = 500 Ом. Из (I) найдем У = 0,2 А. Су’>,Л,а
О , токов, текущих через вольтметр и сопротивления R2 1! ’ 108
^току /Я-W». 1» /, = £ ; Лз = • т. е.
;^и_2_.£(Ь*&±41 или / = £. Отсюда
R2 + R3 Rr (^2 +
yij/?' = 80B.
10.32. Сопротивления R, = R2 = R3 = 200 Ом (см. рисунок к ggjgpe 10.31), сопротивление вольтметра /?г =1кОм. Вольтметр д'^ьырякт разность потенциалов С/ = 100В. Найти э.д.с. £ 6/ГЙреИ.
Решение:
Пр^Закону Ома для замкнутой цепи ток, текущий через сопротивление R{ и через эквивалентное сопротивление
т^аплельного участка цепи R , I = —- или, поскольку
внутренним сопротивлением источника г мы пренебрегаем, I-— — (1). Сумма токов, текущих через вольтметр ji'J R
^Противления R2 и 7?3, равна току I. I = IV + 12}, где
Ж&7 т U гл r U U
'WW"rr-; Цг - ---- Отсюда I - — +-------- 0,35 А.
” R-> + R3 Ry Ry + R$
Щйное сопротивление цепи R-R{+R'. Эквивалентное
^Щэотивление R' найдем из соотношения: — = — + R' R;
ф* . л.=Ateib). то™ Л = ч
Л2 + ^з R2+R2 + Ry R2+R3+Rt-
5 ==485 Ом. Из (1) найдем s~IR. Подставляя числовые 48Sin,ie, получим s = 170 В.
Найти показания амперметра и вольтметра в схемах, j/фФкенных на рисунках. Э.д.с. батареи £ = 110 В, сопро-109
тивления У?, =400 Ом и R2 = 600 Ом, сопротивление вольтметра Rr = 1 кОм.
Решение:
Будем считать внутреннее сопротивление э.д.с. равным нулю.
а) Т. к. У?! и У?2 соединены последовательно, то У?12 = У?[ + У?2 -1 кОм. Волюметр подключен параллельно У?12, поэтому сопротивление всей цепи R R
R = —!—— = 500Ом. Амперметр пока-
У?1,- + У?12
жет ток во всей цепи, который по закону Ома
I = — = 0,22 А, а вольтметр покажет падение напряжения на сопротивлении У?12, а т. к. У?12 = У?г, то ток через У?12 равен /!2 = — = 0,11 А, тогда по закону Ома для участка
цепи U = /12У?,2 - 1 Ю В.
б) Т. к. сопротивление У?2 и вольтметр соединены параллельно, то их общее , У?т У?г/ _ _ ~
сопротивление У? =— --------= 375 Ом.
К R2 + Rv
Общее сопротивление всей цепи R = У?, + R' = 775 Ом. Показание ампер-
метра / = — = 0,142 А. По первому закону Кирхгоффа У?
1 = 1^+!^., где /2 и /г соответственно токи через R2 и
вольтметр, и, кроме того, /2У?2 =/(У?Г, тогда
IR
/, =------— = 0,089 А. Показание вольтметра U = I2R2-
R2 + У?| •
= 53,2 В.
110
в) Т. к. оба сопротивления и вольтметр соединены параллельно, то
1 Г 1 1
__ = •— + — + —, откуда сопротив-
ление всей цепи
______RjRjRi'________
R-^R\; + R\Ri- + R\Ri
= 193,60м.
Показание амперметра I = ~ = 0.57 А.
Показание вольтметра U = IR = 110 В.
г) Т. к. сопротивление R{ и вольтметр соединены параллельно, то их общее
R R
сопротивление R' = — - = 285,7 Ом.
Ri+Ry
Полное сопротивление цепи R = R2 + + R' = 885,70м. По закону Ома ток в
цепи I - — - 0,12 А. С другой стороны,
по первому закону Кирхгоффа I = Ц + Iv, а также :I}Rl=IrRr, тогда ток, который покажет амперметр, jl=-IRy = 0,088 А.
1 R.+Ry
10.34. Амперметр с сопротивлением RA = 0,16 Ом зашунтован Сопротивлением Л = 0,04 Ом. Амперметр показывает ток /о = 8 А. Найти ток I в цепи.
Решение:
Шунтирующее сопротивление подключается параллельно амперметру, следовательно, ток в цепи I = 10 + /ш . Падения напряжения на сопротивлениях амперметра и
Шунта одинаковы, поэтому I0RA -IluR; 1Ш =10 — . Тогда
111
R I R ]
I - L + In — = IJ 1 + — . Подставляя числовые данные. 7? \ R )
получим 1 = 40 A.
10.35. Имеется предназначенный для измерения токов до / = 10А амперметр с сопротивлением /?4=0,18Ом, шкала которого разделена на 100 делений. Какое сопротивление R надо взять и как его включить, чтобы этим амперметром можно было измерять ток до 10 = 100 А? Как изменится при этом цена деления амперметра?
Решение:
Если необходимо измерить силу тока в п раз большую, чем можно измерить данным амперметром, т. е. -у- = п = 10, то следует параллельно подключить шунт с сопротивлением Rus =—— . Таким
и-1
образом, Rw = 0,02 Ом. Цена деления без шунта равна 0,1 А, с шунтом 1 А.
10.36. Имеется предназначенный для измерения разности потенциалов до U - 30 В вольтметр с сопротивлением Ri. = 2 кОм, шкала которого разделена на 150 делений. Какое сопротивление R надо взять и как его включить, чтобы этим вольтметром можно было измерять разности потенциалов до [/0 - 75 В? Как изменится при этом цена деления вольтметра?
Решение:
Если необходимо измерить напряжение в п раз большее, чем то, которое может и мерить данный вольтметр, т. е. и = уу, то необходимо последовательно подключить
112
добавочное сопротивление $-= 7?г(и-1). Т. к. п = 2,5, то R = 3 кОм. Цена деления вольтметра без добавочного сопротивления была 0,2 В, с сопротивлением стала 0,5 В.
10.37. Имеется предназначенный для измерения токов до 2 = 15 мА амперметр с сопротивлением RA - 5 Ом. Какое сопротивление R надо взять и как его включить, чтобы этим прибором можно было измерять: а) ток до Ц =150 мА; б) разность потенциалов до Uo =150 В?
Решение:
R I
а) Добавочное сопротивление R-—где п=— = 10
п-1 I
(см. задачу 10.35), нужно подключить параллельно. /? = 0,56Ом. б) Надо последовательно подключить добавочное сопротивление R = RA(n-l), где n-^j- (см-задачу 10.36). Т. к. U = IRA, то « = -^- = 2000. Отсюда ira
/? = 9995 Ом.
10.38. Имеется 120-вольтовая электрическая лампочка мощностью Р = 40Вт. Какое добавочное сопротивление R надо включить последовательно с лампочкой, чтобы сна давала нормальный накал при напряжении в сети t/o= 220B? Какую длину / нихромовой проволоки диаметром d - 0,3 мм надо взять, чтобы полечить такое сопротивление?
Решение:
При последовательном соединении U(j = Ui + U2, где — падение напряжения на лампочке, U2— падение напряжения на добавочном сопротивлении. По условию Ц = 120 В, тогда U2 -ий~их =100В. Мощность лампочки Р = I'RX =
113
U2 Р U2
= —-, отсюда сопротивление лампочки Л, = —— = 360 Ом, /?! Р
ток 1= ।—=0,33 А. Тогда добавочное сопротивление
R2 = -^- = 303 Ом. Длину нихромовой нити, имеющей та-
кое сопротивление, можно найти по формуле R2 - р—, от-S
, R-,S R-yftd2 „
куда I = —— = . Подставляя числовые данные, полу-
Р 4р
чим 1 = 21,2 м.
10.39. Имеется три 110-вольтовых электрических лампочки, мощности которых Р, = Р2 = 40 Вт и Р3 = 80 Вт. Как надо включить эти лампочки, чтобы они давали нормальный накал при напряжении в сети Uo = 220 В? Начертить схему. Найти токи /,, 12 и Д, текущие через лампочки при нормальном накале.
Решение:
При параллельном включении двух лампочек мощностью по 40 Вт получается «потребитель», рассчитанный на то же напряжение и мощность, а следовательно, имеющий такое же сопротивление, что и 80-ваттная лампочка. Схема соединения лампочек
изображена на рисунке. Падение напряжения на лампочках 1 и 2 равно падению напряжения на лампочке 3 и равно
[7 = —.Тогда Д = —= 0,73Аи I = 1, = — = 0,365 А.
2 3 U 1 2 U
114
10.40. В лаборатории, удаленной от генератора на расстояние / = ]00м, включили электрический нагревательный прибор, потребляющий ток 7 = 10 А. На сколько понизилось напряжение U на зажимах электрической лампочки, горящей в этой лаборатории, если сечение медных подводящих проводов S = 5 мм2?
Решение:
Сопротивление проводов можно рассчитать по формуле 2/
R = р—, где р — удельное сопротивление меди. Тогда S
21
падение напряжения U = IR = Ip—; U - 6,8 В.
10.41. От батареи с э.д.с. £ = 500 В требуется передать энергию на расстояние / = 2,5 км. Потребляемая мощность Р = 10кВт. Найти минимальные потери мощности АР в сети, если диаметр медных подводящих проводов d = 1,5 см.
Решение:
Потери мощности в проводах \P = I2R, где ток в цепи Р
1 = —, a R — сопротивление проводов. Учитывая двух-Е
проводность линии, R = 2p—, где р = 0,017 -10-6 Омм — У
удельное сопротивление меди при 0°С. Тогда
дп Р\ I „ dz ZP2pl
ДР = —-г2р— или, учитывая 5 = п—, АР = —гН-;
£• 5 4 пга
8-Ю8 -0,017-10~6 -2,5-103 ЗД4-5002-1,52 • 10'4
= 193 Вт.
10.42. От генератора с э.д.с. £ = 110 В требуется передать энергию на расстояние I = 250 м. Потребляемая мощность Р=1кВт. Найти минимальное сечение S медных подводящих проводов, если потери мощности в сети не должны превышать 1%.
115
Решение:
По условию потери мощности в сети не должны превышать 1%, следовательно, к.п.д. 77 = 99%. Сопротивление 2/
проводов R- р— — (1), где р — удельное сопротив-ление меди. С другой стороны, согласно закону Ома 7? = -у- — (2). Поскольку мощность генератора p-sl, то I - — — (3). Падение напряжения ?; = —, откуда U -ps — s s
2
(4). Подставив (3) и (4) в (2), найдем 7? = -^у-(5)- При-
равняв правые части (1) и (5), получим -— = р—, откуда Р S
S = 5 = 78мм2.
77Z7-
10.43. В цепь включены последовательно медная и стальная проволоки одинаковых длины и диаметра. Найти: а) отношение количеств теплоты, выделяющихся в этих проволоках; б) отношение падений напряжения на этих проволоках.
Решение:
При последовательном включении по медной и стальной проволоке течет одинаковый ток. Согласно закону Джоуля — Ленца на медной проволоке выделится количество
тепла О,- I'R.t = I2 pt—t, а на стальной проволоке — .9
количество тепла <9, = I2RP = I1 p2—t. Отношение
Qz не
= 0,17 . Падение напряжения на медной проволоке
U = IR* = 1р{ —. Падение напряжения на стальной 5
волоке иг = IR, = 1р, — . Отношение — = — = 0,17 . "5 U2 р2
про-
10.44. Решить предыдущую задачу для случая, когда проволоки включены параллельно.
Решение:
При параллельном включении медной и стальной проволоки падение напряжения на них одинаково. Согласно U1 U1 „ U2 закону Джоуля — Ленца Q =—t = ——— t, a Q2 =—t -Ri p\l / S R2
= ———t. Отношение — = — = 5,9. Падение напряжения Рг? / $ Qi Pi
Ut = U2, следовательно, — = 1.
10.45. Элемент с э.д.с. s = 6 В дает максимальный ток 1 = 3 А. Найти наибольшее количество теплоты Qr, которое может быть выделено во внешнем сопротивлении в единицу времени.
Решение:
За счет работы электрического тока во внешнем сопротивлении выделяется количество теплоты Q = А = let. При t = 1 с количество теплоты 0 = 18 Дж.
10.46. Батарея с э.д.с. £- = 240 В и внутренним сопротивлением г = 1 Ом замкнута на внешнее сопротивление R = 23 Ом. Найти полную мощность PQ, полезную мощность Р и к.п.д. т] батареи.
117
Решение:
К.п.д. батареи т? =-= 0,96 . Полная мощность батареи
R + r
PQ- si, где согласно закону Ома 1 --, т. е. Ро =-;
R+r R+r
Р„ = 2,4 кВт. Полезная мощность Р = ?]Р0 = 2,3 кВт.
10.47. Найти внутреннее сопротивление г генератора, если известно, что мощность Р, выделяющаяся во внешней цепи, одинакова при внешних сопротивлениях А, = 5 Ом и R2 = 0,2 Ом. Найти к.п.д. г) генератора в каждом из этих случаев.
Решение:
Мощность, выделяющаяся во внешней цепи: Р = IfRi или P = I2R1. Согласно закону Ома для замкнутой цепи , £ , £ _ D £г Rx £2Rt.
I. =----, а /, =------. Тогда Р = ---Чу = , от-
Rx + r R^+r (Д+г)'
куда 7?t(7?2 + r)2 = R2(R} + rf . Раскрыв скобки и проведя несложные преобразования, найдем г = ^R^ -1 Ом. Для
первого сопротивления к.п.д. генератора =--1— = 83%.
Л, + г
Для второго сопротивления 77, =--— = 17% .
‘ R^+r
10.48. На графике дана зависимость полезной мощности Р от тока 1 в цепи. По данным этой кривой найти внутреннее сопротивление г и э.д.с. s элемента. Построить график зависимости от тока I в цепи к.п.д. t] элемента и падения потенциала U во внешней цепи.
118
Решение:
По точкам на кривой составим таблицу:
ДА 0 1 '2 3 4 5 6 7 8 9 10
Р, Вт 0 1,8 3,2 4,2 4,8 5 4,8 4,2 3,2 1,8 0
Мощность, выделяемая во внешней цепи (полезная мощность), достигнет максимума при внешнем сопротивлении R, равном внутреннему сопротивлению г элемента. При этом падение потенциала во внешней цепи U = —. Тогда 2
к.п.д. элемента т] = 0,5 . В нашем случае Pmax =IU -5 Вт.
119
Следовательно, U = -у2- = 1 В; отсюда э.д.с. элемента
£ = 2£7 = 2В. Т. к. при этом 7 = — , то внутреннее сопро-1г
£
тивление элемента г = — = 0,2 Ом. Падение потенциала во
тт Р UP
внешней цепи U - —; к.п.д. элемента т? = — =--.
I Е £-1
10.49. По данным кривой, изображенной на рисунке к задаче 10.48, построить график зависимости от внешнего сопротивления R цепи: к.п.д. ц элемента, полной мощности Ра и полезной мощности Р . Кривые построить для значений внешнего сопротивления R , равных: 0, г, 2г , Зг , 4г и 5г, где г — внутреннее сопротивление элемента.
Решение:
Имеем £-1 В; г = 0,2 Ом (см. задачу 10.48). Полная мощность, развиваемая источником, равна Ро = 72(7? + г) = е2 £2R
= Ie =----. Полезная мощность Р = I2R = ------=-. К.п.д.
R + r (R + n
120
источника г) = — = —---. Подставив числовые данные,
получим следующие зависимости: Ро =
42? 7?
р = ; г) =------. Для заданного интервала зна-
(Л + 0,2)’ Я + 0,2
чений R составим таблицу и построим графики.
Я, Ом 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
Ль Вт 20 10 6,67 5 4 3,33
Р, Вт 0 5 4,44 3,75 3,2 2,78
дг 0 0,5 0,67 0,75 0,8 0,83
10.50. Элемент замыкают сначала на внешнее сопротивление Rf = 2 Ом, а затем на внешнее сопротивление Я2 = 0,5 Ом. Найти э.д.с. £ элемента и его внутреннее сопротивление г, если известно, что в каждом из этих случаев мощность, выделяющаяся Во внешней цепи, одинакова и равна Р = 2,54 Вт.
Решение:
Мощность, выделяющаяся во внешней цепи, равна Р = I2 х €
*R, где согласно закону Ома для полной цепи I ----,
R + r
Отсюда Р = £ . По условию (7? + г)- _ £2R2 z14 R\+r Rt+г ~ in v (В, отсюда г- - ;— ; (Лг+г)- Д #2 = ~’ r ~ JRiR2 ~ 1 Ом. Из £ = (Л+Л— =3,4 Ом. п_ ~(Я1+гГ (1) найдем
121
10.51. Элемент с э.д.с. £’=2В и внутренним сопротивлением г = 0,5 Ом замкнут на внешнее сопротивление R . Построй? ь график зависимости от сопротивления R: тока I в цепи, падения потенциала U во внешней цепи, полезной мощности Р и полной мощности Ро. Сопротивление взять в пределах О < R < 4 Ом через каждые 0,5 Ом.
Решение:
Зависимость тока I в цепи от внешнего сопротивления
выражается законом Ома для полной цепи: I -------- или
R + r
г 2
с учетом данных задачи, / =----------. К.п.д. элемента
R + 0,5
£7 R . ,Л
Г) =—, кроме того, г) =----- (см. задачу 10.49). Тогда
£ R + r
тг тт -а
U =------; U---------. Зависимость полезной мощности
R + r 7? + 0,5
Р и полной мощности Ро задается соотноше-
£-R £2
нием Р = ------г; Ро ------- (см. задачу 10.49) или
(R + r) R + r
„ 47? „ 4
Р = (----05)2 ’ °° = ~R—Os'' Для заданного интеРвала зна"
чений R составим таблицу и построим графики.
122
Г~&~Ом _ 0 0,5 1 1-5 2-л 2,5 3 3,5 4
"Га 4 2 1,33 1 0,8 0,67 0,57 0,5 0,44
"цв 0 1 1,33 1.5 1.6 1.67 1,71 1,75 1,78
’”7\ Вт 0 2 1,78 1.5 1.28 1.11 0.98 0,88 0,79
Ро, Вт 1 8 4 2.67 2 1.6 1.33 1.14 1 0,89
10.52. Элемент с э.д.с. е и внутренним сопротивлением г замкнут на внешнее сопротивление R . Наибольшая мощность, выделяющаяся во внешней цепи, Р -9 Вт. При этом в цепи течет ток I = 3 А. Найти э.д.с. £ и внутреннее сопротивление г элемента.
Решение:
Имеем Ртах =UI, при этом U = (см. задачу 10.48), т. е.
d 2Р s
Ртах = Р- — - Отсюда s = — = 6 В. Имеем — (см- за"
дачу 10.48); г = 1 Ом.
10.53. Э.д.с. батареи £- = 120В, сопротивления 7?3 = 30 Ом, Л2 = 60 Ом. Амперметр показывает ток I = 2 А. Найти мощность Р, выделяющуюся в сопротивлении R{.
Решение:
Мощность, выделяющаяся в цепи, определяется соотношением Р -UI, где U — падение напряжения на данном участке, I — ток, протекающий через него. Падение напряжения на сопротивлении R}:
^А = £~R2I - 60 В. Ток в параллельном участке цепи
~ А +12. По закону Ома /2 = = 1 А, тогда А = I -12;
Rj
А -1 А. Отсюда искомая мощность Р{ = А • Ц = 60 Вт.
123
10.54. Э.д.с. батареи £ = 1'00В, ее внутреннее сопротивление г = 2 Ом, сопротивления Rx = 25 Ом и = 78 Ом. На сопротивлении А] выделяется мощность =16 Вт. Какой ток 1 показывает амперметр?
Решение:
По определению мощности тока
Р{-1хи{ — (1), а из закона Ома со-
противление
— (2). Решая сов-
местно уравнения (1) и (2), найдем ток
Л
. Т. к. сопротивления Rl и R-,
соединены параллельно, то = Т?2/2, тогда ток
12 = . По первому правилу Кирхгоффа ток, который по-
R->
кажет амперметр, I - Ц + /2 = I,
i+A
nJ
£
(3). С другой стороны, по закону Ома I =------(4), где
г + R
R = Ri2+R2 — (4) — сопротивление внешней цепи.
Поскольку сопротивления и R2 соединены
R R
параллельно, то Rn - —— (6). Подставляя (5), с 7?! +R,
учетом (6), в (4), получаем I =------т------;--- —
' r + RlR2/(Ri+R2)+RJ
(7). Исключая из соотношений (3) и (7) сопротивление , s-Jp.R, окончательно находим I ----*----= 1 А.
г + R2
124
10.55. Э.д.с. батареи £- = 120В^ сопротивления У?, =25 Ом, & = R} = 100 Ом. Найти мощность Р,, выделяющуюся на сопротивлении 7?,.
Решение:
Т. к. сопротивления 7?, и Я2 соединены
7? R
параллельно, то Т?12 -—и Ц = и2. 7?! + 7?,
Общее сопротивление внешней цепи 2? = Т?12 + 7?з = 120 Ом. По закону Ома
для всей цепи ток I = — = 1 А. Согласно
первому закону Кирхгоффа I = + 72 — (1) и, кроме того, Д7?! = I2R2 — (2). Решая совместно уравнения (1) и (2), 77?,
находим ток через сопротивление 7?^ 7, =---=— - 0,8 А.
7?, +7?!
Тогда мощность, выделяющаяся на сопротивлении 7?!: Р|=/1[71=712т?1 =1бВт.
10.56. К.п.д. батареи г; = 80% (см. рис. 1), сопротивление 7?! =100 Ом. На сопротивлении 7?, выделяется мощность Р|=16Вт. Найти э.д.с. £ батареи, если известно, что падение потенциала на сопротивлении 7?3 равно U} = 40 В.
Решение:
Рассмотрим упрощенную эквивалентную схему (см. рис. 2), где г — внутреннее сопротивление участка Цепи АВ. По определению к.п.д. батареи г/ - -^Г10;'— — (1), где
^поли
Рполез = 727?^й — (2) — полезная
125
Рис. 2
мощность, которая выделяется на участке АВ, Рптп = I2 [Rab + г) ~ (3) — полезная мощность батареи. Подставляя (2) и (3) в (1), получаем i2rab irab ...
7 = -77—= Ч — (4). l(RAB+r)
По закону Ома для участка цепи
падение потенциала на участке АВ равно 77внешн - IRAB —
(5), а по закону Ома для полной цепи I = —-—, откуда
RAB+r
э.д.с. батареи s = l(RAB + г) — (6). Подставляя (5) и (6) в (4), получаем г) = -Увне^н., откуда э.д.с. батареи е = ^°нешн —
s Л
(7). Мощность тока, выделяемая на сопротивлении 7?,, равна pi =7|t/|, и поскольку по закону Ома для участка г D U2 „
цепи Л = —, то Р, = —-. Тогда падение потенциала на со-7?, 7?!
противлении 7?! равно Ц = -у] PlRl , и т. к. сопротивления 7?! и Т?2 соединены параллельно, то падения потенциалов на них Ui =U2 = -\jP\R\ — (8). Полное падение потенциала на участке АВ равно 77внешн = Ui+U3-U2+U3 — (9). Подставляя (8) в (9), получаем J7BI)eiUH = -у/Р^ + U3 — (10). Подставляя (10) в (7), окончательно находим э.д.с. батареи £ = JP^ + 0/3/7-100 В.
10.57. Э.д.с. батареи полное сопротивление
потенциометра 7?0 = 120 Ом. Сопротивление R лампочки меняется при нагревании от 30 до 300 Ом. На сколько меняется при этом разность потенциалов U на лампочке, если подвижный контакт стоит на середине потенциометра? На сколько меняется при этом мощность Р , потребляемая лампочкой?
126
решение:
По условию задачи подвижный контакт С стоит на середине потенциометра, поэтому сопротивления на участках АС и СВ равны между со-
бой: Rac = RcB = 0)’ г^е
полное сопротивление потенцио-
метра. Т. к. лампочка подключена параллельно участку АС, то падения потенциалов в лампочке и на участке АС равны между собой: Un = UAC или, с учетом (1),
— (2), где 1п — ток на участке АС,
сопротивление лампочки в начальный момент времени. Согласно первому правилу Кирхгоффа для узла С имеем
/О=/П + 7Л — (3). Решая совместно уравнения (2) и (3),
, получаем 10 =
— (4). С другой стороны, по
закону Ома для полной цепи
j =______________е______________ _ 2s{Ra + 2Rx) _
° Ж + 4/?,)
Приравнивая правые части уравнений (4) и (5), получаем 2s
/л =--------— (6) — ток через лампочку в начальный
Яо + 4^
момент времени. Тогда разность потенциалов на лампочке в начальный момент времени - InR{ — (7), а мощность,
Потребляемая лампочкой, Р} - I^Ry — (8). Подставляя (6) в
(7) и (8), соответственно получаем Ut =—— = 30 В и Rq + 4Л[
4g2/?, (•^q + 4/?,)"
= 30 Вт. В процессе нагрева сопротивление
127
лампочки возрастает до - 300 Ом, тогда разность потенциалов на лампочке и мощность, потребляемая лампочкой
.. 2sR2
станут соответственно равны с/,=——-^— = 54,5 в и
4z?27?, nnrj
= 7-------=-тг = 9,9 Вт.
' (Ло+47?,)-
10.58. Разность потенциалов между точками А и В равна U = 9 В. Имеются два проводника с сопротивлениями Rt = 5 Ом и Я, = 3 Ом. Найти количество теплоты Qr, выделяющееся в каждом проводнике в единицу времени, если проводники между точками А и В соединены: а) последовательно; б) параллельно/
Решение:
Согласно закону Джоуля — Ленца количество теплоту, выделяющееся в проводнике, равно 0 = I2Rt. Тогда в единицу' времени выделится количество теплоты Qr
= — = I2R. а) При последовательном соединении провод»
1
ников /.=/,= ———. Количество теплоты, выделивши* ' R}+R2 ,
U‘R
еся на первом проводнике, ОrI = I?R} -
(Л+V-
IJ'R
С>и - 6,3 Дж. Аналогично 0г2 = --Ц- ; 0г2 = 3,8 Дж:
(я, +/?,)
б) При параллельном соединении U} - U2 = U . Тогда
. U , U „ „ U2 ,А9Пж.
/, =—, a I-, = — . Отсюда Ог, = — = 16,2ДЖ>
1 R} - R2 r“ Я,
U2
a2= — = 27 Дж.
128
10.59. Две электрические лампочки с сопротивлениями Р 360 Ом и Л, = 240 Ом включены в сеть параллельно. Какая из лампочек потребляет большую мощность? Во сколько раз?
решение:
Поскольку лампочки включены в сеть параллельно, то падение напряжения на них одинаково, т. е. = U2 = U . Мощности Р} и Р2, потребляемые лампочками, опреде-п и1 _ U1 чяются следующими соотношениями: Р -— и Р, - —,
Л Л, 3
откуда — = —L = —. l.e. лампочка с меньшим сопро-- Р{ R2 2
тивлением потребляет в 1,5 раза больше.
10.60. Калориметр имеет спираль сопротивлением R{ =60 Ом, которая включена в цепь, как показано на рисунке. Сопротивление Я, =30 Ом. Амперметр показывает ток 1 = 6 А. На сколько нагревается масса т = 480 г воды, налитой в калориметр, за время г = 5 мин пропускания тока?
Решение:
За время г на спирали выделится количество теплоты Q = I\R\T — (1), где /[ — ток, проходящий через спираль. Поскольку спираль и сопротивление R-, соединены параллельно, то U, = U2 = U , а I = Ц+12. Toi;ia , где U = IR., =
Я, ' Rx+R2
Ц - —— = 2 А. Выделенное количество тепла пошло на + R-,
нагревание воды, причем О = тс АТ — (2), где с ~ 4,19 1 О’ Дж/(кг-К) — удельная теплоемкость воды; 5 л.,.) 129
AT — искомое изменение температуры. Приравнивая правые части (1) и (2), получим 1^Рхт = тсАТ, откуда
ДГ = /|_^1£ = 36 к. тс
10.61. Какой объем V воды можно вскипятить, затратив электрическую энергию W = 3 гВтч? Начальная температура воды t0 = 10° С.
Решение:
Электрическая энергия W задана во внесистемных единицах гектоватт-часах. В единицах системы СИ 1Вт'Ч = 3,6-103 Дж; 1 гВт-ч 3,6 -1-102 Дж; ЗгВтч =
= 10,8-1012 Дж. Эта энергия была затрачена на нагревание воды массой т = рУ на АТ = 90° С. Т. е. IV-стАТ-
= cpVAT, откуда V =----------. с = 4,2 • 103 Дж/кг-К;
срАТ
р™™ = 1-103 кг/м3. Подставляя числовые данные, получим К = 2,9-10'3м3 = 2,9л.
10.62. Какую мощность Р потребляет нагреватель электрического чайника, если объем К = 1л воды закипает через время т = 5 мин? Каково сопротивление R нагревателя, если напряжение в сети U = 120 В? Начальная температура/Воды /0 = 13,5°С.
Решение:
Для нагревания объема V воды до температуры кипения Тк за время г необходимо количество тепла Q = mcAT = Урс(Тк-Го) — (1). Количество тепла Q и мощность Р связаны соотношением Q-Pz — (2). Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), получим
130
Урс(Тк-Т0) = Рт, откуда Р = = 1,2 кВт. Со-
г
противление R нагревателя можно выразить из закона U Р
Ома: R = —. Мощность P-IU, откуда I = — Тогда
U2
R = —~— -120м.
Р
10.63. На плитке мощностью Р = 0,5 кВт стоит чайник, в который налит объем V = 1 л воды при t0 = 16° С. Вода в чайнике закипела через время г = 20 мин после включения плитки. Какое количество теплоты Q потеряно при этом на нагревание самого чайника, на излучение и т.д.?
Решение:
Если бы потерь тепла не было, на нагревание воды до температуры кипения Тк потребовалось бы количество тепла Q\ = mc&T = Vpc(TK -То). На самом деле было израсходовано тепла Q-, = Рт. Отсюда потери тепла составили Q = Q,-Qi = Рт-Урс(Тк-Т0); £ = 2,5-105Дж.
10.64. Нагреватель электрической кастрюли имеет две одинаковые секции с сопротивлением R = 20 Ом каждая. Через какое время г закипит объем V - 2,2 л воды, если: а) включена одна секция; б) обе секции включены последовательно; в) обе секции включены параллельно? Начальная температура воды t0 =16° С, напряжение в сети U = 110 В, к.п.д. нагревателя 1) - 85% .
Решение:
U2
а) Мощность нагревателя P-1U — (О- За время г
выделится количество теплоты О = г)Рт — (2), которое пойдет на нагревание воды до температуры кипения Тк,
131
т. е. £> = К/х(Гк-Го) — (3). Решая совместно уравнения
(1) — (4), получим г _ -1506 с = 25 мин.
rjU
б) При последовательном включении секций их общее сопротивление равно 2R. Отсюда г = 50 мин. в) При параллельном соединении секций их общее сопротивление равно у. Отсюда г = 12,5 мин.
10.65. Нагреватель электрического чайника имеет две секции. При включении одной из них вода в чайнике закипит через время г, =15 мин, при включении другой — через время г2 = 30 мин. Через какое время г закипит вода в чайнике, если включить обе секции: а) последовательно; б) параллельно?
Решение:
В предыдущей задаче была получена формула, связывающая время нагрева воды г и сопротивление R секции та\Т п „
нагревателя, т-------—R- Поскольку т прямо пропор-
riU-
ционально R и величины, входящие в коэффициент при R, постоянны, т. е. они сократятся при преобразованиях, то можно записать: а) при последовательном соединении секций г = Г| + г2 = 45 мин; б) при параллельном соединении г = —Г—— = 10 мин.
П + г2
10.66. Нагреватель электрического чайника сопротивлением R, включен в цепь, как показано на рисунке. Э.д.с. батареи £ = 120 В, сопротивление Я, =10 Ом. Амперметр показывает ток/=2А. Через какое время закипит объем И = 0,5л воды? Начальная температура воды /0=4°С. К.п.д. 77 = 76 % нагревателя. 132
Решение:
Vpc(TK -T^R, , Имеем г =------ 2 (см. за-
дачу 10.64). Т. к. сопротивления 7?[ и /?2 включены последователь-т s
но, то ток в цепи I =--------, от-
2?! + У?,
сюда 7?! =
— - R2 =50 Ом. Падение
напряжения на сопротивлении R{ равно (7, -IRy = 100 В.
Подставляя числовые данные, получим г = 22 мин.
10.67. Калориметр имеет спираль сопротивлением R}, которая включена в цепь, как показано на рисунке. Э.д.с. батареи е = 110 В, к.п.д. спирали ;; = 80% . В калориметр налита масса т = 500 г керосина. Амперметр показывает ток I = 2 А, вольтметр показывает напряжение U = 10,8 В. Каково сопротивление 7?! спирали? Найти удельную теплоемкость с керосина, если за время т = 5 мин пропускания тока керосин нагрелся на Аг = 5° С. Каково сопротивление й2? Сопротивление вольтметра считать бесконечно большим.
Решение:
Количество тепла, необходимое для нагревания керосина на \t, есть Q, = cm\t. По закону Джоуля — Ленца количество тепла, выделяемое спиралью за время г, есть О2 -IUt . По закону сохранения энергии S[ = rjQ2 или cm\t ~ rjIUг , откуда Удельная теплоемкость керосина
с = 1]= 2,07 кДж/(кг-К). Из зако-
133
на Ома для участка цепи сопротивление =
— = 5,4 Ом. I
£
По закону Ома для всей цепи ток I ---------, откуда
Rl +R2
£ сопротивление R2 = — =49,6 Ом.
10.68. Объем К = 4,5 л воды можно вскипятить, затратив электрическую энергию W = 0,5 кВт-ч. Начальная температура воды t0 = 23° С. Найти к.п.д. г) нагревателя.
Решение:
Количество тепла, необходимое для того, чтобы вскипятить воду, О = cm(tK -10) = cpP(tK -10), где с = 4,19 кДж/(кг-К) — удельная теплоемкость воды, т = pV — масса воды, tK =100° С — температура кипения воды. По определению Q
?J = W ’ Подставляя числовые данные, получим = ~/о] = 0 8 = 80 о/о
W
10.69. Для отопления комнаты пользуются электрической печью, включенной в сеть напряжением U = 120 В. Комната теряет в единицу времени количество теплоты ОТ = 87,08 МДж/сут. Требуется поддерживать температуру комнаты постоянной. Найти: а) сопротивление R печи; б) длину / нихромовой проволоки диаметром d = 1 мм, необходимой для обмотки такой печи; в) мощность Р печи.
Решение:
Мощность печи Р = —, где г = 24 ч = 86400 с, тогда г
Р = 1 кВт. С другой стороны, Р -IU, откуда сила тока в 134
сети / = — — (1). По закону Ома для участка цепи
/ = — — (2). Приравнивая правые части уравнений (1) и R
TJ-
(2), находим сопротивление печи R =— = 14,4 Ом.
Сопротивление проволоки также можно выразить как
R = p—, где р — удельное сопротивление материала S
проволоки, I — ее длина, S — площадь поперечного
_ , RS Rad2 ,, _
сечения. Тогда / = — =------11,3 м.
р 4р
10.70. Температура водяного термостата объемом V = 1 л поддерживается постоянной при помощи нагревателя мощностью Р = 26 Вт. На нагревание воды тратится 80% этой мощности. На сколько понизится температура воды в термостате за время т = 10 мин, если нагреватель выключить?
Решение:
Количество тепла, отданное водой при охлаждении, = cmi\t = cpVk.1. По закону Джоуля — Ленца количество тепла нагревателя Q2 = IUt = Рт. По закону сохранения энергии =rjQ2 или cpVAt = riPr, откуда измене-т/Рт
йие температуры А/ = -— = 2,97° С. cpV
10.71. Сколько надо заплатить за пользование электрической энергией в месяц (30 дней), если ежедневно в течение времени г = 6ч горят две 120-вольтовых лампочки, потребляющие ток I = 0,5 А? Кроме того, ежедневно кипятится объем К = 3л воды. Начальная температура воды /0 = 10° С. Стоимость 1кВт-ч энергии принять равной 4 коп. К.п.д. нагревателя г/ = 80%.
135
Решение:
Количество энергии, потребляемое в сутки лампочками, а в месяц Wx = ЗОи-j = 6QIUr . Количество энергии, необходимое для нагревания воды в сутки, Q = CpV(tK-t0), при этом затрачивается энергия W = ст&Г = cpVkT, а в месяц W2 = ~Z°). Полная
7
энергия, которая расходуется за месяц, W = WX+W2 =
= 3^2IUt + --P^
I 7 )
= 120,18 МДж.
За пользование
W -п электроэнергией надо заплатить N = —5-------= 133коп.=
103-3600
= 1р. 33коп.
10.72. Электрический чайник, содержащий объем V = 600 см3 воды при tg = 9° С, забыли выключить. Сопротивление нагревателя чайника /? = 16Ом. Через какое время т после включения вода в чайнике выкипит? Напряжение в сети U = 120 В, к.п.д. нагревателя г) = 60%.
Решение:
По закону Джоуля — Ленца 0ПОЛН = I2R г; 0полез|1 = Q, + Q2. Количество теплоты, необходимое для нагревания воды до температуры кипения, Qi = cm(tK-t0). Количество теплоты, необходимое для испарения воды, Q2 = rm . По закону сохранения энергии 0попезн = 7СП0ЛН ’ ст((к~(о) +
+ г in -t] I2Rt ; tn = pV . По закону Ома I =^, отсюда
72 = ; pV [с(/^ -10)+ г] = г, следовательно,
plW/.-d + r] .n
г = Г—----------J. r = 49 мин
7iU~
136
10.73. В ртутном диффузионном насосе в единицу времени испаряется масса тг = 100 г/мин ртути. Каково должно быть сопротивление R нагревателя насоса, если он включается в сеть напряжением U = 127 В? Удельная теплота парообразования ртути q = 296 кДж/кг.
Решение:
Количество тепла, необходимое для испарения ртути, Q = qm — (1). С другой стороны, по закону Джоуля — Ленца Q = IUt — (2). Приравниваем правые части уравнений (1) и (2) qm = IUT , отсюда сила тока нагревателя
г. qm qni _
насоса = закона Ома для участка цепи
U и~
сопротивление нагревателя насоса R = — =--- 32,69 Ом.
10.74. В цепь, состоящую из медного провода площадью поперечного сечения S, = 3 мм2, включен свинцовый предохранитель площадью поперечного сечения S, = 1 мм2. На какое повышение температуры Д/, медного провода при коротком замыкании цепи рассчитан предохранитель? Считать, что при коротком замыкании вследствие кратковременности процесса все выделившееся тепло идет на нагревание цепи. Начальная температура предохранителя /0 = 17° С.
Решение:
В медном проводе выделится количество теплоты Sj =wiclATl = Pj/jSjCjAT]— (1), где р{— плотность меди, А— длина провода, с, — удельная теплоемкость меди. В свинцовом предохранителе выделится количество теплоты Q2 = т2с2ЛТ2 + m2r = p2l2S2{c2{Tn3 -Т^+г)— (2), где р2 — плотность свинца, 12— длина предохранителя, с2 — Удельная теплоемкость свинца, г — удельная теплота плавления свинца. По закону Джоуля — Ленца Qt - Z2/?/ ,
137
Q2 = llR2t Поскольку провод и предохранитель включены
в цепь последовательно, то
= 12, тогда
02 ^2
P\h$2 p2l2S\
— (3), где р\ и р'2— удельные сопротивления
меди и свинца. Из уравнений (1) — (3) найдем
P\L\S\c\&Ti________ Р\Ц$2
_ ^о)+г) Pih^\
откуда
p2p\S2 (с2 (Тп„ - Т1 + г) „
A7j =-15Подставляя числовые дан-
P2P\S\C\
ные, получим АГ, = 1,8 К.
10.75. Найти количество теплоты О;, выделившееся в единицу времени в единице объема медного провода при плотности тока j - 300 кА/м2.
Решение:
Согласно закону Джоуля — Ленца за время г в проводнике выделяется количество теплоты Q = I2Rt . Тогда в единицу времени в единице объема проводника выделится I2 R I
количество теплоты Р =------. Имеем /?=/?—; V = Sl.
г V S
тогда
Qr-
г —гр, S2
где
р = 0,017-10’6 Омм
удельное
сопротивление меди. Плотность тока j = —, отсюда S
Qr = j2р - 1,5 • 103 Дж/(м3-с).
10.76. Найти токи /, в отдельных ветвях мостика Уитстона при условии, что через гальванометр идет ток 1Т = 0. Э.д.с. эле-138
мента f = 2 В, сопротивления Л, = 30 Ом, R2 = 45 Ом и Л3 = 200 Ом.
Решение:
Т. к. 7Г = 0, то потенциалы в точках 1 и 2 одинаковые, следовательно, можно рассматривать упрощенную эквивалентную схему. По первому правилу Кирхгоффа для узла 1 имеем: I = Д + 73 — (1). По второму правилу Кирхгоффа для контуров KLBCMN и KLADMN соответственно имеем: £ = 7, (Т?, + R-,) — (2) и £ = 73 (7?3 + Т?4) — (3). Поскольку 17лв = UBC, а также - 7, и /3 = Ц, то падения потенциалов на Сопротивлениях R2 и R4 равны между собой, то 1^2 - I3RA — (4). Из уравнения (2) находим, что
7. = 7Э = —-— — (5). Подставляя ' 2 7?1+7?2
числовые данные, получим 7, = 7, - 26,7 мА. Из уравнения
(3) находим, что 73 =---------(6), а из уравнения (4) на-
7?3 + Т?4
ходим, что Т?4 = — (7) Подставляя (5) в (7), получаем
Л
7?ч = 2 — (8). Решая совместно уравнения (6) и
(8) и учитывая, что 73 = Ц, окончательно получаем
RjS
= 4 мА.
139
10.77 . Э.д.с. элементов £•, = 2,1 В и s2 = 1,9 В, сопротивления
7?, - 45 Ом, R, =10 Ом и 7?3=ЮОм. Найти токи 7, во всех
участках цепи.
Решение:
На рисунке стрелками указано выбранное направление токов. Для узла А согласно первому правилу Кирхгоффа имеем Ц + 72 = 73. Дтя контуров АВС и ACD по второму правилу Кирхгоффа имеем 737?з + IXR} — , I^R^ — I2R2 = £2. Подставляя числовые данные, получим систему уравнений: 13 = Ц +12,
107,+457, =2.1, 457,-1072=1,9. Решая эту систему, получим 7, = 0,04 А, 72 = -0.01 А, 73 = 0,03 А. Знак «минус»
у тока 7, указывает на то, что его направление противоположно выбранному.
10.78 . Какая разность потенциалов U получается на зажимах двух элементов, включенных параллельно, если их э.д.с.
= 1,4 В и £, = 1,2 В и внутреннее сопротивление г, = 0.6 Ом и гг = 0,4 Ом?
Решение:
Согласно закону Ома для неоднород-£} + (^, - ^2 ) . ного участка цепи 7 = —!,
т - £, + (<А - ) -г
7 =—.—vrj—Таким образом,
£. + U -£.+и
—!---= —-----, откуда г2
140
= >-. ((7 - ; r2f| -r2U = rlU-ris2’, U = Z'2<?1 +
n+r2
U = 1,28 B.
10.79 . Два элемента с одинаковыми э.д.с. £•,=£•,= 2 В и внутренними сопротивлениями rt = 1 Ом и = 2 Ом замкнуты на внешнее сопротивление R. Через элемент с э.д.с. е, течет ток /, =1А. Найти сопротивление R и ток , текущий через элемент с э.д.с. е, . Какой ток 1 течет через сопротивление R ?
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура ABCD и ABMN. Для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом из элементов схемы. По второму правилу Кирхгоффа для контура ABCD имеем s2 - sx = I2r2 - lxrx — (1); для контура ABMN имеем - ех =-Цгх - IR — (2). По первому правилу Кирхгоффа для узла N имеем I = 1Х +12 — (3).
Из уравнения (1) ток 12 = ——= 0.5 А. Решаем сис-'2
тему уравнений методом подстановки, т. к. у нас есть три Уравнения и три неизвестных. Подставив найденное значение тока Д в уравнение (3), найдем ток I = 1Х +12 = 1,5 А.
с - I R
Из уравнения (2) сопротивление R = -1-— = 0,66Ом.
10.80 . Решить предыдущую задачу, если £,=£-, =4 В, ri = г, = 0,5 Ом н /, = 2 А.
141
Решение:
Т. к. внутренние сопротивления источников э.д.с. равны, то токи (см. задачу 10.79) -12 -2 А., а, следовательно,
I = 2/, = 4 А, тогда сопротивление R = ——= 0,75 Ом.
10.81 . Батареи имеют э.д.с. £•, =110 В и с2 =220 В, сопротивления Я] = Я, =100 Ом, Я. = 500 Ом. Найти показание амперметра.
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура ABCD и ABMN, для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом сопротивлении. По второму правилу Кирхгоффа для контура ABMN имеем sx= I2R2+— (1); для
контура ABCD имеем =
= ДЯ-, - 7,Я| — (2). Согласно первому правилу Кирхгоффа
для узла М имеем 7, = 7, + 72 — (3). Из уравнения (1) ток
Ц = —!, а из уравнения (2) ток 12 = —----------1---—
Я3 ’ R2
Амперметр покажет ток через сопротивление Я1( который
из уравнения (3) =13-12 = —!----—!----------1---— или
” R-,
т s.R-,-s-,R. +s,R, Л , , окончательно I. = ——----—'---—— = -0,4 А. Знак «ми-
Я2Я, + я,я2 + я,я3
нус» означает, что мы ошиблись в выборе направления тока 7], т. е. он течет в противоположном направлении. 142
10.82 . Батареи имеют э.д.с. е, = 2 В и £, = 4 В, сопро-гивлеиие Rt =0,5 Ом (см. рисунок к задаче 10.81). Падение потенциала на сопротивлении R, равно U2 = 1В (ток через R., направлен справа налево). Найти показание амперметра.
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура NMCD и ABMN . Для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом из элементов схемы. По второму правилу Кирхгоффа для контура ABMN имеем Z,/?, + I3R3 = , для контура NMCD имеем I3R3 + Z2/?2 = s2 Падение сопротивления на R2: U2 = j2R2 . Подставляя числовые данные, получим систему 0,5Zi -I3R3 = -2,
уравнений ' j । д Решив эту систему, получим
Д=2А.
10.83 . Батареи имеют э.д.с. £-,=30В и £-2=5В, сопротивления R2 =10 Ом, R} = 20 Ом (см. рисунок к задаче 10.81). Через амперметр течет ток 1 = 1 А, направленный от R3 к R,. Найти сопротивление Я,.
Решение:
Воспользуемся результатами задачи 10.81
С = ——----— -----——. Преобразуем это выражение и вы-
R2R3 + R{R2 + R\R}
разим из него 7?,: IiR2R3+IiRiRi+IiRiR3=eiR2-£2R3 +
~ Л-^2-^3 ’ (^2 + Л3 ) = ^2 1 “ А*3 ) + ^3 (fI ~ S2) ’
R — ~ s2 )-^2 + (gi ~ ^2 A )-fy _ + 500 _ 20 Ом
А(^+Лз) 30
143
10.84 . Батареи имеют э.д.с. £t=2B и £,=ЗВ, сопротивления /?! = 1 кОм, R2 - 0,5 кОм и /?3 = 0,2 кОм, сопротивление амперметра RA = 0,2 кОм. Найти показание амперметра.
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура, для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом сопротивлении и амперметре. Для каждого контура запишем уравнение по второму правилу Кирхгоффа s2 = Z37?3 +Д + IARA — (1); = I2R2 - I3R3 -
-IaRa — (2). С учетом IA = Z3 уравнения (1) и (2) можно переписать следующим образом: е2 = Ia(R3 + RA)+IiRl или А = g2-7 - (5); = I2R2 - 1Л (R3 - Ra )
г 1 “ £*2 "г 1, (R3 + 1л /п\
или 12 = —!------------— — (6). Из уравнения (3), с
#2
учетом уравнений (5) и (6), имеем lA -12-1х = £\ — £•> + (Т?3 + Ra ) S2 — 1А (Z?3 + Ra )
= —----=---------a_l—( откуда ток через
R2 Rl
. (fi1, -£,)/?> -s-,R-, .. .
амперметр Z, =-------L7— ‘---г = -0,45 А. Знак
R2R^(Ri+RA)(Ri-R2) «минус» означает, что направление тока 1Л противоположно направлению, указанному на рисунке.
10.85 . Батареи имеют э.д.с. £, = 2 В и е2 = 3 В, сопротивление R3 = 1,5 кОм, сопротивление амперметра R4 = 0,5 кОм Падение потенциала на сопротивлении R-, равно U2 = 1 В (ток через R2 направлен сверху вниз). Найти показание амперметра. 144
Решение:
Выберем контур, направление обхода по нему и запишем для него уравнение по второму правилу Кирхгоффа s! - £г =
= U-> - I3R3 - IARA • Кроме того, по первому правилу Кирхгоффа Ц = 12 +1А. Отсюда показание ам-, U-, -£}+£-> , .
перметра 1А = —----1--- = 1 мА.
Дз + Ra
h
10.86 . Батареи имеют э.д.с. = 2 В, сг = 4 В и с} = 6 В, сопротивления Д = 4 Ом, R2 = 6 Ом и R3 = 8 Ом. Найти токи /, во всех участках цепи.
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура, для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом сопротивлении. Для каждого контура запишем уравнение по второму правилу Кирхгоффа £3—£\ = I\R\ — I3R3 (1);
£г - s{ = + IVR{ — (2). Согласно первому правилу Кирх-
гоффа 12 = Ц + Д — (3). Подставим (3) в (2), тогда £, -
-£{ = Д + I2 R-> -г Ц Ri, откуда /3 = ——-——
R2
(4). После подстановки (4) в (1) получаем
J (б-; - )Я, + (£2 - £, )R3
J\ =—1——------------^— = 385 мА. Подставляя наиден-
RtR2 + R2R3 + R,R,
ное значение тока Ц в уравнение (4), получаем Л = -308 мА. Знак «минус» означает, что направление тока
145
13 противоположно указанному на рисунке направлению. Подставляя найденное значение токов /, и /3 в уравнение (3), находим 12 = 77 мА.
10.87. Батареи имеют э.д.с. £х = s2 = si = 6 В, сопротивления /?1 = 20 Ом, R2 = 12 Ом. При коротком замыкании верхнего узла схемы с отрицательным зажимом батарей через замыкающий провод течет ток I = 1,6 А. Найти токи I, во всех участках цепи и сопротивление R,.
Решение:
Для контура ABFE по второму правилу Кирхгоффа при направлении обхода по часовой стрелке имеем £х - - 7,7?, - I2R.2 и т. к.
£х = £2, то IXRX = I2R2 — (1). Для контура FCDE по второму правилу Кирхгоффа, при направлении обхода по часовой стрелке, имеем £2 - £3 = I2R2 - I3R3, т. к. то I3R3=I2R2 — (2). При коротком замыкании узлов Е и F получаем контур KLMN, для которого по второму правилу Кирхгоффа имеем £2 = I2R2 — (3), откуда ток через сопротивление R2 равен I-, = — = 0,5 А.
Т?2
По первому правилу Кирхгоффа для узла F имеем 7, +7, +73 = I — (4). Из уравнения (1) с учетом (3) IxRx-£2 находим ток через сопротивление :
7, - = 0,3 А. Из уравнения (4) находим ток через сопро-
R\
146
тивление R3: /3 = I - Ц -I2 = 0,8 А. Из уравнения (2) с учетом (3) сопротивление 7?3 = - 7,5 Ом.
10.88. В схеме, изображенной на рисунке к задаче 10.86, токи I и /3 направлены справа налево, ток /, — сверху вниз. Падения потенциала па сопротивлениях Д, R, и R3 равны Ц = U2 = U3 = 10 В. Найти э.д.с. s, и сз > если Э-Д-С- £\ = 25 В.
Решение:
Рассмотрим контур ABCD. По второму правилу Кирхгоффа
- U2 = £2 ~ £2 и Ц - 2С72 > отсюда £2=Ul-Q- + £l=^- + £i; £,=30 В. Аналогично рассмотрим контур CDFE. По второму правилу Кирхгоффа U2+U2 = е2- е2 и U-. = 1U2,
откуда £3 = + U, + £,; £3 = 45 В.
10.89. Батареи имеют э.д.с. £. = £, = 100 В, сопротивления R3 = 20 Ом, R-, = 10 Ом, R3 - 40 Ом и R3 = 30 Ом. Найти показание амперметра.
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура, для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом сопротивлении. Для каждого контура запишем уравнение по второму правилу Кирхгоффа
—(1);
147
£ 1 + Ъ = Л*2 + АЛл — (2), где Я14 = ----(Я т- '<•
7?! + Т?4
сопротивления R{ и Т?4 соединены параллельно. Согласно первому правилу Кирхгоффа /|4 = 13 +12 — (4), где /14 — ток, который покажет амперметр. Из уравнений (1) и (2) находим токи Л - ——и j - £\ + g2—и 7?3 Т?2
подставляем их в уравнение (4), тогда /14 = —L±^l± + gi + °2—Ад/Ад-----Из уравнения (5) с
7?3 R2
учетом (3) окончательно получаем
/|4 =------—7~^-' + £^}.---------- - -9 мА. Знак «минус»
R3R2 + RtR< (R2 + R3)/(/?, + T?4)
означает, что ток /)4 имеет направление, противоположное указанному на рисунке.
10.90. Батареи имеют э.д.с. ех=2е2, сопротивления
Л, = R. = 20 Ом, /?2 = 15 Ом и R4 = 30 Ом. Через амперметр те
чет ток I = 1,5 А, направленный снизу вверх. Найти э.д.с. и е2, а также токи /2 и 1}, текущие через сопротивления R2 и
Решение:
I
Т. к. по условию батареи имеют э.д.с. si - 2е2 , то уравнения по второму правилу Кирхгоффа (см. задачу 10.89) запишутся следующим образом: 2е2 = I3R3 + 1Т?)4 — (1) и 3s2=I2R2+IRu — (2), где I — показание амперметра, RxR,
Т?14 =—!—=— — (3) — общее со-7?i + 7?4
148
противление Д, и Д4, т. к. они соединены параллельно. Т. к. I = Л + R — (4), то I2 = I -13 — (5), следовательно, после подстановки (5) в (2) имеем З^ =(7-73)j?2+Д?)4 или I2 = + ^£1 — (6). Подставив (6) и (3) в (1),
/?2
Z[/?,7?3 +2?,2?4 (Т?3+Т?2)/(/?, +Я4)]
найдем э.д.с. е2 = - - ------ 44 3----—- ‘= 12В,
2R2+3R3
тогда £j = 2гг = 24 В. Подставив в уравнение (6) найденное значение г2 , находим ток 13 = 0,3 А; после чего из уравнения (5) ток 12 =1,2 А.
10.91. Два одинаковых элемента имеют э.д.с. = £г =2В и внутренние сопротивления г, = г, = 0,5 Ом. Найти токи Ц и 12, текущие через сопротивления Rt = 0,5 Ом и Я, = 1,5 Ом, а также ток / через элемент с э.д.с. ех.
Решение:
Для контура KLMN по второму правилу Кирхгоффа при направлении обхода по часовой стрелке имеем =IlRl +I[i\ — (1). Аналогично для контура ABCD : -е2 - 7,7?, + Г2г2 +
+ 7'/- — (2). По первому правилу Кирхгоффа для узлов L и М соответственно получаем = Ц+12 —
(3) и - Ц +12 — (4). Из уравнений (3) и (4) следует, что
72 = I2. Т. к. = е2, то из уравнения (2) с учетом (4) по-
лучаем (R, + r2) = , откуда ток 12 =-—-------(5), а
R2+f2
из уравнения (1) ток 7, =———-----(6). Подставляя (5) и
R\
149
(6) в (3), получаем Ц =—----—-----LJ—, откуда ток через
Я| R2 + г2
s.\R~> + 6) , .
элемент £. равен L =-----------L5^——------------= 1,78 А.
R{R2 +R\r2 +i\R2 + t\r2 +riRi
Из уравнения (5) ток через сопротивление R2 равен 12 = -0,46 А. Из уравнения (3) ток через сопротивление 7?, равен Z, = Ij -12- 2,24 А.
10.92. Батареи имеют э.д.с. = е2, сопротивления R2 = 2Rt. Во сколько раз ток, текущий через вольтметр, больше тока, текущего через сопротивление R22
Решение:
Выберем и рассмотрим два контура, для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом сопротивлении и в вольтметре. По второму правилу Кирхгоффа для каждого контура имеем =7,7?, ч-+ IVRV — (1) и е2 -I2R2 +IyRy — (2) и т. к. по условию R2 = 22?!, то уравнение (2) можно переписать в виде е2 = 21^ +IVRV — (3). Согласно первому правилу Кирхгоффа Iv = Ц +12 — (4), откуда Ц=1у-12 — (5). Вычтем из (3) (1), тогда
s2 - £] = 2I2Rx - ZjT?! = 0, т. к. по условию е2 = £\, следовательно, с учетом (5) 2727?! = (/и -12)/?,, откуда Iv = 312.
10.93. Батареи имеют э.д.с. £, = е2 = 110 В, сопротивления /?!=/?,= 0,2 кОм, сопротивление вольтметра Rt. = 1 кОм (см. рисунок к задаче 10.92). Найти показание вольтметра. 150
решение:
До второму правилу Кирхгоффа (см. задачу 10.92) +и — 0) и ^2 = + U — (2), где U = IVRV —
показание вольтметра. Т. к. по условию s, = г2 и >
то из уравнений (1) и (2) следует, что Ц = 12. Согласно первому правилу Кирхгоффа = 1Х +12 - 2Ц, тогда U ( R }
U = U\RV или Ц = -— + U = U —— +1 , откуда показа-2Ry 27?|
2R7£
ние вольтметра U =-----= 100 В.
7?! 4* 2 Ry
2RV
10.94. Батареи имеют э.д.с. г, = е2, сопротивления Л, = R2 - 100 Ом, сопротивление вольтметра 7ф=150Ом (см. рисунок к задаче 10.93). Показание вольтметра U = ИОВ. Найти Э.д.с. £{ и е2 батарей.
Решение:
По первому правилу Кирхгоффа /| +12 = 1у . По второму правилу Кирхгоффа для контуров АВС и ABD соответственно имеем: IXR{ +
+ IVRV =£, и I2R2+lyRy =s2. По закону Ома IVRV =U, отсюда
I\RX +U = £{ и I2R2+U = £2. T. к. £{~£2 и R{ - R2, to (li+I2)Rl+2U^2£l; IyRi+2U = 2^; + По
закону Ома I,- = —, отсюда е, = + U - U —— +1 ;
2Т?Г ^27?к )
£i =£2 =200 В. 151
10.95. Элементы имеют э.д.с. £’1=£’2=1,5В и внутренние сопротивления г, = г2 = 0,5 Ом, сопротивления 7?1 = Т?2 = 5 Ом и R3 = 1 Ом, сопротивление амперметра RA = 3 Ом. Найти показание амперметра.
Решение:
Выберем и рассмотрим три контура, для каждого из них выберем направление обхода. Предположительно определим направление токов в каждом сопротивлении и в амперметре. По второму правилу Кирхгоффа для контура KLCD имеем = ДД + IARA + l'2r2 — (!)•
Для контура ABCD имеем
£l=IiRi+I/lRA + I2R2+l{>\ — (2). Для контура ABMN
имеем = ДД+/37?3+/2Л2 + ДД — (3). По первому
правилу Кирхгоффа для узла М 1^-1^+ 1А — (4). Для
узла N 12=13+1А — (5). Вычитая (3) из (2), найдем IaRa = Д7?3 или 3/А = Д . Подставляя это выражение в (4), получим Д =4Д . Вычитая (2) из (1), найдем Г2 = Д'. Из (4) и (5) следует, что Д = 12 = 4Д.. Подставляя данное выражение в (1), найдем 19Д + 0,5Д = 1,5, откуда Д = Д' = 3 -38Д. Из (5) имеем 4Д = Д' +Г2 = 6-161А ; 8014 = 6, отсюда ток, текущий через амперметр, IА = 75 мА.
10.96. Элемент имеет э.д.с. г? = 200 В, сопротивления Д = 2 кОм и R., = 3 кОм, сопротивления вольтметров Rri = 3 кОм и Д.2 = 2 кОм. Найти показание вольтметров Д и И,, если ключ К : а) разомкнут, б) замкнут. Задачу решить, применяя законы Кирхгоффа.
152
решение:
а) Если ключ разомкнут, то схема принимает упрощенный вид, изображенный на рисунке. Рассмотрим контур ABCD и выберем направление обхода против часовой стрелки. Тогда по второму правилу Кирхгоффа для данного контура
£ = I{Ry\ +I'-iRvi ~ О), но т. к. вольтметры соединены
между собой последовательно, то токи = Г2 — (2). У равнение (1) с учетом (2) можно переписать следующим образом: г =/'(7?Г1 + Т?Г2), откуда ток через вольтметры
=----------. Вольтметры в данном случае покажут паде-
+ ^Г2
ние напряжений на своих собственных сопротивлениях, т.е. ц =_^LL_ = 120 В; U2=I[R,2 =
= -80 В.
2?|Z1 + R,2
б) Если ключ замкнут, то схема принимает следующий вид. Укажем предполагаемое направление токов в каждом элементе и рассмотрим контуры КВСМ, ABCD, AKLM и NLMD. Направление обхода в каждом контуре выберем против часовой стрелки. Напишем уравнение
Кирхгоффа для каждого из контуров: £ = I'\R\ \ + ^2^1-2 v (1); £ = I,/?, + I2R2 — (2). Поскольку контуры AKLM и NLMD не содержат источников э.д.с., то для них =0 — (3); I2R2 -I2Rr2 -0 — (4). По первому правилу Кирхгоффа для узла L имеем + 7, = 12 + Г2 — (5). Из уравнений (3) и (4) соответственно получим
153
по второму правилу
/' = Z1A. — (6) и Гг - ^2- — (7). Подставляя (6) и (7) в 7?и * Т?г2
(3), получаем
откуда ток
/( = — (8). Подставим (8) в (2), тогда
(Ат + 7?, )Т?/2
£ - + ^2)^ i-^i + j п отсюда ток
(т?Г1 + т?1)т?Г2
J ____________£^rz(^l + ^|)_______________т\
2 (7?,/2+7?2)7?и7?1 + 7?27?Г2(7?и+7?1)
Следовательно, показание второго вольтметра
U2 = I2R2 = у--------+7?i)------------------- = 100 В.
(Т?|-2 + 7?2)7?Г17?1 + 7?27?r2(7?ri + 7?[)
Подставив (9) в (8), находим ток j ____________£Ai(A'2 + А)___________
1 (7?1.2+7?2)7?и7?1+7?27?Г2(7?и+7?1)’
тогда показание первого вольтметра
СТ, = 7,7?,= 7--£7?iAi(A2 + А)---- = 100 В.
(7?,.2+A)AiA+AA2(A>+A)
Применение правил Кирхгоффа к решению данной задачи авторы книги считают нерациональным. Читателю предлагается самостоятельно решить данную задачу, использ)Я законы Ома для участка цепи и для полной цепи.
10.97. За какое время г при электролизе водного раствора хлорной меди (СиС12) на катоде выделится масса меди т = 4,74 г, если ток 7 = 2 А?
Решение:
Согласно первому закону Фарадея т-К1т — (!)•
1 А Электрохимический эквивалент хлорной меди К = ——, F Z
154
где А = 64-10"3Кл/моль — постоянная Фарадея. Отсюда g = 332,8-10"9кг/Кл. Из (1) г=—. Подставляя числовые
данные, получим г » 2 ч.
10.98. За какое время г при электролизе медного купороса масса медной пластинки (катода) увеличится на Дт = 99 г? Площадь пластинки 5 = 25 см2, плотность тока J = 200 А/м2. Найти толщину d слоя меди, образовавшегося на пластинке.
Решение:
Согласно первому закону Фарадея \т - К1т. Молярная масса меди А = 64-10~3кг/моль, валентность меди в CuSO4 равна Z = 2. Отсюда электрохимический экви-
валент К-—— = 332,8-10-9кг/Кл. Сила тока I = jS . F Z
Тогда А»? = KjSг, откуда г = —7- = 595 с «10 мин. Объем KjS
. _ т, г., Am
Образовавшегося слоя меди V = Sa =-----------, отсюда
Р
</ = ^1 = 4,6-10"6 м.
ps
10.99. При электролизе медного купороса за время т = 1 ч выделилась масса меди т = 0,5 г. Площадь каждого электрода S’ = 75 см2. Найти плотность тока j .
Решение:
Имеем m = KjSr (см. задачу 10.98), откуда У = —— =
KSt
= 55,6 А/м2.
155
10.100. Найти электрохимический эквивалент К водорода.
Решение:
1 А
Имеем К -------, где F - 96,48 • НУ Кл/моль — постоянная
F Z
Фарадея, А = 0,001 —молярная масса водорода, Z = 1 --валентность. Подставляя числовые данные, получим К = 1,04-1О'8 кг/Кл.
10.101. Амперметр, включенный последовательно с электролитической ванной с раствором AgNO., показывает ток / = 0,90 А. Верен ли амперметр, если за время т = 5мин прохождения тока выделилась масса т = 316 мг серебра?
Решение:
По первому закону Фарадея т-К1т. Тогда амперметр , т тг -
должен показывать ток / =----. Найдем электрохимичес-
Кт
1 А
кий эквивалент серебра. Имеем где = 0,108,
Z = l. Отсюда К = 1,12-10"6 кг/Кл. Подставляя числовые дайные, получим / = 0,94А. Следовательно, амперметр показывает ток на 0,04 А меньше, чем нужно.
10.102. Две электролитические ванны с растворами AgNO, и CuSO4 соединены последовательно. Какая масса от, меди выделится за время, в течение которого выделилась масса mf =180 г серебра?
Решение:
При последовательном соединении через обе ванны проходит одинаковый ток /. За время г выделилась масса серебра ml =KJr — (1) и масса меди т2 = К21г — (2). Выразив из (1) и (2) время г, получим г = -^- = -^~, ог-КХ1 К21
156
т\К^ -л - г
куда т2 - - %. ~ • Электрохимическим эквивалент серебра =1,12-10’6 кг/Кл. Подставляя числовые данные, получим т2 = 53,5 • 10 6 кг.
10.103. При получении алюминия электролизом раствора Д12О3 в расплавленном криолите проходил ток I = 20 кА при разности потенциалов на электродах U = 5 В. За какое время г выделится масса w = 1t алюминия? Какая электрическая энергия IV при этом будет затрачена?
Решение:
Имеем т - К1т, откуда г = — , где К --------------т х
К1 96,48-Ю3
27 10"3
х-------= 9,3 1 (Г8 кг/Кл. Подставляя числовые данные,
3
получим г = 537634 с = 149,3 ч. Затраченная энергия W будет равна работе электрических сил А = Рт, т. е. W = Pt-IUt. Подставляя числовые данные, получим W = 53,8 ГДж.
10.104. Какую электрическую энергию IV надо затратить, чтобы при электролизе раствора AgNO, выделилась масса 500мг серебра? Разность потенциалов на электродах 1/ = 4В.
Решение:
Имеем W = UIt (см. задачу 10.103). По первому закону
zf, г., г Т '1' TTZ
Фарадея т-К1т, откуда 1т = — . 1огда VV =---------, где
К К
К = 1,12 • 10-6 кг/Кл (см. задачу 10.101). Подставляя числовые данные, получим IV - 1,8 кДж.
157
10.105. Реакция образования воды из водорода и кислорода происходит с выделением тепла: 2Н,+0, = 2Н2О + 5,57 105 Дж. Найти наименьшую разность потенциалов U , при которой будет происходить разложение воды электролизом.
Решение:
Для выделения массы т вещества при электролизе не-mUZF WA
обходима энергия IV = lut ------, откуда U =-----, где
A mZF
F— постоянная Фарадея, А— молярная масса, Z— валентность. Чтобы разложить v - 2 моль воды, т. е. чтобы выделить т - 4 г водорода, потребуется энергия JV = 5,57-105 Дж. Подставляя числовые данные, получим (7 = 1,5 В.
10.106. Найти эквивалентную проводимость Лх для очень слабого раствора азотной кислоты.
Решение:
В слабых растворах все молекулы диссоциированы, т. е. степень диссоциации cr = 1. Тогда эквивалентная проводимость = F(u+ + w_). Имеем гд = 3,26-10'7 м2/(В-с) и гс = 0,64 10~7 м2/(В-с). Подставляя числовые данные, получим ЛЛ= 37,6-10”3 м2/(Ом-моль).
10.107. Через раствор азотной кислоты пропускается ток 7 =2 А. Какое количество электричества q переносится за время r = 1 мин ионами каждого знака?
Решение:
Запишем уравнение диссоциации для азотной кислоты
HNCh -> Н' + NO? . По определению силы тока I - —, от-’ ' г
куда q = It — (1) — полное количество электричества, переносимое всеми ионами за время г. Плотность тока 158
положительных и отрицательных ионов соответственно равна / = g+«+w+ — (2) и j~ = q'n'u' — (3), где q — количество электричества, переносимое ионами каждого знака, п — концентрация ионов, и — подвижность ионов. Из уравнения диссоциации видно, что концентрации положительных и отрицательных ионов равны, следовательно, и плотности тока по модулю равны, тогда из
уравнений (2) и (3) имеем q~u~ - q+tF или — (4).
q" и
Кроме того, с учетом (1), q+ + q~ = It — (5). Решая сов-ItiF
местно уравнения (4) и (5), находим q = —---- = 100,3 Кл
и + и+
и q~ = - — =19,7Кл.
и + iF
10.108. Эквивалентная проводимость раствора КС1 при некоторой концентрации А = 12,2 • 10 J м2/(Ом моль), удельная проводимость при той же концентрации = 0,122 См/м, эквивалентная проводимость при бесконечном разведении Ах =13 10'3 м2/(Ом'Моль). Найти: а) степень диссоциации а раствора КС1 при данной концентрации; б) эквивалентную концентрацию 1] раствора; в) сумму подвижностей и++и_ ионов К+ и СГ.
Решение:
В слабых растворах степень диссоциации « ~ 1, т. е. все молекулы диссоциированы. Следовательно, эквивалентная проводимость Ах = f(u+ + и’), откуда сумма подвиж-
А _7 >
ностей и + и -—— = 13,5-10 м7(В с). По определению F
эквивалентной проводимости А = —, откуда экви-7
159
валентная концентрация i)- — = 0,1моль/л. Удельная про-А
водимость электролита определяется формулой ст - ai]F{u+ + w")= , откуда степень диссоциации
электролита а = —-100% = 0,93 8 100% - 93,8% .
10.109. Найти сопротивление 5 раствора AgNO3, запел-няюшего трубку длиной I = 84 см и площадью поперечного сечения 5 = 5 мм2. Эквивалентная концентрация раствора 7 = 0,1 моль/л, степень диссоциации « = 81%.
Решение:
Сопротивление раствора в трубке выражается формулой R - р-^ — (1), где р — удельное сопротивление раство
ра. Удельная проводимость электролита определяется фор-
мулой ст —— = aj]F\u+ + гГ I, где гГ и и — соответ-Р
ственно подвижности ионов Ag+ и NOj , тогда удельное
сопротивление р---------г~----\----(2). Подставляя (2) в
ai]F\ir + и)
(1), окончательно получаем R =------------г- = 179,1 кОм.
SctT]F\u+ + и)
10.110. Найти сопротивление R раствора, заполняющего трубку длиной / = 2см и площадью поперечного сечения 5 = 7 см2. Эквивалентная концентрация раствора = 0,05 моль л, эквивалентная проводимость А = 1,1 • 10-6 мУ(Ом-моль).
Решение:
Сопротивление раствора в трубке выражается формулой
R = р— — (1), где р — удельное сопротивление
160
раствора. По определению эквивалентной проводимости СУ
} откуда удельная проводимость электролита
— (2). С другой стороны, сг = —, тогда, с учетом Р
1
(2), удельное сопротивление раствора Р = — (З)-
Подставляя (3) в (1), окончательно получаем r = J— = 5 19,5 кОм.
SM]
10.111. Трубка длиной I = 3см и площадью поперечного сечения 5 = 10 см" заполнена раствором CuSO4. Эквивалентная концентрация раствора г/ = 0,1 моль/л, сопротивление R = 38 Ом. Найти эквивалентную проводимость А раствора.
Решение:
Сопротивление трубки R = p—. Отсюда удельное сопро-S
тивление электролита р = —. Удельная электропро-
водность ст = — = . Эквивалентная проводимость
Л = — = —-—; А = 7,89 • 10-3 м2/(Ом-моль).
J] RS?]
. 10.112. Удельная проводимость децинормального раствора соляной кислоты <т = 3,5 См/м. Найти степень диссоциации а .
Решение:
Удельная электропроводность ст = aCZF(u+ +и_), где С = 0,1 • Ю3 м3/моль — молярная концентрация, Z = 1 — валентность, и+ = 32,6 • 10’8 м2/(В-с) и т. = 6,8 • Г8 м2/(Вю) — 6~3269 1 6 1
подвижности ионов. Отсюда степень диссоциации
сг
CZF(i^ + u_)
= 0.92 = 92%
10.113. Найти число ионов п каждого знака, находящихся в единице объема раствора предыдущей задачи.
Решение:
При небольших плотностях тока, текущего в газе, имеет место закон Ома j = qn(u+ + и._)Е = стЕ, откуда
п = ---г = 5,6-1025 м-3.
WE+H-)
10.114. При освещении сосуда с газом рентгеновскими лучами в единице объема в единицу времени ионизуется число молекул N = 1016 m’j-c"'. В результате рекомбинации в сосуде установилось равновесие, причем в единице объема газа находится число ионов каждого знака п = 1014м-3. Найти коэффициент рекомбинации /.
Решение:
Количество рекомбинирующих за единицу времени в единице объема пар ионов пропорционально квадрату числа имеющихся в единице объема пар ионов N -у п2. Отсюда коэффициент рекомбинации у =^- = 10~12 м3/с.
н~
10.115. К электродам разрядной трубки приложена разность потенциалов t/ = 5B, расстояние между ними d = 10см. Газ. находящийся в трубке, однократно ионизирован. Число ионов каждого знака в единице объема газа п = 10sm'j; подвижности ионов = 3-10“2м2/(В с) и и_ = 3• 10:мд'(В-с). Найти плотность тока j в трубке. Какая часть полного тока переносится положительными ионами?
162
решение:
При небольших плотностях тока, текущего в газе, имеет место закон Ома j = qn^E + 1Г~)е — (1), где Е — напряженность поля между электродами, которая равна
— (2). Т. к. по условию газ однократно ионизиро-d
ван, то заряд ионов q = е = 1,6 • 10'19 Кл. Подставляя (2) в (1),
. еп\и+ +гГ]и л _ . . , 2
окончательно получаем j = —1------L— = 0,24 мкА/м .
d
,+ enu+U
Плотность тока положительных ионов j =-------—, тогда
d
£- = —-----= Ю’4 -100% = 0,01%.
j и+ + и"
10.116. Площадь каждого электрода ионизационной камеры 5 = 0,01м2, расстояние между ними d = 6,2 см. Найти ток насыщения /н в такой камере, если в единице объема в единицу времени образуется число однозарядных ионов каждого знака # = 1015м-3с’‘.
Решение:
Плотность тока насыщения в газе определяется формулой js=Nqd — (1), где N — число пар ионов, созданных ионизирующим агентом в единице объема в единицу' времени, d — расстояние между электродами. Сила и I плотность тока связаны соотношением /= —, тогда
S
Jn=~ — (2). Приравнивая правые части уравнений (1) и 5
(2) и считая q = е = 1,6 10"19 Кл, получим — = Ned, откуда
S’
ТОК насыщения IH - NedS = 0,1 мкА.
163
10.117. Найти наибольшее возможное число ионов п каждого знака, находящихся в единице объема камеры предыдущей задачи, если коэффициент рекомбинации у - 10“12 м7с.
Решение:
Наибольшее возможное число ионов п каждого знака в
единице объема камеры получится, если убывание ионов
происходит только за счет рекомбинации. Тогда имеем
N = у п2
откуда и =
= 3,2-1013м~3.
10.118. Найти сопротивление R трубки длиной / = 84см и площадью поперечного сечения 5’ = 5 мм", если она заполнена воздухом, ионизированным так, что в единице объема при равновесии находится n = 10bM~J однозарядных ионов каждого знака. Подвижности ионов и+= 1,3 10~'м2/(В-с) и и. = 1,8-10'4 м2/(В-с),
Решение:
Сопротивление трубки R-p—. Отсюда удельное сопро-У
RS
тивление р-—^-. Удельная электропроводность сг = — = -!—. С другой стороны, ст = qn(u+ + н_) • Т. к.
р RS
левые части равны, то можно приравнять и правые: -1— = ап(и. +и ), отсюда R -----т~-----г. Т. к. ионы
RS 4 qSn^+u_)
однозарядные, то q = e и окончательно R- ---------у
R = 3,4-1014 Ом.
164
10.119. Какой ток 1 пройдет между электродами ионизационной камеры задачи 10.116, если к электродам приложена разность потенциалов U = 20 В? Подвижности ионов У =«_= 10^ м2/(В'С), коэффициент рекомбинации / = 10‘12м3/с. Какую долю тока насыщения составляет найденный ток?
Решение:
При небольших плотностях тока, текущего в газе, имеет место закон Ома j = qn(u* + и_)Е - (1), где Е =— — (2) -d напряженность однородного поля, U — разность потенциалов на электродах, d — расстояние между электро-
дами, п =
число пар ионов, у — коэф-
фициент рекомбинации, q = е = 1,6 10 19 Кл — заряд иона, w+ и и_ — подвижности ионов. Подставляя (2)и (3) в (1),
получаем j = е.
— (4)гС другой стороны,
плотность тока j = — — (5), где I — сила тока, S' — пло-S
щадь электронов. Приравнивая правые части уравнений (4)
и (5), получаем — = е
= 3,3 нА. Ток насы-
щения в камере (см. задачу 10.116) = NedS = 0,1 мкА,
тогда —= 3,3%.
10.120. Какой наименьшей скоростью v должен обладать электрон для того, чтобы ионизировать атом водорода? Потенциал ионизации атома водорода U = 13,5 В.
165
I ешение:
Потенциалом ионизации атома называется разность потенциалов, которую должен пройти электрон, чтобы при соударении с атомом его ионизировать. Поэтому скорость электрона найдем из равенства —— = еи, откуда l2eU 5
v =. ----= 2,2-10 м/с.
V т
10.121. При какой температуре Т атомы ртути имеют кинетическую энергию поступательного движения, достаточную для ионизации? Потенциал ионизации атома ртути U = 10,4 В.
Решение:
Средняя кинетическая энергия поступательного движения атомов ртути = ^кТ, где £ = 1,38-1 (Г23 Дж/К — постоянная Больцмана. Потенциальная энергия атомов в металле Wn = eU. По закону сохранения энергии WK =Wn 3 2^
или —kT=eU, откуда температура Т = -^— = 8036 К.
10.122. Потенциал ионизации атома гелия U = 24,5 В. Найти работу ионизации А .
Решение:
Потенциальная энергия атомов гелия W = eU. По закону сохранения энергии работа ионизации идет на разрыв связи молекул, т. е. равна потенциальной энергии Л = FK = et/ = 39.2-10“19 Дж.
10.123. Какой наименьшей скоростью v должны обладать свободные электроны в цезии и платине для того, чтобы они смогли покинуть металл? 166
решение:
До закону сохранения энергии кинетическая энергия сво-mv2 л
бедных электронов =—— идет на работу выхода
7 mv" . электронов из металла, следовательно, = А, откуда
\^А
наименьшая скорость vmin =. — . а) Для цезия А = 1,9 эВ, V т
тогда vmin =8,3-105 м/с. б) Для платины А = 5,3 эВ, тогда ^„=1.4-106м/с.
10.124. Во сколько раз изменится удельная термоэлектронная эмиссия вольфрама, находящегося при температуре 7]= 2400 К, если повысить температуру вольфрама на АТ = 100 К?
Решение:
Удельная термоэлектронная эмиссия вольфрама при тем-
-I __л_
пературах 7] и Г,: = ВТ\~е кТ{ и j2 = ВТ2е кТ2 . Разделив
второе уравнение на первое, получим
= 2,6.
10.125. Во сколько раз катод из тарированного вольфрама при температуре Т = 1800 К дает большую удельную эмиссию, чем катод из чистого вольфрама при той же температуре? Эмиссионная постоянная для чистого вольфрама В, =0,6-106 А/(м2-К2), Для торированного вольфрама В2 = 0,3 • 107 А/(м2-К2).
167
Решение:
-ii
Удельная эмиссия чистого вольфрама равна / = В(Г2е кт .
Удельная эмиссия торированного вольфрама равна Лэ
у-, = В2Т2е кт. По таблице 17 найдем ^=4,5эВ =
= 7,2'10'19 Дж; Л =2,63 эВ = 4,2-1 О*19 Дж. Отсюда отно-
]) В3 TrOl"'4?)
шение — = —-ек‘ . Подставляя числовые данные.
Ji
получим — = 11 103.
Ji
10.126. При какой температуре Т2 торированный вольфрам будет давать такую же удельную эмиссию, какую дает чистый вольфрам при Г] =2500 К? Необходимые данные взять из предыдущей задачи.
Решение:
Удельная эмиссия чистого вольфрама при температуре 7] =2500 К и торированного вольфрама при температу-
ре
Л = ехр\
kTj
2,84-Ю3 А/м2,
Л=^Д2х
Я,
ехр\----
I кТ2)
По условию j\ - J2, т. е. В2Т2 ехр\
Д
= 2.84-103 А/м2— (1). Т. к. в основном зависимость удель-
ной эмиссии от температуры определяется экспоненциаль-( А А 2 ..
ным множителем ехр\----. а не множителем 1 , то ь
I кТГ
первом приближении можно положить
В2Т2 ехр
А2 у
кт2>
168
А-
= Дэ(2500)2 exp-------2- 2,84-10J А/м2; отсюда exp -
2 \ 7г Т*
кГ,
А =
mJ
= j’^4 = 1,86.1 о 8 и 7’2 =1690К — первое прибли-
жение. Во втором приближении В2 (1690)2 х
х ехр\ = 2,84 • 103 А/м2; отсюда Т2 = 1770 К — второе I кТ,)
приближение. Далее В2 (1770)2 ехр\ - = 2,84 • 103 А/м2;
\ ^2 )
отсюда Т2 =1750 К — третье приближение. Аналогично
Д2 • (1750)2 ехр\ - — = 2,84 • 103 А/м2; отсюда Т2 = 1760 К -I кТ->)
четвертое приближение. Легко убедиться, что пятое приближение с точностью до третьей значащей цифры совпадает с четвертым приближением. Таким образом, искомое решение Т2 =1760 К.
§11. Электромагнетизм
В некоторых задачах этого раздела необходимо найти магнитную проницаемость р материала. Для этого следует воспользоваться графиком зависимости магнитной индукции В от напряженности Н магнитного поля, приведенным в приложении. Если известно значение В (или Н), то, найдя по графику соответствующее ему значение Н (или В), можно вычислить р , используя соотношение В = рр0Н. Кроме того, в этом разделе используются данные таблиц 3 и 15 из приложения. В задачах 11.66, 11.83, 11.123 дан авторский вариант решения.
11.1. Найти напряженность И магнитного поля в точке, отстоящей на расстоянии а = 2 м от бесконечно длинного проводника, по которому течет ток 1 = 5 А.
Решение:
с£ 1 \ °1 ста pip Id! го вектора аЬ - — а а : г = , а т sin а „ rda adа dl = = ——. 1 sina sin~ a Выберем на проводнике с током элемент тока длиной dl (см. рисунок). Индукция магнитного поля, создаваемая этим элемен-т том в точке М, согласно закон) Био — Сагара — Лапласа, dB -up. l\d! "1 - --у—Вектор аВ в точке 3/ направлен от нас в плоскость чертежа. Модуль это- ,7 t f . Выразим г и dl через угол /? rda гос польку — = = sin а, то dl dl пр, lad a sina sin1 а э; да аЬ = —5 = 4;r sin' аа~
170
-sin ad a . Результирующую индукцию магнит-него поля в точке М найдем интегрированием: 5= - szhqhq: . Здесь а —угол между направлением J 4яй «1
тока в проводнике (направлением вектора dl ) и вектором г , проведенным от элемента di в точку М, в которой определяется индукция магнитного поля. Если проводник бесконечно длинный, то «,=0, а2-я.
Тогда результирующая индукция магнитного поля 7? = ( sin ad а ; В = EE'll. _ Поскольку В = /л/лйН, то
J 4ла 2/ТО
Н = — = 398 мА.
2 ж?
11.2. Найти напряженность Н магнитного поля в центре кругового проволочного витка радиусом R = 1 см, по которому течет ток 7 = 1 А.
Решение:
Каждый элемент тока создает в центре индукцию, направленную вдоль поло- .
жительной нормали к контуру. Поэтому / \ \
векторное сложение dB сводится к ело- [ \ \
жению их модулей. По закону Био— I --------т—Z.
Савара — Лапласа dB = . Про- \ J
интегрируем это выражение по всему контуру: f^ = ^-4p/ = —-42л7? = —“•
-1 4ж T?2J 4тг R1 4ж 27?
Поскольку В - /л/л^Н, то Н = —. Подставляя числовые 27?
Данные, получим Я = 50 А/м.
171
11.3. На рисунке изображены сечения двух прямолинейны? бесконечно длинных проводников с токами. Расстояние межд? проводниками ЛВ = 10см, токи /,=20 А и /, =30 А. Найт;
напряженности Н магнитного поля, вызванного токами /, и /, в точках Л/,, А/, и А/3. Расстояния Л/,Л = 2см, ЛЛ/2=4см1 ВМ3 = 3 см.
Решение:
Hl л:
н* я:
создаваемых токами
Согласно принципу суперпозиции напряженности Я, Н2 и Н3 магнитного поля е точках Л/,, М2 и Мъ складываются из напряженностей.
/, и 12. Я, = Я,'1 + Н'1:
Н-, = Н2 + ; Н3 = Н3 + Н3 . Напряженность Н = —.
2/тл
где а — расстояние от проводника с током до точки, е которой определяется напряженность. Тогда -
=-------= 159,2 А/м; Н" =--------------г = 39,8 А/м:
2тг М^А 2я - (АВ + MtA)
Н2 =--------= 79,6 А/м; Н° =---v = 79,6 А/м
27V-М2А 2 2л\АВ-М2А)
Н? =-------------г = 24,5 А/м;
3 2тт-(АВ + М3В)
Н3 =----—---= 159,2 А/м. Отсюда, с учетом рисунка,
277-М3В
НХ=Н4-Н? =119,4 А/м; Н2 = Н2 + Н2 = 159,2 А/м;
Н3=Н3 -Н3 =134,7 А/м.
11.4. Решить предыдущую задачу при условии, что токи текут в одном направлении.
172
решение:
^.=Я^ + Я/’=199А/м;
=ОА/м;
Я3=Я3Я +H* = 183,7А/м задачу И.З).
(см.
11.5. На рисунке изображены сечения двух прямолинейных бесконечно длинных проводников с токами. Расстояния АВ = ВС = 5 см, токи Jt = I2 = 1 и 13 = 2/ . Найти точку на прямой АС, в которой напряженность магнитного поля, вызванного токами Ц, /, и 13, равна нулю.
Решение:
Искомая точка не может находиться на отрезке ВС, т. к.
’векторы Нх, Н2 и Н3 здесь направлены в одну сторону и их сумма не может быть равной
нулю. Тогда точка с нулевой напряженностью магнитного поля находится на отрезке АВ на расстоянии х от точки А. Направления векторов Н2 и Н3 показаны на рисунке. По условию Н{ + Н2 + Н3 = 0, следовательно, Н1+Н2-Н2 — (2). Напряженность магнитного поля „ 1
п =----5 где а — расстояние от проводника с током до
2ла
точки, в которой определяется напряженность. Тогда
Я, = —-----(2); Н, = —-------г — (3);
2ях ' 2яг(ЛВ-х)
173
НТ> = \ — (4)- Подставив в (2) — (4) извест-
2я\ВС + АВ-х)
ные числовые данные, а затем подставив эти уравнения в
... I 21 Z
(1), получим ------+ —--------г = —--------г. Разделив
2лх 2я-(0,1-х) 2,т(0,05-х)
Z 1 2 1
уравнение на —, получим — +----------=---------. Решив
2п х 0,1 - х 0,05 - х
данное уравнение, найдем х = 0,033 м. Т. е. точка О находится между точками Д и /2 на расстоянии 3,3см от точки А .
11.6. Решить предыдущую задачу при условии, что токи текут в одном направлении.
Решение:
лучим уравнение
&
А
Задачу решаем аналогично 11.5.
j При условии, что все токи текут __0 в одном направлении, уравнение
С (1) примет вид:
(см. рисунок). Решая далее, пс-
2 1 1 „
--------г-----= —. Приведя данное 0,1-л 0,05-х х
уравнение к квадратному и решив его, найдем, что напряженность равна нулю в точках, лежащих правее точки А на расстояниях 1,8 см и 6,96 см от нее.
11.7. Два прямолинейных бесконечно длинных проводника расположены перпендикулярно друг к другу и находятся в одной плоскости (см. рисунок). Найти напряженности Н{ и Н2 магнитного поля в точках Л/, и Л-Д. если токи Ц = 2 А и /, = 3 А Расстояния АМ} = АМ2 = 1 см и ВМ} = СМ2 = 2 см.
174
решение:
Напряженность в точке М{: Я, = Н\ +
, где Н\ — напряженность магнитного поля тока Ц, Н' — напряженность магнитного поля тока 12. На
Ж' QQA
J, н\н\ ®O
= Л
правление векторов определим по пра- С аилу правого винта: Н[ — от нас,
Я,2 — к нам. Имеем Я,1 =-----------= 31,8 А/м;
1 1 Ъс-АМ,
Н?=-----------23 ,8 А/м. Поскольку векторы Я, и Н*
2л- • ВМ}
Направлены в противоположные стороны, то имеем Я; =Я* -Я2 = 8 А/м. Напряженность в точке М2 '• Я2 = Й2+ Н2, где оба вектора Н2 и Н2 направлены к
Вам. Я' =----------= 31,8 А/м; Я2 =--------= 23,8 А/м,
" 2/Т • АМ2 ‘ 2л СМ2
тогда Я, = Н2 + Я22 = 55,6 А/м.
11.8. Два прямолинейных бесконечно длинных проводника расположены перпендикулярно друг к другу и находятся во взаимно перпендикулярных плоскостях. Найти напряженности Я] и Н, магнитного поля в точках Л/1 и М2, если токи
= 2 А и /, = 3 А. Расстояния АЛ/, = АМ2 = 1 см и АВ = 2 см.
решение:
Напряженность в точке Mi:
НХ=Н{+Н?. Вектор Й{ на-
правлен к нам, вектор Я^ на- Яц
правлен перпендикулярно Н\, М М в вверх. Напряженность в точке
175
M2: H2=Hl + Н2 . Вектор Н12 направлен от нас, вектор
Н2 направлен вверх перпендикулярно Н2 . Найдем
величины:
----i! = 31,8 А/м; Я2 = т-22-г = 15,9 А/м; 2яг • АМ{---------------------------------------2яг • [АВ + АМ')
Н\ =--------= 31,8 А/м; Я2 =---т—-------г - 47,8 А/м.
2 2я-АМ2 - 2я-[АВ-АМ2)
Тогда + (я2]Г = 35,6 А/м;
Н2 -+(hIJ = 57,4А/м.
11.9. Два прямолинейных длинных проводника расположены параллельно на расстоянии d = 10 см друг от друга. По проводникам текут токи 7, = /2 = 5 А в противоположных направлениях. Найти модуль и направление напряженности Н магнитного поля в точке, находящейся на расстоянии а = 10см от каждого проводника.
Решение:
Согласно принципу суперпозиции на-Е пряженность магнитного поля в точке
ХВ-. Н = Н.+Н,, где Я,=-^; 2яа
I -
Н2 = ——. Поскольку 7, = /2, то 2ж?
A Hi = Н2. Следовательно, вектор Н бу-л « с дет перпендикулярен плоскости, в которой лежат оба проводника. Треугольник АВС — равносторонний, т. к. а -с/, следовательно, угол а = 60° . /DBA = ZFBC , отсюда /? = 60° . Т. к. две боковые стороны треугольника BDE равны и угол при основании равен 60°, то треугольник 176
равносторонний. Тогда модуль вектора Н равен модулю вектора Hi, т. е. Н -Н{= —- 8 А/м.
2 ла
11.10. По длинному вертикальному проводнику сверху вниз идет ток I = 8 А. На каком расстоянии а от него напряженность поля, получающегося от сложения земного магнитного поля и поля тока, направлена вертикально вверх? Горизонтальная составляющая напряженности земного поля Яг = 16 А/м.
Решение:
Вектор магнитного поля Земли имеет горизонтальную Нг и вертикальную Нв составляющие. Для того чтобы было выполнено условие задачи, необходимо, чтобы магнитное поле тока Н было равно по величине и противоположно по направлению Нг. Таким образом, Н = НГ=——, от-2ж?
куда а - —-—. Подставляя числовые данные, получим 2лЯг
а = 0,08 м.
11.11. Найти напряженность Н магнитного поля, создаваемого отрезком АВ прямолинейного проводника с током, в точке С, расположенной на перпендикуляре к середине этого отрезка на расстоянии а = 5 см от него. По проводнику течет ток I =20 А. Отрезок АВ проводника виден из точки С под углом 60°.
Решение:
По закону Био — Савара — Лапласа элемент контура dl, по которому течет ток I, создаст в некоторой точке А г/ : \ пространства магнитное поле напря- / а. \ I sin а /л j _
женностью dH =-------—dl, где г — Л
4л7* I 1
расстояние от точки А до элемента то-
177
ка dl, а — угол между радиус-вектором г и элементом тока dl. Напряженность магнитного поля в г г “t I sin а тт , точке С будет равна Н = ----------—dl. Но l-a-ctga и
2 4яг" «2
dl = —. Далее, г = —°—. Следовательно,
sin'a sin а
I °-l J
Н =------| sin adа =----(cos ах - cos а2) = 31,8 А/м, где
4яп J 4яп
а2
а2 = 180°-60° = 120°.
11.12. Решить предыдущую задачу при условии, что ток в проводнике 1 =30 А и отрезок проводника виден из точки С под углом 90°. Точка расположена на расстоянии а = 6 см от проводника.
Решение:
Из задачи 11.11 имеем Н = —— (cos а, - cos а2). Здесь 4ш
а, =45°, а2 =180°-45° -135°. Подставляя числовые данные, получим Н - 56,3 А/м.
11.13. Отрезок прямолинейного проводника с током имеет длину / = 30см. При каком предельном расстоянии а от него для точек, лежащих на перпендикуляре к его середине, магнитное поле можно рассматривать как поле бесконечно длинного прямолинейного тока? Ошибка при таком допущении не должна
превышать 5%. Указание: допускаемая ошибка S = ,
Н2
где Нх — напряженность поля от отрезка проводника с током и Н2 — напряженность поля от бесконечно длинного прямолинейного тока.
178
Решение:
Напряженность магнитного поля, создаваемая отрезком прямолинейного
„ I
проводника с током, -------------х
x(cosa} -cos«2) — (1) (см. задачу 11.11). Бесконечно длинный прямолинейный проводник с током создает
магнитное поле напряженностью Нг =—-----(2). Допус-
1па
Н “ н
каемая ошибка 8 = —---!----(3). Подставляя (1) и (2) в
нг
(3), получим 3 = 1-—----. Из рисунка видно, что
а2 =тг-а1, тогда cos а2 = cos(x -а^) = - cos а,. Отсюда 3 = 1-cos at или cosa^l-З. Имеем ^ = rcosaI = - г (1 - 5), где г = —-— - , - а = -)==2=. Тог-
5/И«, ^l-cos2^ ^-(l-^)2
I а(\-3) Z^-C-^)2 с
Да2 = 7Г^77’°ТКУДаО= 2(1-5) =5СМ‘
11.14. В точке С, расположенной на расстоянии а = 5см от бесконечно длинного прямолинейного проводника с током, напряженность магнитного поля Н = 400 А/м. При какой предельной длине I проводника это значение напряженности будет верным с точностью до 2%? Найти напряженность Н магнитного поля в точке С, если проводник с током имеет длину Z = 20cm и точка С расположена на перпендикуляре к середине Этого проводника.
179
Решение:
Воспользуемся формулой, полученной в предыдущей / г n по
задаче, — = , - -. По условию о = 0,02, тогда
2 ,/чГ^у
, 2п(1-<5') плис и
I = v - 0,245 м. Напряженность магнитного поля
в точке С (см. рисунок к задаче 11.13)
,, I ( \ leaser
Н{=-----(cosc^-cosa2) =-----1 — (1). Силу тока I
4ла 2яп
найдем из выражения Н2 = , откуда I = 2Н2ла — (2),
2лп
где =400 А/м. Значение cosa{ найдем, вычислив tgc^- — = 0,5. Отсюда угол «,«27°, cos «0,89. Подставляя (2) в (1), получим Нх = Н2 cosax =356 А/м.
11.15. Ток I = 20 А идет по длинному проводнику, согнутому под прямым углом. Найти напряженность Н магнитного поля в точке, лежащей на биссектрисе этого угла и отстоящей от вершины угла на расстоянии « = 10 см.
Разобьем проводник на вертикальный и горизонтальный участки, каждый из которых создает в точке С магнитное поле. Пусть —
напряженность магнитного поля, создаваемого вертикальным участком, Н-, — горизонтальным. Тогда ре
зультирующая напряженность Н = Н{+ Н2. Поскольку векторы Ht и Н2 направлены на нас, то можно записать: Н = Н^Н2 — (1). По закону Био — Савара — Лапласа 180
3ir
r Isina ,, ... rr } Isina ,, „
я, = [ —2-dl — (2); H2=\—-^-dl — (3). Выразим
' 4яг • 4яг
7
величины г и dl через угол a: dl-------; г =-----, где
sin a sin а
а а „
x = —f=, т. е. г = —т=----. Подставим полученные
у 2 >]2sina
с Isina „
соотношения в интеграл --------т-а/ и вычислим его:
J 4лг
tlsina „ I г sina-2sin2 а-а , 421 г . , _
I----— dl = — —--------—j=---da =------\sinada . Тог-
i 4лг" АлJ a' sin а 42 sin а Ала J
3,т
__ V2/ г . ' „ 421 ( 3
да Н,---------- \sinada’, Н,=------- -cos—тг + созО ;
1 Ала J 1 Ала < 4 )
Н, =37,9 А/м. Аналогично Н2---------\-со5Л + соз— ;
Ала V А )
Т/2 =39,3 А/м. Подставив полученные значения в (1), найдем Н = 77,2 А/м.
11.16. Ток / =20 А, протекая по кольцу из медной проволоки сечением S = 1 мм2, создает в центре кольца напряженность магнитного поля Н = 178 А/м. Какая разность потенциалов U приложена к концам проволоки, образующей кольцо?
Решение:
Напряженность в центре кругового тока Н = — (см.
27-
задачу 11.2), где г — радиус витка. К концам проволоки приложена разность потенциалов U = IR — (2), где
сопротивление проволоки R- р— — (3). Удельная S
Проводимость меди р = 0,017 мкОм-м, длина проволоки
181
1 = — (4). Из (1) найдем ------ — (5). Решая сов-
27/
2
местно уравнения (2) — (5), получим U = ; U = 0,12 В.
HS
11.17. Найти напряженность Н магнитного поля на оси. кругового контура на расстоянии <7 = Зсм от его плоскости. Радиус контура R = 4 см, ток в контуре I = 2 А.
Решение:
Idl dB
Выберем элемент тока Idl . В точке А он создает поле
5 ц/л0 Ж/,г]
= В силу сим-
4тг г
метрии суммарный вектор В на
правлен вдоль оси х, а это значит, что для нахождения
модуля вектора надо сложить проекции всех векторов dB на ось Ox. dBK=dBcos(p= = '°'°0 cos <р . Интегрируя
4тг г
это выражение по всем dl, что дает 2яг7?, и учитывая, что R ( 2 d m 2я7?2/
cosq> = —, r = l« +R I2, получаем В = £-£-н-----= .
Г ^(a> + R^
R21 Поскольку В - Щ10Н, то Н =---------; Н -12,7 А/м.
2(а2 + /?2)2
11.18. Напряженность магнитного поля в центре кругового витка Нй = 0,8 Э. Радиус витка R -11 см. Найти напряженность Н магнитного поля на оси витка на расстоянии а = 10 см от его плоскости.
182
Решение:
Переведем значение напряженности в единицы СИ. Поскольку 1Э = — -103 А/м » 79,6 А/м, то 77о = О,8Э = = 63.7 А/м. Напряженность магнитного поля на оси круго-вого витка Н =-----3-----у. Нам неизвестен ток I. Но
2(т?2 ч-а2)1
напряженность в центре витка Но = —, откуда I = 2H0R. 27?
пЗ гт
Тогда Н = ° , = 25,7 А/м.
(т?2 + а2>
11.19. Два круговых витка радиусом R = 4 см каждый расположены в параллельных плоскостях на расстоянии d = 10 см друг от друга. По виткам текут токи /, = 12 = 2 А. Найти напряженность Н магнитного поля на оси витков в точке, находящейся на равном расстоянии от них. Задачу решить, когда: а) токи в витках текут в одном направлении; б) токи в витках текут в противоположных направлениях.
Решение:
Напряженность магнитного поля, создаваемого каждым из круговых витков IR2
в точке М, равна /10 =-------=, где
2(я:+,-г)<
Г=— = 5 см. Поскольку величины I, 7? и г для обоих
витков одинаковы, то значение напряженности по абсолютной величине для обоих витков будет равным, т. е. Я01=7702. Согласно принципу суперпозиции результирующая напряженность магнитного поля Н = Н0[ + Н02. Если токи в витках текут в одном направлении, то
183
направления векторов напряженности Н01 и Но2 совпа-- - IR2
дают и Н = 2Я0 или Н---------- = 12,2 А/м. Если токи
текут в противоположных направлениях, то Н(п = ~Нй2 и /7 = 0.
11.20. Два круговых витка радшусом /? = 4см каждый расположены в параллельных плоскостях на расстоянии d - 5 см друг от друга. По виткам текут токи Ц = /2 = 4 А. Найти напряженность Н магнитного поля в центре одного из витков. Задачу решить, когда: а) токи в витках текут в одном направлении; б) токи в витках текут в противоположных направлениях.
Решение:
Согласно принципу суперпозиции напряженность в точке С равна
Н = Я, + Н2, где ,
12 1 2Д,
I2R-> j,
Н2 -----—j- • Если токи те-
2(R^+d2)~2
кут в одном направлении, то Н - + Н2. По условию
I IR
R{= R2=R и Ii=I2=I. Тогда Н = —- +-------------г •
2(R2+d-)2
Подставляя числовые данные, получим Н = 62,3 А/м. Если
токи текут в противоположных направлениях, то Я = Я, -Н2; Н = 37,7 А/м.
11.21. Найти распределение напряженности Н магнитного поля вдоль оси кругового витка диаметром D = 10 см, по кото-184
рому течет ток 7 = 10 А. Составить таблицу значений Н и достроить график для значений х в интервале через каждые 2см.
Решение:
Зависимость напряженности магнитного поля Н от расстояния х, откладываемого по оси кругового витка, дается гт Г. D
следующим уравнением: Н =-------------, где R = — =
2(я2+х2)^ 2
= 5 см. Подставляя числовые данные, получим 12,5-10"3 _
Н = —-----------у- По данной зависимости составим
(25-10’4+х2)7
таблицу и построим график.
X, м 0 0,02 0,04 0,06 0,08 0,1
Н, А/м 100.00 80,04 47,61 26,24 14,89 8,94
11.22. Два круговых витка расположены в двух взаимно перпендикулярных плоскостях так, что центры этих витков совпадают. Радиус каждого витка R = 2 см, токи в витках А = 1г = 5 А. Найти напряженность И магнитного поля в Центре этих витков.
185
Решение:
Напряженность магнитного поля в центре
кругового витка с током Н = . На ри-
27?
сунке видно, что векторы и Н2 взаимно перпендикулярны. Согласно принцип}'
женность
суперпозиции результирующая напря-Н = НХ+Н2 или Н = ^Н{ +Н^ . Поскольку
/[=/,=/ и R,=R2=R, то Н1=Н2=—. Тогда
# = —72 =177 А/м. 2R
11.23. Из проволоки длиной I = 1 м сделана квадратная рамка. По рамке течет ток 7 = 10 А. Найти напряженность Н магнитного поля в центре рамки.
Решение:
Рамку можно условно разбить на четыре „ I
проводника длиной —, каждый из которых создает магнитное поле напряженностью • Но =—^—(cosa, -cosa-,) (см. задач;
11.11). Из рисунка видно, что а = —, угол 8
=45°, угол а2 =135°. Очевидно, что результирующая напряженность Н = 4Н0. Вектор Н направлен от нас, '’> т - „ 8/
плоскость чертежа. 1аким ооразом, п
о Т
х (cos 45° - cos 135°) = —— ; Н = 36 А/м.
7Г/
186
11.24. В центре кругового проволочного витка создается магнитное поле напряженностью Н при разности потенциалов С/, на концах витка. Какую надо приложить разность потенциалов иг, чтобы получить такую же напряженность магнитного поля в центре витка вдвое большего радиуса, сделанного из той же проволоки?
решение:
ГГ / Напряженность в центре кругового витка с током Н = —, 2г
где г — радиус витка. По закону Ома I = —, где со-R
противление проводника R-p—. Для кругового витка <8'
, _ _ 2лг
радиуса г длина проводника = 2яг, тогда /с, - р-- и
S
и S
L ' = —!—. Для кругового витка радиуса 2г длина 2рлг
. . о 4лг U.S гт
проводника /2=4лг, тогда R2= р—— и 12 =-^-!—. По
„ A h u.s U2S
условию Н = — - — или —!—г- = —*—у, откуда 2г 4г 4/от-2 16/от-2
172=4Ц.
11.25. По проволочной рамке, имеющей форму правильного шестиугольника, идет ток / = 2А. При этом в центре рамки образуется магнитное поле напряженностью Н - 33 А/м. Найти длину I проволоки, из которой сделана рамка.
Решение:
Разобьем шестиугольник на шесть прямолинейных
проводников длиной г - —, каждый из которых создает в
6
187
центре шестиугольника магнитное поле напряженностью Но ~-^—(cosa{-cosa2) (см. задачу 11.11). Из рисунка 4 да?
найдем = 60°; а2 -120° ;
7з/
а - г sin 60° = . Результирующий век-
тор Н - 6Н0 и направлен от нас в плоскость рисунка. Подставив най-7з г денные величины, получим Но -------.
т и
Тогда Н =------
л7
, откуда
б7з/
Ня
= 0,2 м.
/ =
11.26. Бесконечно длинный провод образует круговой виток, касательный к проводу. По проводу идет ток I - 5 А. Найти радиус R витка, если напряженность магнитного поля в центре витка Н = 41 А/м.
Решение:
Напряженность магнитного поля Н в центре
витка складывается из направленных за чертеж векторов напряженности , создаваемой прямолинейным проводником, и напряженности Н2, создаваемой круговым током. Н = + Н2, где
/(1 + 7г) 2тгЯ
1 2тгА "
—. Тогда 22?
я^/(1 + лг) 2я2?
, откуда
= 8 см.
R =
11.27. Катушка длиной / = 30см имеет Я = 1000 витков. Найти напряженность Н магнитного поля внутри катушки, если по катушке проходит ток I = 2 А. Диаметр катушки считать малым по сравнению с ее длиной.
188
решение:
Qo условию диаметр катушки нагого меньше ее длины, тогда ка-jyjincy можно считать бесконечно длинным соленоидом, для которого А
ff~In, где и = —----число витков
на единицу длины. Таким образом,
& = /у = 6,67 кА/м.
Направление магнитного поля в соленоиде (в разрезе)
11.28. Обмотка катушки сделана из проволоки диаметром </ = 0,8 мм. Витки плотно прилегают друг к другу. Считая кадушку достаточно длинной, найти напряженность Н магнитного поля внутри катушки при токе I = 1 А.
Решение:
Внутри катушки напряженность поля Н = In, где п —
число витков на единицу длины, равное —. Отсюда а
># = - = 1,25 кА/м.
d
11.29. Из проволоки диаметром d = 1мм надо намотать соленоид, внутри которого должна быть напряженность магнитного поля Н = 24 кА/м. По проволоке можно пропускать предельный ток I = 6 А. Из какого числа слоев будет состоять обмотка соленоида, если витки наматывать плотно друг к другу? Диаметр катушки считать малым по сравнению с ее длиной.
Решение:
Если обмотка состоит из одного слоя, то напряженность
внутри катушки = — = 6 кА/м (см. задачу 11.28). Не-d
н
°°ходимое число слоев N = — = 4 .
189
11.30. Требуется получить напряженность магнитного поля Н = 1 кА/м в соленоиде длиной I = 20 см и диаметром D = 5 см Найти число ампер-витков. IN, необходимое для этого соленоида, и разность потенциалов U , которую надо приложи; ь к концам обмотки из медной проволоки диаметром d = 0,5 мм. Считать поле соленоида однородным.
Решение:
Поскольку поле данного соленоида однородно, то можно рассчитать напряженность внутри него, используя фор-
N
мулу для бесконечного соленоида: Н -I—. Отсюда число
ампер-витков IN = Hl = 200 A-в. Согласно закону Ома разность потенциалов U = IR. Сопротивление обмотки
найдем по формуле R- р—, где длина медной проволоки S
l = 7tDN, площадь поперечного сечения S-n — , удельное сопротивление меди р = 0,017мкОм-м. Отсюда n bDN rr ptDIN „
л = р——, тогда U =-------—. Подставляя числовые
d~ d~
данные, получим U = 2,7 В.
11.31. Каким должно быть отношение длины I катушки к ее диаметру D, чтобы напряженность магнитного поля в центре катушки можно было найти по формуле для напряженности по.д бесконечно длинного соленоида? Ошибка при таком допущении не должна превышать 8 = 5%. Указание: допускаемая ошибка о= , где //j — напряженность поля внутри катушки
/Д
конечной длины и Н, — напряженность поля внутри бесконечно длинной катушки.
190
рвение:
Напряженность магнитного поля да оси соленоида конечной длины D/2
, 1/2
In ( п \ N у* ~—\cos р - cos а), где п = —— чйсло витков на единицу' длины, £ и Р — углы между осью соленоида из рассматриваемой точки Йапряженность соленоида конечной
к
концам соленоида.
длины Н-, - In. По н — н
^рловию допускаемая ошибка 8 - —=----L . Подставляя
Н2
Значения Hi и Н2, получим 8 = 1 - ~(cosр-cosa) —(1).
ИЗ рисунка видно, что cos а = sin
I D
1 = — или 2г,
о I
cos Р = ~; 2г2
Соответственно
D cos а = .
ТБч?
cosР = .—I ---. Поскольку а = я ~ р, то cosa --cosР
и уравнение (1) можно записать
отсюда
1 - 8 = cos р = - . ;
в виде 8 — \ — cosP,
A eV /2
D2 + 12 ’
\-8
/ i-j или —= ,
= 3.
I
1
= 1 +
D
11.32. Какую ошибку 8 мы допускаем при нахождении напряженности магнитного поля в центре соленоида, принимая соленоид задачи 11.30 за бесконечно длинный?
191
Решение:
Имеем — = —?=== — (1), где L — длина соленоида
D — его диаметр, 8 — допустимая ошибка (см. задачу
11.31) . Из (1) найдем 8 = 1 —-. Подставляя число-
TFT?
вне данные из задачи 11.30, найдем 8 = 0,03 = 3% .
11.33. Найти распределение напряженности Н магнитного поля вдоль оси соленоида, длина которого 1 = 3 см и диаметр D = 2 см. По соленоиду течет ток I = 2 А. Катушка имеет N = 100 витков. Составить таблицу значений Н и построить график для значений х в интервале 0 < х < 3 см через каждые 0,5 см.
Решение:
N п = —
Напряженность магнитного поля на оси соленоида конечной длины
Н =^-{cos Р-cosa) — (1), где
число витков на еди-
ницу длины, а и Р — углы между осью соленоида из рассматриваемой точки к концам соленоида. Рассмотрим произвольную точку А на оси соленоида и определим зависимость величин cos а и cos р от диаметра D и смещения по оси х. Из рисунка видно, . ( ч D D
что cos a = sin(7r-a) = — или cos ос =—,
27(0/2)’+л-;
Соответственно cos Р = -—-; cos Р = ,-----Х
Тогда уравнение (1) примет вид:
192
IN ___l-x____ x
V Ц(£>/2)2 + (/-x)2 #>/2)2+х\
числовые данные, получим
0,03 - х х
^д/10"4+(0,03~х)2 д/10-4 + х2^
Подставляя
Для задан-
ного интервала значений х составим таблицу и начертим трафик:
л м 0 0,005 0,01 0,015 0,02 0,025 0,03
.Я, А/м 3130,7 4539,8 5285,1 5491,5 5285.1 4539,8 3130,7
6000 -] Н,Мы
5000 -
4000 - /
3000 - 4
2000 -
1000 -I
X у м
0 -|-----1------j----1-----1-----[------1
0,005 0,010 0,015 0,020 0,025 0,030
11.34. Конденсатор емкостью С = 10 мкФ периодически заряжается от батареи с э.д.с. s = 100 В и разряжается через катушку в форме кольца диаметром D = 20 см, причем плоскость кольца Совпадает с плоскостью магнитного меридиана. Катушка имеет ^Г = 32 витка. Помещенная в центре катушки горизонтальная Магнитная стрелка отклоняется на угол а = 45° . Переключение конденсатора происходит с частотой п = 100 с'1. «Найти из данных этого опыта горизонтальную составляющую Нг напряжен-НОсти магнитного поля Земли.
7~326<) 1 93
Решение:
При каждом разряде конденсатора через катушку проходит количество электричества q = CU — (1). Средняя сила тока,
идущего через катушку, I-q-n — ('1. Напряженность магнитного поля в центре
„ NI NI
катушки Нк = — или, с учетом (1) и
тт NCUn „
(2), Нк =——— . Поскольку катушка нахо-
дится в магнитном поле'Земли, то магнитная стрелка, помещенная в центре катушки, поворачивается по направлению вектора Н , полученного сложением векторов Ht и Нг. Векторы Нк и Нг взаимно перпендикулярны, и, как
следует из рисунка, Нг = HKtga . Поскольку а = 45° и
, „ „ NCUn „
tga = \, то ЯГ=ЯК =———. Подставляя числовые дан
ные, получим Яг = 16 А/м.
11.35. Конденсатор емкостью С = 10 мкФ периодически заряжается от батареи с э.д.с. £, = 120В и разряжается через соленоид длиной I = 10 см. Соленоид имеет N - 200 витков. Среднее значение напряженности магнитного поля внутри соленоида Н =240А/м. С какой частотой и происходит переключение конденсатора? Диаметр соленоида считать малым по сравнению с его длиной.
Решение:
„ гт Ж
Напряженность магнитного поля соленоида Н = —, от-
т 1Н
куда ток, протекающий через соленоид, равен I = — —
N
(1). Из определения силы тока следует, что I - —, откуда dt
194
jgt — dq‘, I]dt = \dq-, It = q — (2), где заряд q можно райги из соотношения С — (3). Поскольку U = £, то Се
И О) q = C£. Тогда из (2) I-— или, с учетом (1), Се 1Н ~
. Отсюда время, в течение которого разряжается
t N
CeN тт
конденсатор, t =----. Частота переключения конденса-
1Н
1 1Н кт
тора п = - =---. Подставляя числовые данные, получим
v:- t CeN
и=100 с-1.
11.36. В однородном магнитном поле напряженностью
— 79,6 кА/м помешена квадратная рамка, плоскость которой Доставляет с направлением магнитного поля угол а = 45° . Сторона рамки а = 4 см. Найти магнитный поток Ф , пронизыва-Ющий рамку.
Решение:
Магнитный поток Ф = BS = BS cos /3, |де ft — угол между направлением Магнитного поля и нормалью к
^Плоскости рамки. Имеем
= В = /л/лйН.
S-л2;
Отсюда
Ф = дло л2 cos 45° = 113 • 10-6 Вб.
11.37. В магнитном поле, индукция которого В = 0,05 Тл, вращается стержень длиной / = 1 м. Ось вращения, проходящая Перез один из концов стержня, параллельна направлению магнитного поля. Найти магнитный поток Ф , пересекаемый стержнем при каждом обороте.
195
Решение:
Магнитный поток, пересекаемый стержнем, равен Ф = BS . По условию векторы В и S взаимно перпендикулярны, следовательно, Ф = BS, где В = яг/2, В = . Отсюда
Ф = до0Ял72 = 157- 10’3Вб.
11.38. Рамка, площадь которой S = 16 см2, вращается в однородном магнитном поле с частотой и = 2с—’. Ось вращения находится в плоскости рамки и перпендикулярна к направлению магнитного поля. Напряженность магнитного поля Н = 79,6 кА/м. Найти зависимость магнитного потока Ф , пронизывающего рамку, от времени t и наибольшее значение Ф , ,х магнитного потока.
Решение:
Магнитный поток, пронизывающий рамку, равен ф = BS = BScosa , где угол а между направлением магнитного поля и нормалью к плоскости рамки изменяется со временем по закону: а = «0 + а>1 - а0 + 2л7</. Здесь а0 — угол между направлением магнитного поля и нормалью в начальный момент времени. Отсюда, с учетом В = щ.1йН, имеем Ф - /л/лйН8cos^lmt + «0). Подставляя числовые данные, получим Ф = 1,6 • 10'4 cos(4xt + а0). Очевидно, что максимального значения магнитный поток достигает, когда плоскость рамки перпендикулярна линиям магнитного поля, т. е. а = 0°, a cosa = \. Следовательно, Ф_=1,6.10-4Вб.
11.39. Железный образец помещен в магнитное поле напряженностью Н =796 А/м. Найти магнитную проницаемость А железа.
196
решение:
Напряженность магнитного поля и магнитная индукция связаны соотношением В = . По графику зависи-
мости В(н), данному в приложении, найдем для д = 796 А/м значение В = 1,4 Тл. Отсюда // = & -1400.
Ao#
11.40. Сколько ампер-витков потребуется для того, чтобы внутри соленоида малого диаметра и длиной I = 30 см объемная плотность энергии магнитного поля была равна % = 1,75 Дж/м3?
Решение:
НВ
Объемная плотность энергии fV0 =—------(1). Напряжен-
ность магнитного поля соленоида, который в данных условиях можно считать бесконечно длинным, определяется /.V
соотношением Н = In- —------(2), где IN — искомое чис-
йо, ампер-витков. Поскольку В= и/лйН, то уравнение (1)
$южно записать в виде 1Р0= —— или, с учетом (2),
AA0W rv IW2 сопл , 7 , откуда IN - —а— =500 А-в.
' 2/- ААо
11.41. Сколько ампер-витков потребуется для создания магнитного потока Ф = 0,42 мВб в соленоиде с железным сердечником длиной / = 120 см и площадью поперечного сечения jS = 3 см2?
‘Решение:
Имеем В = — -1,4 Тл. По графику зависимости В(н), дан-S
з IN
иому в приложении, найдем Н - 0,75 • 10 А/м. Но Н - ,
•откуда IN = Hl = 900 А-в.
197
11.42. Длина железного сердечника тороида I, = 2,5м, длина воздушного зазора /, =1см. Число витков в обмотке тороида # = 1000. При токе 1 = 20 А индукция магнитного поля в воздушном зазоре В = 1,6 Тл. Найти магнитную проницаемость железного сердечника при этих условиях. (Зависимость В от Н для железа неизвестна.)
Решение:
Запишем условие преломления линий _____— поля В на границе раздела воздух — же-лез° в проекции на нормаль: В1п = .
.4^. Обозначим для простоты записи . ВХп = В2„ = В . Если тороид имеет воз-' ' душный зазор, то магнитный поток ич Ж
Ф = —т------г---7-----г. Имеем
h I\^iop}) + 12 /(Sfiop2)
Ф Шр0
В = — =-----—---------(1), где = 1 — магнитная про-
5 1Х/цх+12/ц2
ницаемость воздуха, ц2 — магнитная проницаемость же-
леза. Из (1) имеем — =----------+ ——----; —=------=
5 /Л lb1Nl-h
_^1N^-Bl, _ B/iJ2 _
—-----------5 ОТьЛ/да /Л-----------— 44U .
11.43. Длина железного сердечника тороида /, = 1 м, длина воздушного зазора /2 = 1 см. Площадь поперечного сечения сердечника 5’ = 25 см2. Сколько ампер-витков потребуется для создания магнитного потока Ф = 1,4мВб, если магнитная проницаемость материала сердечника ц = 800 ? (Зависимость В от Н для железа неизвестна.)
198
^доение:
^»пи тороид имеет воздушный зазор, то магнитный поток
IN INS^0/j^i2
Ф =----7-----V-----т-----г или Ф =------- ЦЛ 1 ,
4 1\^ВйВ\ ) + h /\$ВоВ2 ) КВ2+^В\
откуда
®fcft±W.5.!0!A.B.
S^HiP2
11.44. Найти магнитную индукцию В в замкнутом железном р^рдечиике тороида длиной / = 20,9 см, если число ампер-витков абмотки тороида АА = 1500А-в. Какова магнитная проницаемость ц материала сердечника при этих условиях?
Решение:
Напряженность магнитного поля внутри тороида равна Ь /Д’
Я = /ц = —; Я = 7177 А/м. По графику зависимости ®(я) найдем 5 = 1,8Тл. Поскольку В-/лц0Н, то
В
В0Н
= 200.
11.45. Длина железного сердечника тороида А = 1 м, длина воздушного зазора 12 = 3 мм. Число витков в обмотке тороида ^ = 2000. Найти напряженность магнитного поля И2 в воздушном зазоре при токе I = 1 А в обмотке тороида.
Решение:
Ймеем В, - В-, = — =-------------- — (1) (см. задачу
; - S /,/д.+/,///,
1’1.42). Т. к. В, - ио^Ну, то из (1) имеем В,-^- + =
’ В 2
^IN/j0—(2). Это уравнение прямой линии в координат-
199
ных осях Н t В. Но величины Ни В кроме уравнения (2) связаны еще графиком В = /(н). Ордината точки пересечения прямой (2) и кривой, соответствующей зависимости B = дает значение магнитной индукции
В, = В-,. Для построения прямой по уравнению (2) нахо-
дим £ = 2^о£1 = о,84Тл при Н = 0; Я = —= 2-103А/м 4 А
при В = 0. Искомая точка пересечения дает = В2 -= 0.78Тл. Тогда для воздушного зазора Н2 =—~~
= 620-103 А/м.
11.46. Длина железного сердечника /( =50 см, длина воздушного зазора 12 = 2 мм. Число ампер-витков в обмотке тороида IN = 2000 A-в. Во сколько раз уменьшится напряженность магнитного поля в воздушном зазоре, если при том же числе ампервитков увеличить длину воздушного зазора вдвое?
Решение:
Имеем Вх-В2=~ =--------------- — (1) (см. задачу
£ 4/^ + 4/^2
11.42). Т. к. В{ = /л^Н^, то из (1) имеем
В-, — + /л0Нх\ = IN/jq — (2). Это уравнение прямой линии ’ Lh.
в координатных осях Н, В. Но величины Н и В кроме
200
^равнения (2) связаны еще Пуфиком B = f(H). Орди-’^ата точки пересечения прямой (2) и кривой, со-ответствующей зависимости , дает значение маг-
нитной индукции В, = В2. Для построения прямой, со
ответствующей первоначальной длине воздушного зазора, до уравнению (2) находим В = -^^^ = 1,257Тл при
yEf==O; Н = Ш/\ = 4-103А/м при В-0. Искомая точка Пресечения дает Н2 = 0,45-103 А/м. Аналогично для Построения прямой, соответствующей дайне воздушного зазора равной 2-/3, по уравнению (2) находим
= 0,628Тл при Я = 0; H = IN/lx = 4-103А/м
при В - 0. Искомая точка пересечения дает
гД = 0,25 • 103 А/м. Отсюда отношение Н2/ -1,8 .
11.47. Внутри соленоида длиной / - 25,1 см и диаметром D = 2 см помещен железный сердечник. Соленоид имеет N = 200 витков. Построить для соленоида с сердечником график зависимости магнитного потока Ф от тока / в интервале 0<7<5А через каждый 1А. По оси ординат откладывать Ф (в 10’4 Вб).
Решение:
Полный магнитный поток сквозь соленоид выражается uunN2IS „
соотношением Ф = „ ---- — (1). Найдем магнитную
проницаемость ц материала сердечника при I -1 А.
201
Напряженность магнитного поля Н= 8-102 А/м. По графику зависимости В{н} найдем В = 1,4Тл. Тогда В
р~------= 1392. Площадь поперечного сечения соленоида
D~ >
S 3,14 ТО-4 м2. Подставляя числовые данные в (1),
получим Ф = 87,5-1 О’4 •/. Для заданного интервала изменения 1 составим таблицу и построим график.
11.48. Магнитный поток сквозь соленоид (без сердечника) Ф = 5 мкВб. Найти магнитный момент р соленоида, если его длина / = 25 см.
Решение:
Магнитный момент контура с током равен p = IS. Тогда магнитный момент соленоида p = lNS. Имеем . INSpp. ppp. Ф! 2 А
ф -----= .""°,, откуда р =-----= 1 м -А.
/ I ррп
202
11.49. Через центр железного кольца перпендикулярно к его Плоскости проходит длинный прямолинейный провод, по кото-£рМУ течет ток 1 = 25 А. Кольцо имеет четырехугольное сечение, размеры которого /, = 18 мм, Л - 22 мм и И = 5 мм. Считая приближённо, что в любой точке сечения кольца индукция одинакова и равна индукции на средней линии кольца, найти магнитный поток Ф, пронизывающий площадь сечения кольца.
решение:
Т*. к. по условию задачи приближенно можно считать, что в любой точке сечения кольца индукция Одинакова и равна индукции на вредней линии кольца, то ^напряженность магнитного поля в
- r т I /7 — /|
сечении Н ------, где а = —---+
I 2па 2
%-/1 = 20мм, тогда 77 = 198 А/м. По графику для данного
значения напряженности магнитного поля находим значение магнитной индукции В - 0,45 Тл. Тогда магнитный лоток Ф = 2В(/, -/))/? = 18 мкВб.
11.50. Найти магнитный поток Ф , пронизывающий площадь речения кольца предыдущей задачи, учитывая, что магнитное поле в различных точках сечения кольца различно. Значение д считать постоянным и найти его по графику кривой В= f(fi) для значения на средней липин кольца.
Решение:
Напряженность магнитного поля в сечении 77 = ~~. Рассмотрим элемент площади, поперечного сечения кольца dS-hdx. Магнитный поток сквозь этот элемент равен £?Ф = BdS = ////0 —— hdx. Тогда магнитный поток через ле-2ях
203
вую половину поперечного сечения кольца равен jupJh'tdx , /•>
Ф =------— — = —In — , а для всего кольца
2л- f л- 2л- /.
ч
Ф = 2Ф' = —Z°— In ---(1). Из предыдущей задачи имеем
л- \
77 = 198А/м и 5 = 0,45Тл. Тогда // = —^— = 1808
Подставляя числовые данные в (1), получим Ф = 18 мкВб.
11.51. Замкнутый железный сердечник длиной / = 50см имеет обмотку из N — 1000 витков. По обмотке течет ток /] =1А. Какой ток /, надо пустить через обмотку, чтобы при удалении сердечника индукция осталась прежней?
Решение:
Напряженность магнитного поля внутри сердечника I N
Н} = 2000 А/'м. По графику зависимости В от Н
найдем В = 1,56Тл. По условию после удаления сердечника индукция в обмотке не изменилась, т. е.
В = , откуда /, = — - = 620 А.
11.52. Железный сердечник длиной /, =50,2 см с воздушным зазором длиной /, = 0,1 см имеет обмотку из N = 20 витков. Какой ток I должен протекать по этой обмотке, чтобы в зазоре получить индукцию В, = 1,2 Тл?
Решение:
Имеем В = — (1) (см. задачу 11.42), где
А/^2 + ^2/6
//i = 1 — магнитная проницаемость воздуха, //2 — магнитная проницаемость материала сердечника. Зная 204
кцию В, по графику найдем Н = 400А/м. Тогда
—^— = 2387. Из (1) найдем I = ~^2 +--2-^ . Под-
ставляя числовые данные, получим I = 58 А.
11.53. Железное кольцо диаметром D = 11,4 см имеет обмотку
N - 200 витков, по которой течет ток I, = 5 А. Какой ток /2 Должен проходить через обмотку, чтобы индукция в сердечнике осталась прежней, если в кольце сделать зазор шириной ^ = 1мм? Найти магнитную проницаемость // материала сер-дечника при этих условиях.
Решение:
Напряженность магнитного поля в целом сердечнике равна IN
;#,=—у—= 2794 А/м. По графику зависимости В от Н йайдем В, =1,6Тл. Тогда магнитная проницаемость мате
риала сердечника //, = !— = 456. Индукция магнитного
поля внутри сердечника с прорезью В2 = Bi =
I2Nuau,u7 , ,,
i=---*— (см. задачу 11.42). Учитывая, что маг-
£>д2+(жО-б)//(
нитная проницаемость воздуха /л, = 1, можно записать
, у/щ ц = г,(б(^-|)+до) = | д.
Ъ{р2 -1)+я£) - Nfi^
11.54. Между полюсами электромагнита требуется создать магнитное поле с индукцией /? = 1,4Тл. Длина железного сердечника /j = 40 см, длина межполюсного пространства /2 = 1 см, диаметр сердечника D = 5 см. Какую э.д.с. s надо взять для питания обмотки электромагнита, чтобы получить требуемое магнитное поле, используя медную проволоку площадью поперечного сечения S = 1 мм2? Какая будет при этом наименьшая
205
толщина b намотки, если считать, что предельно допускаемая плотность тока 1 = 3 МА/м2?
Решение:
£
Согласно закону Ома для замкнутой цепи 1 = —. По-
R
п I
скольку сопротивление проводника л = р—, то />
Г tS & INp-D
! = — =------, откуда е = —-— — (1). Количество
pl pnDN S
ампер-витков IN найдем из уравнения В =
1Х/ рх+12/ рг
ТМ В Hl В1\ г/,
откуда IN = — — + —— ------------— + 1П2. По графику
Ао \/А Вг) A'oPi
зависимости В от Н найдем, что значению В = 1,4Тл соответствует значение И = 0,8-103 А/м. Следовательно, /Аг = 1,14-104 А-в — (2). Тогда из (1) найдем £• = 31 В. Т. к.
диаметр проволоки d =
то на длине соленоида
поместится Nx = N— =354 витка. Сила тока / = j'S = 3 А.
Тогда из (2) найдем N = 3830 витков. Необходимое число
N
слоев равно и = — «11. Толщина намотки b-nd =
= п — = 0,012 м.
11.55. Между полюсами электромагнита создается однородное магнитное поле с индукцией В = 0,1 Тл. По проводу длиной I = 70 см, помещенному перпендикулярно к направлению магнитного поля, течет ток 7 = 70 А. Найти силу F, действующую на провод.
206
Вденне:
элемент длины dl проводника с то-^ом I в магнитном поле с индукцией В ^ёйствует сила Ампера dF = l\dl, Д’] . Управление этой силы определяется по Правилу векторного произведения век-|;оров. Модуль силы Ампера вычис-ЭДяется по формуле dF = IBdlsina , где а
ректорами dl и ^.Поскольку 5ша = 1,то dF^IBdl или
•?^ == IB I dl = IBl. Подставляя числовые данные, получим
О
^ = 4,9 II.
— угол между
11.56. Два прямолинейных длинных параллельных проводника находятся на расстоянии d{ - 10 см друг от друга. По про-|$дникам в одном направлении текут токи Ц = 20 А и 12 = 30 А. ^акую работу .4, надо совершить (на единицу проводников), рг-обы раздвинуть эти проводники до расстояния d2 = 20 см?
Решение:
Согласно закону Ампера для параллельных токов сила, действующая на единицу длины каждого из проводников, 7, AAn 1\1- р
w =-——. Раоота. затрачиваемая на единицу длины 2 7 г
Проводника, при перемещении одного проводника с током в магнитном поле, создаваемом другим проводником с
током, А - Fdr = I ——dr =1—- -- In — . Подставляя •; •; 2л7’ 2,т <7,
d\ ‘а 1
числовые данные, получим А - 83 10’6 Дж/м.
11.57. Два прямолинейных длинных параллельных проводчика находятся на некотором расстоянии друг от друга. По про-
водникам текут одинаковые токи в одном направлении. Найти токи 7, и /,, текущие по каждому из проводников, если известно, что для того, чтобы раздвинуть эти проводники на вдвое большее расстояние, пришлось совершить работу (на единицу длины проводников) А, = 55 мкДж/м.
Решение:
Имеем А, (См. задачу 11.56). По условию
2л- dY
1}=12=1 и d2=2dlf тогда A^-^-lnl.
2 л:
Отсюда
I 2^'
У АД0/н2
-20 А, т. с. 7] = 72 =20 А.
11.58. Из проволоки длиной / = 20см сделаны квадратный и круговой контуры. Найти вращающие моменты сил Л/, и Л/,, действующие на каждый контур, помещенный в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,1Тл. По контурам течет ток I = 2 А. Плоскость каждого контура составляет угол а = 45° с направлением поля.
Решение:
На замкнутый контур с током в магнитном поле действует вращательный момент М = BIS sin а . Площадь квадрат-
С/У
ного контура S', = I — I . Площадь кругового контура
> / Z2
S, = л7?", где 7? = —, следовательно, 5,= —. Тогда на 2л- 4л-
квадратный контур действует вращательный момент
В11~
=-----sin а; М\ - 3,5 • 10~4 Н-м. На круговой контур дей-
16
ВП2
ствует вращательный момент М-, =------sin а', Л/,=4,5х
4л-
х10~4 Н-м.
208
11.59. Алюминиевый провод площадью поперечного сечения .;5 = 1мм2 подвешен в горизонтальной плоскости перпендикулярно к магнитному меридиану, и по нему течет ток (с запада на восток) I = 1,6 А. Какую долю от силы тяжести, действующей на Провод, составляет сила, действующая на него со стороны земного магнитного поля? На сколько уменьшится сила тяжести, действующая на единицу длины провода, вследствие этой силы? Горизонтальная составляющая напряженности земного магнитного поля Нг = 15 А/м.
Решение:
Со стороны магнитного поля Земли на проводник действует сила Ампера FA, направление которой определяется по правилу левой руки. Найдем отношение Fa IBl .
—11. Подставляя числовые mg Vpg Spg
mg
F
данные, получим —— = 0,12% . Очевидно, что сила тяжес-Wg
ти, действующая на единицу длины провода, уменьшится на величину FA = П/л0Нг = 3 • 10'3 Н.
11.60. Катушка гальванометра, состоящая нз У = 400 витков тонкой проволоки, намотанной на прямоугольный каркас длиной / = 3 см и шириной b = 2 см, подвешена на нити в магнитном поле с индукцией 5 = 0,1Тл. По катушке течет ток I = 0,1 мкА. Найти вращающий момент М, действующий на катушку гальванометра, если плоскость катушки: а) параллельна направлению магнитного поля; б) составляет угол а = 60° с направлением магнитного поля.
Решение:
На каждый виток катушки действует вращающий момент А/о = BISsina. Тогда на всю катушку действует вращающий момент М = NBIS sina . Площадь одного витка S = lb .
209
a) M = BIlbNsin^ - 2,4 • 10 9 Н м; б) .M = BJlbN sin60° = = 1,2-IO'9 Нм.
11.61. На расстоянии a = 20 см от длинного прямолинейного вертикального провода на нити длиной I = 0,1 м н диаметром d - 0,1 .мм висит короткая магнитная стрелка, магнитный момент которой р = 0,01А м". Стрелка находится в плоскости, проходящей через провод и нить. На какой угол ср повернется стрелка, если по проводу пустить ток I = 30 А? Модуль сдвига материала нити G = 5,9 ГПа. Система экранирована от магнитного поля Земли.
Решение:
Проводник с током создает вокруг себя магнитное поле с „ ррп1 „
индукциеи В-—. со стороны поля на магнитнхю 2лп
стрелку действует вращающий момент М - [р, в] или М = pBsina . Вращающий момент вызывает поворот нити 2/Л/ d .
на угол (р =----р, где г = — - 5 1и ’ м. 1. к. sma 1. то
TtGr 2
М = рВ = , отсюда (р = = 0.52 рад И.П!
2лй zr'r/Gr4
49 = 30°.
11.62. Катушка гальванометра, состоящая из Л'= 600 витков проволоки, подвешена на нити длиной / = 10см и диаметром d = 0,1мм в магнитном поле напряженностью Н =160 кА/м так. что ее плоскость параллельна направлению магнитного поля. Длина рамки катушки а = 2,2 см и ширина Ь - 1,9 см. Какой ток I течет по обмотке катушки, если катушка повернулась на угол <р = 0,5° ? Модуль сдвига материала нити G = 5,9 ГПа.
210
Решение:
Ца каждый виток катушки в магнитном поле действует вращающий момент М = [/Л-5] — (1), где р — магнитный момент контура с током, р = ISn — (2), где п — единичный вектор нормали к поверхности контура. Для катушки уравнение (1) в скалярном виде, с учетом (2), можно записать так; М = NISB - N/j0ISH — (3). Вращающий момент вызывает поворот нити на угол
21М 32lNpJSH
у------5- или, с учетом (j), <р------—, откуда
лОт TiGd
А.
32ZA//0 аЪН
11.63. Квадратная рамка подвешена на проволоке так, что направление магнитного поля составляет угол а = 90° с нормалью к плоскости рамки. Сторона рамки а = 1 см. Магнитная индукция поля В = 13,7мТл. Если по рамке пропустить ток 7 = 1 А, то она поворачивается на угол ^ = 1°. Найти модуль сдвига G материала проволоки. Длина проволоки / = 10см, радиус нити г = 0,1 мм.
Решение:
Имеем
7T(pGiA
2кг В
(см. задачу 11.62), откуда
21кгВ
<р7П-''
= 50 ГПа.
11.64. Круговой контур помешен в однородное магнитное поле так, что плоскость контура перпендикулярна к направлению магнитного поля. Напряженность магнитного поля Я = 150 кА/м. По контуру течет ток 1=2 А. Радиус контура Л = 2см. Какую работу А надо совершить, чтобы повернуть контур на угол ср = 90° вокруг оси, совпадающей с диаметром Контура?
211
Решение:
Работа по перемещению проводника в магнитном поле ф2
равна dA-МФ, откуда А = I |<я?Ф = /(ф2 -Ф^, где ф,
7С
Ф2 = BScosa2=0, т. к. а2= — ; Ф1 = BScosa^ = BS, т. к.
а} - 0. Площадь контура 5 = nR2 . Окончательно А = 1В >< хя-г2 = 1/л0Нлг2; А - 0,5 мДж.
11.65. В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,5 Тл движется равномерно проводник длиной / = 10см. По проводнику течет ток I = 2 А. Скорость движения проводника v = 20 см/с и направлена перпендикулярно к направлению магнитного поля. Найти работу А перемещения проводника за время t = 10с и мощность Р , затраченную на это перемещение.
Решение:
Работа по перемещению проводника с током в электрическом поле dA - ШФ . Магнитный поток, пересеченный проводником при его движении, dФ = BScosa, где площадь S, покрытая проводником за время /: s-lvt. Тогда А = IBlvt cosQ° = 0,2Дж. Затраченная мощность
Р = — = 20 мВт.
t
11.66. Однородный медный диск А- радиусом R = 5 см помещен в магнитное поле с индукцией В = 0,2 Тл так, что плоскость диска перпендикулярна к направлению магнитного поля. Ток / - 5 А проходит по радиусу диска ab (а и b — скользящие контакты). Диск вращается с частотой п = 3 с'1. Найти: а) мощность Р такого двигателя; б) направление вращения диска при условии, что магнитное поле направлено от чертежа к нам; в) вращающий момент М , действующий на диск. 212
решение:
На радиус ab действует сила F = BIR. Работа при одном обороте диска А = BIS, где S — площадь, описываемая радиусом за один оборот, т. е. площадь диска. Мощность такого двигателя P = A/t =
= nBIftR2 = 23,6 10 3 Вт. б) Диск враща-
ется против часовой стрелки, в) На элемент радиуса dx действует сила dF = Bldx и вращающий момент dM = xdF = BIxdx, где х — расстояние элемента dx от сил вращения. На весь диск действует вращающий момент
М = f BIxdx = = 12,5-10’4 Нм.
Jo 2
11.67. Однородный медный диск А массой т = 0,35 кг помещен в магнитное поле с индукцией В = 24 мТл так, что плоскость диска перпендикулярна к направлению магнитного поля (см. рисунок к задаче 11.66). При замыкании цепи диск начинает вращаться и через время / = 30с после начала вращения достигает частоты вращения п = 5 с“'. Найти ток I в цепи.
Решение:
Сила, действующая на элемент радиуса dx, определяется формулой dF = Bldx. Вращающий момент, действующий на этот элемент, dM = xdF = BIxdx , где х — расстояние элемента dx от оси вращения. Вращающий момент, дей-
г BIR'
ствующий на весь диск, М = | BIxdx = (1). Согласно 2
но основному закону динамики вращательного движения
1, . т mR2
=J£, где J - - — момент инерции одного диска,
. „ со 2m . , rnrnR2
£ = — =--- — угловое ускорение, тогда М =-------- —
213
(2 ). Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), полу.
BIR2 mmR2 т Ътт ,. . А
чаем -----=-------, откуда I =-----= 15,3 А.
2 t Bt
11.68 . Найти магнитный поток Ф, пересекаемый радиусом ab диска А (см. рисунок к задаче 11.66) за время t = 1мин вращения. Радиус диска Я = 10 см. Индукция магнитного поля В = 0,1 Тл. Диск вращается с частотой п = 5,3 с'1.
Решение:
Угол, на который повернется диск за время / при равномерном вращении с частотой п, равен <p = cot = Ът1. Из геометрии площадь кругового сектора 5 = -^R2/p, тогда площадь, пронизываемая магнитным потоком за время г, равна 5 = R2mt. Следовательно, магнитный поток через площадь 5 за время t равен Ф = BS = BR2mt = 1 Вб.
11.69 . Электрон, ускоренный разностью потенциалов U - 1 кВ, влетает в однородное магнитное поле, направление которого перпендикулярно к направлению- его движения. Индукция магнитного поля 5 = 1,19мТл. Найти радиус R окружности, по которой движется электрон, период обращения Т и момент импульса М электрона.
Решение:
Со стороны магнитного поля на электрон действует сила Лоренца Fn = -. Направление силы Лоренна определяется по правилу векторного произведения векторов. В скалярном виде Fn = evBsina -evB, т. к. а • Поскольку начальная скорость электрона перпендикулярна В, то его траектория лежит в одной плоскости. Работа
214
g«rtr,i Лоренца равна нулю, поэтому v-const. Электрон ^йжется с постоянным по модулю ускорением
F eBv ...
=---- — (1), которое перпендикулярно скорости.
ц т т
радиус кривизны траектории электрона можно найти из
О у-соотношения а = — — (2). Приравняв (1) и (2), получим
eBv V п mv „
£-— = —, откуда R-—. Период ооращения электрона т R еВ
'л „ 2trR 2тп
но окружности не зависит от скорости: 1 =----------.
v еВ
ромеит импульса электрона М = zn[v, У?] или, поскольку ректоры v и R перпендикулярны, М - mvR. Скорость - ту2 и
электрона найдем из соотношения ------= еи , откуда
. Отсюда М - R^leUm . Подставляя числовые (. • т
данные, получим R = 0.09 м; Т = 30-10'9 с;
= 1,5-10'24 кг-м2/с.
11.70 . Электрон, ускоренный разностью потенциалов {/ = 300 В, движется параллельно прямолинейному длинному Доводу на расстоянии а = 4 мм от него. Какая сила F действует на электрон, если по проводнику пустить ток I = 5 А?
Решение:
Со стороны магнитного поля, создаваемого Проводником с током, на электрон действует ёйла Лоренца Г = -е[т,л] . Направление силы Лоренца определяется по правилу векторного Произведения векторов. В скалярном виде if — evBsina — (1). Индукция магнитного
215
ту
поля проводника с током равна В =—— (2) 2ла
Кинетическая энергия электрона, прошедшего разность тт ту2 тт /2е{7
потенциалов U, равна-----= еи , откуда у =.1-- — (3)
2 V m
Подставляя (2) и (3) в (1), получим F = V m Ina
Подставляя числовые данные, получим F = 4,12 • 10'!б Н.
11.71 . Поток а -частиц (ядер атома гелия), ускоренных разностью потенциалов U =1МВ, влетает в однородное магнитное поле напряженностью Н = 1,2 кА/м. Скорость каждой частицы направлена перпендикулярно к направлению магнитного поля. Найти силу F, действующую на каждую частицу.
Решение:
/2qU
Имеем F = qJ--------FFqH (см. задачу 11.70). Здесь
V m
q = 2<? = 2-1,6-10'|9Кл — заряд а-частицы, т = 6.6х х1О~27кг — масса а-частицы. Подставляя числовые данные, получим F = 4,7 • 10-15 Н.
11.72 . Электрон влетает в однородное магнитное поле, направление которого перпендикулярно к направлению его движения. Скорость электрона у = 4-107м/с. Индукция магнитного поля В = 1 мТл. Найти тангенциальное аг и нормальное а„ ускорения электрона в магнитном поле.
Решение:
На электрон в магнитном поле действует сила Лоренца F = -<?[# х v] , где е = 1,6-10ч9Кл — элементарный заряд. В скалярном виде F-eBvsina. Эта сила сообщает электрону ускорение а . Тогда по второму закону Ньютона 216
g^rna. Тангенциальное ускорение ат - 0, т.‘ к. вектор v перпендикулярен вектору В. Нормальное ускорение а = £.£^7-10'W.
" тп т
11.73 . Найти кинетическую энергию V/ (в электронвольтах) Протона, движущегося по дуге окружности рад!1усом R - 60 см в магнитном поле с индукцией В = 1 Тл.
Решение:
На протон, движущийся в магнитном поле, действует сила Лоренца F = gjy, 2?] — (1). Поскольку протон движется по окружности без поступательного движения, следовательно, вектор F перпендикулярен вектору у, а следовательно, и вектору В. Тогда уравнение (1) можно записать в скалярном виде: F - qvB — (2). Чтобы протон удержался на круговой орбите, требуется выполнение равенства у“
= = — (3). Приравнивая (2) и (3), получим
о >}1у2 9$^
qyB =---, откуда скорость протона v = ------- — (4).
R т
Кинетическая энергия протона равна W = или, с
. /.х ттг q2B~R? „
учетом (4), W = -------. Подставляя числовые данные,
2т
получим W = 0,28-10'4 Дж или W = 17,5 • 106 эВ.
11.74 . Протон и электрон, двигаясь с одинаковой скоростью, влетают в однородное магнитное поле. Во сколько раз радиус Кривизны Rx траектории протона больше радиуса кривизны Я2 Траектории электрона?
217
Решение:
Co стороны магнитного поля на электрон действует сила Лоренца F\ =-e[vxj], на протон действует сила Лоренца F2 = e[v х 7?]. Эти силы равны по модулю и противоположны по направлению. В скалярном виде F{ = F2 = eBv . Работа силы Лоренца равна нулю, поэтому v = const и тангенциальное ускорение ат = 0. Частицы движутся с постоянным по модулю нормальным
F eBv
ускорением а„ = — =------(1), которое перпендикулярно
m in
скорости. Радиус кривизны траектории частиц можно
V2
найти из соотношения ап =-----(2). Приравняв (1) и (2),
R
eZ?v У mv m v
получим ------= —, откуда R =----. Для протона Ri = ——
tn R eB eB
tt D V1eV R\ mp ЮЛЛ
Для электрона R2 - ——. Отсюда —L = —- -1840. eB Ri m„
11.75 . Протон и электрон, ускоренные одинаковой разностью потенциалов, влетают в однородное магнитное поле. Во сколько раз радиус кривизны R, траектории протона больше радиуса кривизны Л, траектории электрона?
Решение:
mv
Имеем R = — (см. задачу 11.74). За счет работы сил еВ
электрического поля частицы приобрели кинетическую »?v2 тт -г о
энергию-------= еи . Откуда v - . Тогда R ------
2 eB->J m
le&m 1 „ l2Cfot 1 „
= ./------. Т. е. для протона R, -J---------- -. Отсюда
V е В \ е В
218
11.76 . На фотографии, полученной в камере Вильсона, траектория электрона в однородном магнитном поле представляет робой дугу окружности радиусом Я = 10 см. Индукция магнит-goro поля В = ЮмТл. Найти энергию электрона 1И (в электронвольтах).
решение:
^2 2^-
Имеем W ----------- (см. задачу 11.73). Подставляя число-
2 т
1 4 ИГ14
вые данные, получим W = 1,4-1 О*14 Дж или W = ^_19
=88-103 эВ.
Заряженная частица движется в магнитном поле по окружности со скоростью v = 106m/c. Индукция магнитного поля 2? = 0,ЗТл. Радиус окружности R = 4 см. Найти заряд q ;частицы, если известно, что ее энергия W = 12 кэВ.
Решение:
В магнитном поле на частицу действует сила Лоренца F =$[v,5] — (1). Поскольку частица движется по окружности, следовательно, векторы F. v и В взаимно перпендикулярны. Тогда уравнение (1) можно записать в Скалярном виде: F = qvB. Сила Лоренца сообщает частице
V
-Постоянное ускорение а„ = — . Следовательно, qvB =
mv2 rx wv2
— (-)• Энергия частицы IV = —^—, откуда
>ит2=2ГТ — (3). Подставляя (3) в (2) и выражая из Полученного уравнения заряд частицы q , получим
„ 2W vBR
= 3,2-10’!9Кл.
219
11.78. Протон и а-частица влетают в однородное магнитное поле, направление которого перпендикулярно к направлению иЛ движения. Во сколько раз период обращения 7] протона в магнитном поле больше периода обращения Т2 а -частицы?
Решение:
„ „ 2лЯ.
Период ооращения протона равен 7] =-----где Vj —ско-
vi
OT_V,
рость его движения и Л, = ~— (см. задачу 11.74). Отсюда еВ
2яП1р
7] =------, т. е. период не зависит от скорости. Поскольку
еВ
заряд а-частицы равен 2е, то период ее обращения равен mna Tt 2ш
Г, = —— . Отсюда отношение1 — =------ = 0,5 .
Т2 >па
11.79. а -частица, кинетическая энергия которой 17 = 500 эВ, влетает в однородное магнитное поле, перпендикулярное ее движению. Индукция магнитного поля В = 0,1 Тл. Найти силу F, действующую на а -частицу, радиус R окружности, по которой движется а -частица, и период обращения Т а -частицы.
Решение:
В магнитном поле на а -частицу действует сила Лоренца F = <?[v, й] . Поскольку векторы F, v и В взаимно перпендикулярны, то в скалярном виде F = qvBsina = qvB —
DIV"
(1). Кинетическая энергия частицы W =------(2), откуда
[Ж
v =----- — (3). Подставляя (3) в (1), получим
V от
F = qBj^- = 5-10~’5 Н. Сила Лоренца сообщает а-час-V от
220
v2
едце нормальное ускорение а„ = —, следовательно,
v2 7 2W
f = m—. Из (2) имеем mv - 2W, тогда F =--------, откуда
R R
2W
радиус окружности 7? = -^- = 0,032 м. Период обращения
а-частицы равен Т =—— (см. задачу 11.78). Подставляя еВ
числовые данные, получим Т = 1,3 • 10-6 с.
11.80. О'-частица, момент импульса которой Л/ = 1,ЗЗх х10"22 кг-м2/с, влетает в однородное магнитное поле, перпендикулярное к направлению ее движения. Индукция магнитного Доля В = 25 мТл. Найти кинетическую энергию IK а -частицы.
^Решение:
.Момент импульса а -частицы Л? = ш[г,7?] или М = mvRsina = mvR — (1) (поскольку а =90°). На час-
v“ V"
'тицу действует сила Лоренца F-m— или qvB~m — —
М
(2). Из (1) имеем 7? - —. Подставляя это выражение в (2), mv
, М
найдем mV - qB-------(3). Поскольку кинетическая энер-
m
гия частицы равна W = ^~, то, с учетом (3), получим
= эВ.
11.81. Однозарядные ионы изотопов калия с относительными атомными массами"39 и 41 ускоряются разностью потенциалов
221
U = 300 В; затем они попадают в однородное магнитное п перпендикулярное направлению их движения. Индукция ; нитного поля В = 0,08 Тл. Найти радиусы кривизны Л, и траекторий этих ионов.
Решение:
Потенциальная энергия ускоренных ионов 17п =qU и i по условию ионы однозарядные, то q = |е| = 1,6-10-19
Эта энергия переходит в кинетическую =—— и
т т
закону сохранения энергии eU = ——, откуда скоро
fceU .14 и
движения ионов v= ------ — (1). В магнитном поле
V m
ионы действует сила Лоренца F = evBsina, но т. к. условию поле перпендикулярно направлению движения sina-1, поэтому F -evB — (2). С другой стороны,
второму закону Ньютона _ V" F - та,,, где а .,= — — н " R
мальное ускорение, тогда F — (д). Приравнив;
правые части уравнений (2) и (3): evB =--------, отк;
R
eBR
скорость движения ионов v---------— (4). Приравни
ш
правые части уравнений (1) и (4), получаем = —
V m >i
„ 1 [2m~i
откуда радиусы кривизны траектории ионов R ----------
Подставляя числовые дачные, получим /?,= 0,195 м
Т?2 = 0,2 м.
222
11.82. Найти отношение — для заряженной частицы, если пг
Йна, влетая со скоростью г = 106м/с в однородное магнитное йоле напряженностью Н = 200 кА/м, движется по дуге окружности радиусом R = 8,3 см. Направление скорости движен!1я частицы перпендикулярно к направлению магнитного поля.
<7
Сравнить найденное значение со значением — для электрона, дротона и а -частицы.
решение:
Скорость движения заряженной частицы в магнитном поле под действием силы Лоренца (см. задачу 11.81) v = - — -/;• т
(1). Магнитная индукция и напряженность магнитного поля связаны соотношением В - /л/лпН, но т. к. для воздуха магнитная проницаемость ц -1, поэтому В = р0Н — X:'. Q V
12). Подставляя (2) в (1), находим — =-----------= 4,8х
й' т VqHR
&107 Кл/кг. Для электрона — = 1,76 • 1011 Кл/кг; для протона т
= 9,6. ю7 Кл/кг; для а -частицы — = 4,8 107 Кл/кг. ‘ЯП 111
11.83. Пучок электронов, ускоренных разностью потенциалов Ш = 300В, влетает в однородное магнитное поле, направленное рт чертежа к нам. Ширина поля b = 2,5 см. В отсутствие магнитного поля пучок электронов дает пятно в точке А флуоресцирующего экрана, расположенного на расстоянии I = 5 см от края Полюсов магнита. При включении магнитного поля пятно смещается в точку В . Найти смешение х = АВ пучка электронов, если известно, что индукция магнитного поля В = 14,6 мкТл.
223
Решение:
Общее смещение электрона х = х, + х2, где Х| — смещение электрона в магнитном поле. Электрон в магнитном поле движется по окружности радиусом
R = . Смещение х> можно
еВ
найти из соотношения х, = DC = ОС - OD. Но ОС = R и
OD = ОМ2 - DM' - ^R~ -b' . Таким образом,
х, -R-yJR2-b2 . Смещение х2 может быть найдено из х, DM Ы
пропорции -у= dq > откуда x2=-j====. Тогда
г> / n'’ р п !lli
смещение х = R-yJR~ -b~ +—===== . Имеем R = — = ylR2-b2 cD
1 l2^ Г,
= —J-----. Подставляя числовые данные, получим
В\ е
Я = 4см и х = 4,9см.
11 .84. Магнитное поле напряженностью Н =8 кА/м и электрическое поле напряженностью Е = 1 кВ/м направлены одинаково. Электрон влетает в электромагнитное поле со скоростью v = ! О’м/с. Найти нормальное а„, тангенциальное ат и полное а ускорения электрона. Задачу решить, если скорость электрона направлена: а) параллельно направлению электрического поля; б) перпендикулярно к направлению электрического поля.
Решение:
а) Со стороны магнитного поля на электрон действует сила Лоренца F -|е|у55щ а. Поскольку у параллельна Н, то 224
& = 0, F = О и, следовательно, направление скорости не меняется, т. е. ап = 0 . Под действием сил электрического по-дя электрон получает тангенциальное ускорение, т. е. F^= Ее = т\ат\, откуда Ь 1 = —= 1,76-10!4 м/с2. Полное ускорение Гг| т
а = |аг| = 1,764014 м/с2.
Е
v
Л
б) Если v перпендикулярна Н, то аг = 0 и электрон движется по окружности. На него со стороны магнитного поля действует сила Лоренца F - 90° = |e|v5,
которая сообщает ему ускорение а„. Следовательно, evB = т- а11}, evB
откуда а„, ----. Электрическое
т
поле действует перпендикулярно
Движению электрона, т. е. тангенциально не ускоряет его, Ее
^поэтому аг =0, а нормальное ускорение all2 = —. Векто-ры о,,, и а„-, направлены перпендикулярно друг другу, поэтому результирующее нормальное ускорение ( еЕ\ (evB\ е FEi 7ТТ е
а„ - — +--------- - — \E~ + v'B' или а„ = —х
V т) \ т ) in in
х/Ё7- + г?//07/Г - 2.5 -10й м/с2.
П.85. Магнитное иоле, индукция которого В - 0.5 мТл. направлено перпендикулярно к электрическому полю, напряженность которого Е - 1 кВ/м. Пучок электронов влетает в «-ан? 225
электромагнитное поле, причем скорость v электронов перпендикулярна к плоскости, в которой лежат векторы Е и В . Найщ скорость электронов v, если при одновременном действии обеих полей пучок электронов не испытывает отклонения. Каким будет радиус R траектории движения электронов при условии включения одного магнитного поля?
Решение:
Поскольку векторы у, В и Ё взаимно перпендикулярны, то пучок электронов не будет испытывать отклонения, если силы, действующие на него со стороны магнитного и электрического полей, будут равны по модулю, т. е. сила Лоренца будет уравновешиваться силой Кулона. Имеем Ел = FK> где Ел = evB,
E л
FK=eE. Тогда Ee = evB, откуда v = —= 2-10 м/с. При
включении одного магнитного поля сила Лоренца сообща-
->
V
ет электронам центростремительное ускорение а„ = —, R
„ ЩУ2 „ WV
t. e. evB ---, откуда R = — = 2,25 cm.
R eB
11.86. Электрон, ускоренный разностью потенциалов U = 6 кВ, влетает в однородное магнитное поле под углом а = 30° к направлению поля и движется по винтовой траектории. Индукция магнитного поля 5 = 13 мТл. Найти радиус R и шаг h винтовой траектории.
Решение:
Разложим скорость электрона, влетающего в магнитное поле, по двум направлениям: вдоль линий поля — у, и 226
^яплельно им — v.. Сохраним два уравнения. Сила Коренца создает центро-ётремительное ускорение, т. е.
mv2 _ mv,
Bev. = , откуда Be =
(1) . Поскольку —— = eU,
- V,
& из рисунка v =——, то
t sin а
л- | 772V2
f^'U =-----г—- Разделим обе части уравнения (2) на
2 sin а
квадраты обеих частей уравнения (1). Получим mv2R2 U R2 „ sina
----Г- Г5-; —Г- =---------5—> откуда Л=---------х
:В2е2 2 sin2 am В2е 2т sin2 а В
, l2mli , ...
'X.J------- 1 см. Шаг спирали найдем из соотношении
• Л е
& V
^2/eR = vJ и h = vt, откуда h = 2xR—. Т. к.
Ь. * v:
..зу
= ctga -1,73, то h = 11 см.
11.87. Протон влетает в однородное магнитное поле под уг-лом а = 30° к направлению поля и движется по винтовой линии радиусом R = 1,5 см. Индукция магнитного поля В = 0,1 Тл. Найти кинетическую энергию W протона.
Решение:
Разложим скорость протона v на две составляющие: vT, направленную вдоль поля, и v,(, направленную перпендикулярно к полю. Проекция траектории электрона на плоскость, перпендикулярную к индукции В, пред-227
ставляет собой окружность, радиус которой определяется
, „ _ mv., m(vsina) . ,,
формулой 2? = —- =—-------- (см. задачу 11.69). Отсюда
еВ еВ
eBR v mv?
v =-----. Кинетическая энергия протона W=---------
msina 2
„ e2B'R-
Подставляя выражение для v, получим W =----------—.
2msin~ a
Подставляя числовые данные, получим W = 6,9-10“17 Дж или W = 431 эВ.
11.88. Электрон влетает в плоский горизонтальный конденсатор параллельно его пластинам со скоростью т = 107м.'с. Длина конденсатора / = 5 см. Напряженность электрического поля конденсатора £ = 10 кВ/м. При вылете из конденсатора электрон попадает в магнитное поле, перпендикулярное к электрическому полю. Индукция магнитного поля £ = 10мТл. Найти радиус R и шаг h винтовой траектории электрона в магнитном поле.
Решение:
При вылете из конденсатора электрон имеет скорость - I 2 (еЕ1'\2
v =. v + ---- — (1), направление которой опреде-
V \ l,lv )
ляется углом а , причем cosa — (2) (см. задачу 9.72).
V
Из (1) найдем v' = 1,3-107 м/с. Из (2) найдем cosa = 0,77 , sin а = 0,64, а к 40°. Разложим скорость v' на две составляющие: v', направленную вдоль поля, и v,', направленную перпендикулярно к полю. Проекция траектории электрона на плоскость, перпендикулярную к индукции В, представляет собой окружность, радиус которой равен искомому радиусу винтовой траектории и определяется 228
„ „ >nv„ m(v sin a) , „
Формулой R =—— = —*—-—- (см. задачу 11.69). T. к. * • eB eB
. _ _ 2я7? 2тпп
период обращения электрона Т =---------=------, то шаг
v sin а еВ
„ , 2лт(у' cosa)
винтовой траектории электрона h = vTT =----------------.
еВ
Подставляя числовые данные, получим R - 4,7-10‘3 м и й = 36-10~3м.
11.89. Электрон, ускоренный разностью потенциалов U = 3 кВ, влетает в магнитное поле соленоида под углом а = 30° к его оси. Число ампер-витков соленоида AV = 5000A-b. Длина соленоида I = 25 см. Найти шаг h винтовой траектории электрона в магнитном поле.
Решение:
. Zmnvcosa ... \2eU ....
Имеем h-------------(1), где v = J- — (2) (см. за-
еВ V m
IN
дачу 11.88). Магнитная индукция соленоида B = /j/Jq—-
Йч тт / 2n^2eUmlcosa
13). Подставляя (2) в (1), получим н =---------------.
Подставляя числовые данные, получим h = 0,04 м.
11.90. Через сечение S = ab медной пластинки толщиной а = 0,5 мм и высотой 5 = 10 мм пропускается ток / = 20А. При Помещении пластинки в магнитное поле, перпендикулярное к ребру Ь и направлению тока, возникает поперечная разность потенциалов U = 3,1 мкВ. Индукция магнитного поля 5 = 1 Тл. Найти концентрацию п электронов проводимости в меди и их скорость V при этих условиях.
229
Решение:
При протекании тока I вдоль проводящей пластины, помещенной перпендикулярно магнитному полю, возникает поперечная разность потенциалов и = ---, где а — тол-
пеа
щина пластины, В — индукция магнитного поля. Отсюда
IB концентрация электронов проводимости п=------------
Uea
- 8,1 • 1028 м-3. По определению плотности тока j - vne — (1),
с другой стороны, j - —, где I — сила тока, S = ab — S
1 /оч
площадь сечения медной пластинки, тогда j-— — (2).
ab Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем vne = —, откуда скорость v = —-— = 0,31 мм/с.
ab abne
11.91. Через сечение S = ab алюминиевой пластинки (а — толщина и b — высота) пропускается ток I = 5 А. Пластинка помещена в магнитное поле, перпендикулярное к ребру b и направлению тока. Найти возникающую при этом поперечную разность потенциалов U . Индукция магнитного поля В = 0,5 Тл. Толщина пластинки а = 0,1 мм. Концентрацию электронов проводимости считать равной концентрации атомов.
Решение:
IB
Поперечная разность потенциалов U =---- — (1). По ус-
пеа
ловию задачи концентрация электронов проводимости pN,.
равна концентрации атомов, поэтому п =---— — (2), где
А
р — плотность алюминия, р — молярная масса, N к —
230
число Авогадро. Подставляя (2) в (1), окончательно получаем U = = '2.,12 мкВ.
11.92. Пластинка полупроводника толщиной а = 0,2 мм помещена в магнитное поле, перпендикулярное к пластинке. Удельное сопротивление полупроводника р = ЮмкОм-м. Индукция магнитного поля 5 = 1 Тл. Перпендикулярно к направлению поля вдоль пластинки пропускается ток 1 = 0,1 А. При этом возникает поперечная разность потенциалов U = 3,25 мВ. Найти подвижность и носителей тока в полупроводнике.
Решение:
IB
Поперечная разность потенциалов U =---- — (1). Удель-
пеа
1
ная проводимость материала ст = — = пей, где р — удель-Р
ное сопротивление материала, и — подвижность носите-. . 1 леи тока. Тогда концентрация носителей тока п =--- —
реи
(2). Подставляя (2) в (1), получаем U = , откуда по-
а
Ua
-ДВижность носителей тока в проводнике u=~jq~ = = 0,65 м2/(В с).
11.93. В однородном магнитном поле с индукцией 5 = 0,1Тл Движется проводник длиной I = 10 см. Скорость движения проводника v = 15 м/с и направлена перпендикулярно к магнитному полю. Найти индуцированную в проводнике э.д.с. £ .
231
Решение:
Э.д.с. индукции определяется по закону Фарадея: с/Ф „
е ------. В этом уравнении знак «минус» соответствует
ch
правилу Ленца. Поскольку d<t> = BdS = Bldx, то dx
£ = Bl— = Blv = 0,\5B. dt
11.94. Катушка диаметром Z) = 10cm, состоящая из Д = 500 витков проволоки, находится в магнитном поле. Найти среднюю э.д.с. индукции £ср, возникающую в этой катушке, если индукция магнитного поля увеличивается в течение времени t = 0,1 с от 0 до 2 Тл.
Решение:
ДФ
Согласно закону Фарадея £ --------, где изменение по-
А/
тока магнитной индукции через катушку ДФ = NSSB.
Д8
Следовательно, е - NS—, где ДЗ = В2 - Д . По условию St
Bf = 0, В2 =2Тл. Подставляя числовые данные, получим *ср=78,5В.
11.95. Скорость самолета с реактивным двигателем v = 950 км/ч. Найти э.д.с. индукции е, возникающую на концах крыльев такого самолета, если вертикальная составляющая напряженности земного магнитного поля //, = 39,8 А/м и размах крыльев самолета I = 12,5 м.
Решение:
ДФ
Согласно закону Фарадея е =-------(1), где изменение
Д/
магнитного потока SG> = BSSsina или, поскольку 232
a = 90°, ДФ = BAS — (2). T. к. магнитная индукция g = , а площадь, перекрываемая крыльями самолета
за время А/, равна AS = v/Az, то из (2) получим „ч uu^HvlAt тг , „ дФ = u[iaHvlAt. Тогда из (1) е- —у------= /л/лйН\'1. Под-
AZ
ставляя числовые данные, получим £ - 0,165 В.
11.96. В магнитном поле, индукция которого В = 0,05 Тл, вращается стержень длиной I = 1 м с угловой скоростью ф - 20 рад/с. Ось вращения проходит через конец стержня и параллельна магнитному полю. Найти э.д.с. индукции е, возникающую на концах стержня.
решение:
АФ
Согласно закону Фарадея £ --------(1), где изменение
Аг
Магнитного потока ДФ - BASsina или, поскольку '«=90°, ДФ = В AS . За один оборот стержень пересекает Площадь AS = я12 за время А/ = t. Тогда магнитный поток, йбресекаемый стержнем за один оборот, Ф = Втп2, а воз-Вя-12
«икающая на концах стержня э.д.с. £ =—-— =
_ ,2 В12(о „
••= Вт п =---. Подставляя числовые данные, получим
2
£ = 0,5 В.
11.97. Схема, поясняющая принцип действия электромагнитного расходомера жидкости, изображена на рисунке. Трубопровод с протекающей в нем проводящей жидкостью помещен в Магнитное поле. На электродах А и В возникает э.д.с. индук-Пии. Найти скорость v течения жидкости в трубопроводе, если индукция магнитного поля В = 0,01 Тл, расстояние между 233
электродами (внутренний диаметр трубопровода) с? = 50 мм к возникающая при этом э.д.с. е = 0,25 мВ.
Решение:
По закону Фарадея э.д.с. электромагнитной индукции ДФ £•, =---. Считая начальный
' Д/
магнитный поток Ф1 = о, получаем АФ = Ф2 = BS, где
S -Id — площадь, пронизываемая магнитным потоком, I - vAt — расстояние, которое проходит струя за время Л/. Тогда э.д.с. индукции -Blv, откуда скорость тече
ния жидкости в трубопроводе v = — = 0,5 м/с.
11.98. Круговой проволочный виток площадью S = 0,01м’ находится в однородном магнитном поле, индукция которого В = 1 Тл. Плоскость витка перпендикулярна к направлению магнитного поля. Найти среднюю э.д.с. индукции гср, возникающую в витке при включении поля в течение времени t = 10 мс.
Решение:
„ ДФ SbB _ „
Имеем sep = —— = ——. Поскольку индукция В уменьшается от 1Тл до 0, ДВ = (0-1) = -1Тл. Подставляя числовые данные, получим £ср = 1В.
11.99. В однородном магнитном поле, индукция которого В = 0,1 Тл, равномерно вращается катушка, состоящая из ^ = 100 витков проволоки. Частота вращения катушки и = 5 с ; площадь поперечного сечения катушки S = 0,01м2. Ось вращения перпендикулярна к оси катушки и направлению магнитного 234
Леля. Найти максимальную э.д.с. индукции стах во вращающейся катушке.
Чтение:
рассмотрим один виток рамки. При
В
-О
' \а
О
п
в витке э.д.с. индукции £•, = Нт
•’У '
равномерном вращении вокруг оси 0(У с угловой скоростью со магнитный поток через его площадь будет меняться по закону ф-BScosa — (1), где 5" — площадь рамки; а — угол между нормалью к плоскости и вектором В.
Считая, что при t = 0 а = 0, имеем а - cot. Индуцируемая Дф') й?Ф
— =-~---------(2). По-
Д/ J dt
скольку ф(/) = BS cos а = BS cos со • t (согласно (1)), то, Дифференцируя эту функцию и помня, что
- -соsint, получим £,-BScosinco-t —(3). Ин-£ dt
Аудируемая в N витках э.д.с. будет в 2V раз больше: {&= Ns, = NBSto sin co-t = £„, sinco-t, где £m — максимальнее значение (амплитуда) э.д.с. индукции: £П1 = NBSa> — (4). Следовательно, при равномерном вращении рамки в Однородном магнитном поле в ней возникает переменная синусоидальная э.д.с. самоиндукции. Подставляя в (4) Значение угловой скорости со = 2т, где п — частота вращения рамки, получим £т - 2mNBS « 3,14 В.
11.100. В однородном магнитном поле, индукция которого
2 = 0,8Тл, равномерно вращается рамка с угловой скоростью Р = 15рад/с. Площадь рамки 5 = 150 см* 2. Ось вращения нахо-ДИгся в плоскости рамки и составляет угол а = 30° с направлением магнитного поля. Найти максимальную э.д.с. индукции Мм» во вращающейся рамке.
235
Решение:
Мгновенное значение э.д.с. индукции £ определяется <7ф
уравнением £• =-----— (1). При вращении рамки
dt
магнитный поток Ф, пронизывающий рамку, изменяется по закону Ф = BS sin a cos со-1 — (2). Подставив (2) в (1) и продифференцировав по времени, найдем мгновенное значение э.д.с. индукции е = BSa>sinasina>-t. Максимального значения э.д.с. достигнет при sina> -t = 1. Отсюда £п,ах = BSasina ; Етах = 0,09 В.
11.101. Однородный медный диск А радиусом /? = 5см помещен в магнитное поле с индукцией £ = 0,2Тл так, что плоскость диска перпендикулярна к направлению магнитного поля. По цепи aba может идти ток (а и b — скользящие контакты). Диск вращается с частотой и - 3 с-1. Найти э.д.с. е такого генератора. Указать направление электрического тока, если магнитное поле направлено от нас к чертежу, а диск вращается против часовой стрелки.
Решение:
По закону Фарадея э.д.с. электромагнитной л АФ С'
I индукции £,=—Считая начальный
\. гЬ ) | магнитный поток Ф,=0, получаем
у"1---1 ДФ = -Ф, = -BS, где S = яВ2 — площадь
диска. В состоянии покоя £•,=(), а при ВяВ2 .
вращении диска э.д.с. генератора е, --, где Д/ - Т —
kt
период обращения диска, т. е. время одного оборота.
тт 1
Поскольку частота вращения диска , т0 оконча-
тельно э.д.с. генератора е, - ВяВ.2п = 4,71 мВ. На сво-236
бодные электроны, находящиеся в верхней части диска, со Стороны магнитного поля действует сила Лоренца, йаправленная вверх. В результате этого воздействия в центре диска накапливается положительный заряд, а на верхнем крае — отрицательный. Поскольку за положительное принято направление тока от «плюса» к «минусу», то ток будет направлен так, как показано на рисунке.
11.102. Горизонтальный стержень длиной / = 1м вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через один из его концов. Ось вращения параллельна магнитному полю, индукция которого В = 50 мкТл. При какой частоте вращения п стержня разность потенциалов на концах этого стержня U = 1 мВ?
Решение:
АФ
Согласно закону Фарадея £ =--------(1), где изменение
Аг
магнитного потока АФ = BSS — (2), где площадь, покрываемая сечением стержня за один оборот, равна А5 = я/2 — (3). Подставив (3) в (2), а затем (2) в (1), Вя12 п
получим £• = --- . Здесь Аг — время одного оборота.
Отсюда п = — = —. Подставляя числовые данные, М Вл1-
получим п - 6,4 с-1.
11.103. На соленоид длиной / = 20см и площадью поперечного сечения 5 = 30 см2 надет проволочный виток. Обмотка соленоида имеет N = 320 витков, и по нему идет ток I = 3 А. Какая средняя э.д.с. гср индуцируется в надетом на соленоид витке, когда ток в соленоиде выключается в течение времени Г = 1мс?
237
Решение:
Имеем £ср =-^- = —~~~ • Поскольку AB = 52-Bi; где
R —Л ой q „ _ ААо^
LJ-) — V 9 <1 Х>1 — 9 <1 LAI — 1—1 МС. ТО G~n ————— ZZ
I р It
= 18 мВ.
11.104. Какая средняя э.д.с. £ср индуцируется в витке, если соленоид, рассмотренный в предыдущей задаче, имеет железный сердечник?
Решение:
Напряженность магнитного поля внутри соленоида не NI
зависит от наличия сердечника и равна Н = -j- - 4800 А/м.
В
По графику определим _5 = 1,7Тл. Тогда ц------= 265.
Р0Н Подставляя в выражение для £ из предыдущей задачи значение /л, найдем £ = 4,8В.
11.105. На соленоид длиной I = 144см и диаметром D = 5cm надет проволочный виток. Обмотка соленоида имеет N = 2000 витков, и по ней течет ток 1 = 2 А. Соленоид имеет железный сердечник. Какая средняя э.д.с. гср индуцируется в надетом на соленоид витке, когда ток в соленоиде выключается в течение времени t = 2мс?
Решение:
Изменение магнитного потока в витке достигается изменением тока в соленоиде. При этом индуцируемая э.д.с.
£ = -£,2 — — (1), где Д2 ~ ШЖ\П->51 — взаимная индук-“ Д/
тивность витка и соленоида. Для соленоида пх =— —
238
иисло витков на единицу длины, 5" ------площадь по-
4
r „яВ2
перечного сечения, тогда Z12 = /j0/jN—--(2), т. к. для
витка п2 -1. Считая начальное время и конечный ток равными нулю, получаем Аг = -t и Д7 = I, тогда, с учетом (2), уравнение (1) можно переписать в виде g = — (3). Напряженность магнитного поля
р 4/1
IN
соленоида Н = 1п{ = — - 2,77-10J А/м, по графику нахо-
дим значение магнитной индукции В = 1,6Тл. Поскольку В
= , то /j0/j = — = 0,575 мГн/м. Подставляя найден-
Н
ное значение в уравнение (3), получим е = 1,61 В.
11.106. В однородном магнитном поле, индукция которого В = 0,1 Тл, вращается катушка, состоящая из- N = 200 витков. Ось вращения катушки перпендикулярна к ее оси и к направлению магнитного поля. Период обращения катушки Т = 0,2 с; Площадь поперечного сечения 5 = 4 см2. Найти максимальную э.д.с. индукции во вращающейся катушке.
Решение:
Мгновенное значение э.д.с. индукции s определяется
Уравнением £ =-----— (1). Потокосцепление Т = ?7Ф,
dt
где N — число витков катушки, пронизываемых магнитным потоком Ф. Подставив выражение Т в (1), получим с/Ф
s - ~N------(2). При вращении катушки магнитный по-
dt
ток Ф, пронизывающий катушку в момент времени t,
239
изменяется по закону Ф-BScosat —(3), где а = ~--------
(4) — угловая скорость вращения катушки. Подставив (3) в (2) и продифференцировав по времени, найдем мгновенное значение э.д.с. индукции s-NBcosincot. Максимального значения э.д.с. достигнет при 5шгу/ = 1. Отсюда, под-
2 л-
ставляя (4), получим £тах = NBS— = 250мВ.
11.107. Катушка длиной / = 20см имеет У =400 витков. Площадь поперечного сечения катушки S = 9 см2. Найти индуктивность Z, катушки, Какова будет индуктивность L2 катушки, если внутрь катушки введен железный сердечник? Магнитная проницаемость материала сердечника ц = 400.
Решение:
Индуктивность катушки определяется выражением
Т N S L = m —Г~
Учитывая, что магнитная проницаемость
воздуха // = 1, получим Z, =0,9-10 2 Гн; L2 =0,36 Гн.
11.108. Обмотка соленоида состоит из N витков медной проволоки, поперечное сечение которой S = 1мм2. Длина соленой та / = 25 см; его сопротивление R - 0,2 Ом. Найти индуктивность L соленоида.
Решение:
„ г N2S'
Имеем L = рр0 —-—
— (1), где S' = л?-2 — (2) — площадь
поперечного сечения соленоида. Число витков N найдем
из соотношения N - —. Диаметр проволоки d можно най-d
ти, зная., что площадь поперечного сечения проволоки 240
откуда d= Тогда N = — — =222. Со-
4 Н 2 V 5
противление R проволоки определяется по формуле:
Г a SR
д = р—, откуда длина проволоки / = — = 11,8 м. Разделив ' S р
длину всей проволоки на количество витков, мы получим /' „
Длину окружности одного витка, т. е. — = 2лг, откуда
> =------. Подставляя это выражение в (2), получим
О')2
S" = v = 2,2-10 4 м2. Подставляя числовые данные в (1), 4ж¥“
получим L = 54,5 • 1 О'6 Гн.
11.109. Катушка длиной Z = 20 см и диаметром D = 3 см имеет N = 400 витков. По катушке идет ток 1 = 2 А. Найти индуктивность L катушки и магнитный поток Ф, пронизывающий Йлощадь ее поперечного сечения.
Решение:
Имеем
L =
N2S
----, где площадь поперечного сечения
D nN D
катушки 3 = к—. Откуда L = ирй------= 0,71-10 Тн.
4 4/
Магнитный поток, пронизывающий всю катушку, равен
АФ = Ы, тогда магнитный поток, пронизывающий плоскость поперечного сечения, равен Ф = = 3,55 • 10~б Во.
11.110. Сколько витков проволоки диаметром d -0,6 см имеет однослойная обмотка катушки, индуктивность которой £ = 1мГн и диаметр £) = 4см? Витки плотно прилегают друг к Другу.
241
Решение:
nN2D2
Имеем Ь~/л/л0——— (см. задачу 11.109). Здесь длина
, ... „ . tcND2
катушки l = aN. Следовательно, L = /л/л0--------, откуда
4г/
N = ....ML -380. /W^D
11.111. Катушка с железным сердечником имеет площадь поперечного сечения S = 20 см2 и число витков ТУ = 500. Индуктивность катушки с сердечником 1 = 0,28 Гн при токе через обмотку I = 5 А. Найти магнитную проницаемость /л железного сердечника.
Решение:
Мгновенное значение потокосцепления для катушки определяется выражением Т = LI — (1). Кроме того, Т = МФ - NBS — (2) (см. задачу 11.106). Приравняв правые части уравнений (1) и (2), получим NBS -LI, откуда В~~~^\ 5 = 1,4Тл. Магнитная индукция и напряженность магнитного поля связаны соотношением В = /л/л^Н. Отсюда /л-- ^ . По графику зависимости индукции В от
напряженности Н магнитного поля определим значение Н, соответствующее _5 = 1,4Тл: Н = 0,8-103 А/м. Тогда /л = 1400.
11.112. Соленоид длиной / = 50 см и площадью поперечного сечения 5 = 2 см2 имеет индуктивность L = 0,2 мкГн. При каком токе I объемная плотность энергии магнитного поля внутри соленоида 1К0 = 1 мДж/мМ
242
решение:
Объемная плотность энергии магнитного поля внутри
В2
соленоида определяется по формуле Wo=-------- — (1).
Индукция магнитного поля внутри соленоида равна д — (2). Число витков N можно найти из вы
ражения для индуктивности соленоида:
т N2S
откуда N = I - — • — (3). Подставляя (3) в (2), получим V BBoS
Тогда из (1) откуда
'XIS
B = I.-------
V is
V L
11.113. Сколько витков имеет катушка, индуктивность которой L -1 мГн, если при токе I = 1А магнитный поток сквозь кадушку Ф = 2 мкВб?
Решение:
Магнитный поток сквозь катушку равен #Ф = LI, откуда
# = — = 500.
Ф
11.114. Площадь поперечного сечения соленоида с железным сердечником S = 10 см2; длина соленоида / = 1м. Найти магнитную проницаемость ц материала сердечника, если магнитный поток, пронизывающий поперечное сечение соленоида, Ф = 1,4 мВб. Какому току /, текущему через соленоид, соответствует этот магнитный поток, если известно, что индуктивность соленоида при этих условиях L = 0,44 Гн?
243
Решение:
Магнитный поток, пронизывающий поперечное сечение соленоида, <b = BScosa, но т. к. <z = 0, то cosa = \ и Ф
Ф = BS , откуда магнитная индукция В = — = 1,4 Тл. По S
графику находим напряженность магнитного поля
Н = 800 А/м. Поскольку В - /л/л0Н, то // = = 1392,6 -
магнитная проницаемость материала сердечника. Магнитный поток через поперечное сечение катушки связан с ее индуктивностью соотношением .УФ = LI, где число витков N может быть получено из выражения дя индук-т N2S м I IL
тивности соленоида: L = /j/j0--, откуда /V = -----
/ у
= 500. Тогда данный магнитный поток соответствует току
11.115. В соленоид длиной 1 = 50 см вставлен сердечник из такого сорта железа, для которого зависимость В = неизвестна. Число витков на единицу длины соленоида N, = 400 см'1; площадь поперечного сечения соленоида 5 = 10 см2. Найти магнитную проницаемость // материала сердечника при токе через обмотку соленоида I = 5 А, если известно, что магнитный поток, пронизывающий поперечное сечение соленоида с сердечником, Ф = 1,6 мВб. Какова индуктивность L соленоида при этих условиях?
Решение:
По закону Фарадея э.д.с. электромагнитной индукции АФ
£,=-----— (1). Считая начальный магнитный поток
А/
Ф0=0, получаем ДФ = Ф[. Э.д.с. самоиндукции 244
Определяется формулой £C = -L— — (2). Считая начальный ток 10 = 0, получаем А/ = I, тогда уравнения ф.
(1) и (2) можно переписать в следующем виде: Et = --
(3) и £с = —— (4). Поскольку в нашем случае £, = sc, го, приравнивая правые части уравнений (3) и (4), получаем Ф{-11 — (5). С другой стороны, полный поток, пронизывающий весь соленоид, Ф1 = Фп1 — (6), где п — число витков на единицу длины соленоида, / — длина Соленоида. Приравнивая правые части уравнений (5) и (6), получаем LI = Фп1, откуда индуктивность соленоида i = 5y^ = 64 мГн. С другой стороны, L = /л/лйпг15 , где 'fl — магнитная проницаемость сердечника, S — площадь поперечного сечения соленоида. Отсюда магнитная
Проницаемость сердечника ц = —— = 636,6.
Harris
11.116. Имеется соленоид с железным сердечником длиной * = 50 см, площадью поперечного сечения 5 = 10 см2 и числом Ййтков N = 1 000. Найти индуктивность L этого соленоида, если по обмотке соленоида течет ток: а) I = 0,1 А; б) I = 0,2 А;
Я/=2А-
Решение:
Имеем L = ////0
N-S
— (1). Для того чтобы определить
индуктивность L соленоида, нужно найти магнитную Проницаемость // сердечника. Вычислив по формуле *
I
напряженность магнитного поля внутри соле-
245
ноида и воспользовавшись далее способом, описанным в задаче 11.39, найдем значения ц, соответствующие различным значениям тока I. Затем из (1) найдем значение L. Данные запишем в таблицу:
п. Н, А/м Д Тл L, Гн
а 200 0,8 3182 8
б 400 1,2 2387 6
В 4000 1,7 338 0.85
11.117. Две катушки намотаны на один общий сердечник. Индуктивность первой катушки Lx = 0,2 Гн, второй — L2 - 0.8 Гн; сопротивление второй катушки R2 = 600 Ом. Какой ток Л потечет во второй катушке, если ток Ц = 0,3 А, текущий в первой катушке, выключить в течение времени t = 1 мс?
Решение:
Взаимная индуктивность катушек Д2 = щл0п{п251 — (1). Индуктивность первой катушки Д - /и/лйп215 — (2), индуктивность второй катушки L2 = ^/j0n2lS — (3). Умножая (2) на (3), получим Д Д = (/л/ла51)2п2п% , откуда
и1И, = — (4). Подставляя (4) в (1), найдем
Д2 = л/ДД . При выключении тока во второй катушке возникнет э.д.с. равная s2=-L\-,^~ — (5). Согласно dt
закону Ома для замкнутой цепи 12 - — или, с учетом (5), ^2
„ “Г 1 —
средний ток во второй катушке 12 -------~~
R2 Ы
= 7м[л=02 а
R t
,118. В магнитном поле, индукция которого В = 0,1Тл, вмешена квадРатная Рамка 113 медной проволоки. Площадь рЬпфечного сечения проволоки $ = 1 мм2, площадь рамки 25 см2. Нормаль к плоскости рамки параллельна магнитному |дою. Какое количество электричества q пройдет по контуру при исчезновении магнитного поля?
решение:
количество электричества, прошедшего через поперечное Течение проводника при возникновении в нем индук-7' 1 1 Ф:
Донного тока, dq = -—d<t>. Отсюда д = |<7Ф =
ф.
^__к(ф2-ф1) — (1). По условию Ф2 = 0, а R
|L г, I 4сг
Сопротивление рамки R = р— - р— = р-----,
S S S
Ф1 = BS.
где а —
„ ... Bsjs
©торона рамки. Тогда из (1) получим q = —-— = В=74-10“3Кл.
If 11.119. В магнитном поле, индукция которого В = 0,05Тл, ЖЬЙещена катушка, состоящая из N = 200 витков проволоки, ^противление катушки R = 40 Ом; площадь поперечного се-атенйя S = 12 см2. Катушка помешена так, что ее ось составляет рЕОЛ а = 60° с направлением магнитного поля. Какое коли-*SeciBO электричества q пройдет по катушке при исчезновении Магнитного поля?
'решение:
'Количество электричества, прошедшего через поперечное Течение проводника при возникновении в нем индук-даонного тока, dq- —^<7Ф. Элементарный магнитный -Ц0ТОК с?ф = ns cos adB, где N — число витков катушки, площадь поперечного сечения. Тогда количество 247
электричества, которое пройдет по катушке при исчез-
1 f NS cos а °г
новении магнитного поля, q =----J аФ -----------=
&в В в
BNcosa т/.
----------- 0,15 мКл.
11.120. Круговой контур радиусом г = 2 см помещен в однородное магнитное поле, индукция которого В = 0,2 Тл. Плоскость контура перпендикулярна к направлению магнитного поля. Сопротивление контура Я = 1Ом. Какое количество электричества q пройдет через катушку при повороте ее на угол а = 90°?
Решение:
Количество электричества, прошедшего через поперечное сечение проводника при возникновении в нем индукционного тока, <7^ = -~<г/Ф. Элементарный магнитный поток с1Ф = BS sinada, т. к. а — угол между плоскостью контура и направлением вектора магнитной индукции. Тогда количество электричества, которое пройдет через 1 а кэхушку при повороте ее на угол а = 90°, q-----|<7Ф =
В о
BS2r . J BS
----sin ado: =------cos a
в Jo R
It
BSI л q =---cos--cos
R\ 2
о
. T. к. S - яг1, то окончательно q = = 0,25 мКл. R------------------------------------R
11.121. На соленоид длиной / = 21см и площадью поперечного сечения 5 = 10 см2 надета катушка, состоящая из Nx = 50 витков. Катушка соединена с баллистическим гальванометром, сопротивление которого /? = 1кОм. По обмотке соле-248
состоящей из А2 = 200 витков, идет ток 7 = 5 А. Найти ЕМшетическую постоянную С гальванометра, если известно, (Епри включении тока в соленоиде гальванометр дает отброс, ^йный 30 делениям шкалы. Сопротивлением катушки по срав-с сопротивлением баллистического гальванометра прене-
решение:
Взаимная индуктивность
- е,, М
= гДе fJl= —
катушки и соленоида
У2
и п-> - —- — число витков на 2 /
Единицу длины соответственно катушки и соленоида. При
Т fi\
ййом э.д.с., индуцируемая в катушке, —------(1)
dt
t/Ф ... _
fynH по закону Фарадея £, - —— — (2). Приравнивая
В--' „ ... z„. d<& т dl
здравые части уравнении (1) и (2), получаем L^ —
К dt dt
В? ллч т jt lJaN\N\SdI
аипи </ф = L^dl = ——!. Количество электричес-1
» 1 °г прошедшего через гальванометр, д = ~—^лФ =
1 ^NtN2S
R I
RI
1 ' fc ft0N,N2SI ;. Тогда баллистическая постоянная галь-
риометра С - q = = ю~8 Кл/дел, где к — число
' к kRl
•Делений шкалы, на которое произошел отброс.
\ П.122. Для измерения индукции магнитного поля между полюсами электромагнита помещена катушка, состоящая из
• 50 Витков проволоки и соединенная с баллистическим
чуВДьванометром. Ось катушки параллельна направлению магнит-
249
кого поля. Площадь поперечного сечения катушки 5 = 2 см2 Сопротивление гальванометра R = 2 кОм; его баллистическая постоянная С = 2 • 10‘8 Кл/дел. При быстром выдергивании катушки из магнитного поля гальванометр дает отброс, равный so делениям шкалы. Найти индукцию В магнитного поля. Сопротивлением катушки по сравнению с сопротивлением баллистического гальванометра пренебречь.
Решение:
Количество электричества, прошедшего через поперечное сечение проводника при возникновении в нем индукционного тока, dq - -~с7Ф. Элементарный магнитный поток
/7Ф = NSdB, где N — число витков проволоки, 5 — площадь поперечного сечения катушки. Количество электричества, которое протечет через гальванометр при быстром выдергивании катушки из магнитного поля, q = —— JTVSt/l? = ——— (1). С другой стороны, q-Ck — В
(2), где С — баллистическая постоянная гальванометра, к — число делений отброса гальванометра. Приравнивая
„ /14 /^ NBS
правые части уравнении (1) и (2), получаем -----= Ск,
R
откуда индукция магнитного поля электромагнита п RCk п „ В =------= 0,2 Тл.
SN
11.123. Зависимость магнитной проницаемости // от напряженности магнитного поля Н была впервые исследована А. Г. Столетовым в его работе «Исследование функции намагничения мягкого железа». При исследовании Столетов придал испытуемому образцу железа форму тороида. Железо намагничивалось пропусканием тока I по первичной обмотке тороида. Изменение направления тока в этой первичной катушке вызывало в баллистическом гальванометре отброс на угол а. Гальва-250
^тйетр был включен в цепь вторичной обмотки тороида. Тороид, ВЖоторым работал Столетов, имел следующие параметры: Ц^щадь поперечного сечения S = 1,45 см2, длина I = 60 см, чис-^вктков первичной катушки Л', = 800, число витков вторичной катушки jV, =100. Баллистическая постоянная гальванометра ^*12 «Ю-5 Кл/дел и сопротивление вторичной цепи R = 12 Ом. результаты одного из опытов Столетова сведены в таблицу:
[F ЛА 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5
нЫ^в дел. шкалы) 48,7 148 208 241 256
>этим данным составить таблицу и построить график зави-jiiocTH магнитной проницаемости ц от напряженности маг-Ёгного поля Н для железа, с которым работал Столетов.
ппение:
Напряженность магнитного поля в тороиде Н ~~у' —
Если изменить направление тока в первичной катушке ц противоположное, то через гальванометр пройдет ’ФЛичество электричества q - > гДе ® —магнитный
ЙЭТХЖ, пронизывающий площадь поперечного сечения 251
тороида. Но Ф = В8 - ;
следовательно,
2N2^0SINt
q - —--------l } откуда /л
R1
qRl
2^KXK2SI
. T. k. q = Ca ,
To
CaRl 2^0^2SI
— (2). Подставляя в (1) и (2) различные
значения I и соответствующие значения а, данные в условии задачи, получим таблицу:
ДА 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5
Н, А/м 133 266 400 533 667
Д 1440 2190 2050 1790 1520
11.124. Для измерения магнитной проницаемости железа из него был изготовлен тороид длиной Z = 50 см и площадью поперечного сечения S = 4 см2. Одна из обмоток тороида имела = 500 витков и была присоединена к источнику тока, другая имела N2 =1000 витков и была присоединена к гальванометру. Переключая направление тока в первичной обмотке на обратное, мы вызываем во вторичной обмотке индукционный ток. Найта магнитную проницаемость железа ц , если известно, что при переключении в первичной обмотке направления тока / = 1А через гальванометр прошло количество электричества q = 0.06 Кл. Сопротивление вторичной обмотки R = 20 Ом.
Решение:
Магнитный поток через катушку изменяется за время t от Ф = NBS до нуля. В катушке индуцируется э.д.с. Значения э.д.с. в различные моменты времени различны. По закону электромагнитной индукции э.д.с. в некоторый момент времени определяется по формуле еи - . Изменение
dt
магнитного потока за время t можно определить как. 252
= £ t. Э.д.с. в свою очередь связана с силой тока: Р" • о
#^IR, откуда изменение магнитного потока за время t равно Выражение в скобках определяет пол-
ный заряд, протекший по цепи за время t, т. е. Ф = qR —
£1), но Ф = N2BS — (2), где В~ № (2) и (3>
^случим Ф = _ (4у Приравнивая (1) и (4),
о7?/
йайдем // = ---— = 1200.
2NiN2^IS
11.125. Электрическая лампочка, сопротивление которой в горячем состоянии R = 10 Ом, подключается через дроссель к ^•вольтовому аккумулятору. Индуктивность дросселя L = 2 Гн, Сопротивление г = 1 Ом. Через какое время t после включения ‘лампочка загорится, если она начинает заметно светиться при •Напряжении на ней U = 6 В?
Решение:
Вследствие явления самоиндукции при включении э.д.с. тока в лампочке нарастает по закону
В г I, Г R+r
^= /0 1 - ехр\----1
й- \ \ L
депи начальный и конечный токи соответственно равны 'А* в и
--- и 7 =-------, тогда уравнение (1) можно
R + r R+r
— (1). По закону Ома для участка
'' ( ( R ~ь т* । j
.переписать в виде J7 = £,l-exd---------------------------/ или
х. \ L J j
1 _ _ ( /? + г
~-ехр\---------Z — (2). Прологарифмируем уравне-
s \ L )
^ие (2), тогда /и| 1 - — I - - + Г г, откуда время, через I е ) L
253
которое загорится лампочка
после включения.
t =-— 1п\\-— | = 126 мс.
R + r I £)
11.126. Имеется катушка длиной 1 = 20 см и диаметром D = 2 см. Обмотка катушки состоит из У = 200 витков медной проволоки, площадь поперечного сечения которой S = 1 мм2. Катушка включена в цепь с некоторой э.д.с. При помоши переключателя э.д.с. выключается, и катушка замыкается накоротко. Через какое время t после выключения э.д.с. ток в цепи уменьшится в 2 раза?
Решение:
Магнитный поток, создаваемый током I в катушке, связан с ее индуктивностью соотношением: Ф = LI. При изменении тока на величину Д/ магнитный поток изменяется
на ДФ = /Д7. По условию задачи = = т. е.
ДФ = —. С другой стороны, ДФ = RIAt (см. задачу 2
11.124), тогда — = RIAt, откуда Д?=— — (1). Найдем 2 2R
индуктивность катушки и ее сопротивление. Имеем
Z = , где площадь поперечного сечения катушки
S = k — . Откуда L - — (2). Сопротивление
4 4/
катушки R = р—, где длина проволоки Г = xDN. Отсюда 5
R- р — (3). Подставляя (2) и (3) в (1), получим
Дг - . Подставляя числовые данные, получи'1
8/р
Дг = 0,2 • 10'3 с.
254
J1.127. Катушка имеет индуктивность 1 = 0,2 Гн и сопро-^jnnr-пне R = 1,64 Ом. Во сколько раз уменьшится ток в катушке череэ время t = 0,05 с после того, как э.д.с. выключена и катушка замкнута накоротко?
решение:
Магнитный поток, создаваемый током I в катушке, связан с ее индуктивностью соотношением: Ф = LI. При изменении тока на величину Д/ магнитный поток изменяется
ДФ = £Д/. По условию задачи А/= 7- — = /[ 1-— |, и ( и J
fce. ДФ = £/[1~— |. С другой стороны, ДФ = 7УЛ/ (см. ?/• V п)
чяпячу 11.124), тогда IZH-— | = Л7Дт или, учитывая, что k nJ
fa = t
и преобразуя последнее выражение, L-Ri = —, п
п = "2"^'"'= 1,6 • Т. е. ток в катушке уменьшится в fe-раза.
11.128. Катушка имеет индуктивность L = 0,144 Гн и сопротивление J? = 10Om. Через какое время t после включения в ка-потечет ток, равный половине установившегося?
|^меем (см. задачу 11.126). Подставляя данные, получим t = 7,2 • 10"3 с.
числовые
* . Контур имеет сопротивление R = 2 Ом
- 0СТЬ = 0-2 Гн. Построить график зависимости *ОН7Уре от времени t,
и индук-тока I в
прошедшего с момента включения в цепь 255
э.д.с., для интервала О </<0,5 с через каждую 0,1 с. По оси ординат откладывать отношение нарастающего тока I к конец ному току /0.
Решение:
Изменение потока магнитной индукции с1Ф связано с изменением тока dl в цепи соотношением с/Ф - Ldl. С другой стороны, dQ-RIdt (см. задачу 11.124). Отсюда
Ldl = RIdt или -у- = ус//. Интегрируя полученное вы-
'rdl \R, ,LR ражение, получим J — = j— dt\ ln—=—t. Owkw iI IL
10 (R\ 1 ( R } rr
— = evp —/ или — = ----1 . Подставляя числовые
i \ R ) о \ R i
данные, получим — = exp(-10/). Для заданного интервала h
t составим таблицу и построим график зависимости —
/, с 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0.
///о 1,000 0,368 0,135 0,050 0,018 од
256
jH.130. Квадратная рамка из медной проволоки сечением помещена в магнитное поле, индукция козорого меня-
ло закону В = BQsincot, где 2?0=0,01Тл, а> = — и
Sjt'- 2
^==0,02 с. Площадь рамки 5 = 25 см .Плоскость рамки перпен-дякулярна к направлению магнитного поля. Найти зависимость От времени t и наибольшее значение: а) магнитного потока Ф , Донизывающего рамку; б) э.д.с. индукции е, возникающей в ^йяке; в) тома I, текущего по рамке.
решение:
Цайлем угловую скорость вращения рамки. Имеем I? 2л .г
подставляя числовое значение периода Г, полу-Цйй 0 = 100#. Магнитный поток, пронизывающий рамку, Цйен Ф = BS = B0S sin cot. Подставляя числовые данные, Йэлучим Ф = 25-10“б$ш100#/ . Максимальное значение равно рамке
Ф по
аидгнитного потока равно амплитуде и
Жвд, = 25-10'6Вб. Э.д.с. индукции, возникающей в
Ж ВФ
®авна е =---. Дифференцируя магнитный поток
&
-Демени t, получим е = 7,85 • 1О'3 cos 100л/. Максимального рачения э.д.с. достигнет при cosl00#/ = l, т. е. Жвд = 7,85 10-3 В. Силу тока, текущего в рамке, можно к
ЭДайти по закону Ома 1 = — . Найдем сопротивление R
Р&Мки. Имеем R = р—, где длина проволоки s
2яг _ [— = 2*J~xS . Отсюда R =
N # 5
Тогда I = 2,5cos 100л/, а 1тах = 2,5 А.
?^чзг6»
= 3,1-10-3 Ом.
257
11.131. Через катушку, индуктивность которой Л = 21 мГн течет ток, изменяющийся со временем по закону 7 = 70 sin а> t ’
2лг _
где /0 = 5 А, а> = — и Т = 0,02 с. Найти зависимость от времени t: а) э.д.с. е самоиндукции, возникающей в катушке; б) энергии Ж магнитного поля катушки.
Решение:
а) Э.д.с. самоиндукции определяется формулой ec=-L^~ _ dt
(1) . По условию ток изменяется со временем по закону I-I^sinat — (2). Подставляя (2) в (1), получаем sc=-L—^I<:isino)t) = -LI(ja>co.sa)t, где а> = ^~, тогда dt Т
ес = -ЗЗсозЮОя t.
LI2
б) Магнитная энергия контура с током W = —— или, с уче-
j -2 . 2
том (2), W = -oSl" at = 0,263 sin2 ЮОд-1.
11.132. Две катушки имеют взаимную индуктивность =5 мГн. В первой катушке ток изменяется по закону
I = /0 sin со t, где /0 = 10 А,
2лг
со = — и Т - 0,02 с. Найти зави-Т
симость от времени t э.д.с. е2 , индуцируемой во второй катуш
ке, и наибольшее значение Е2тса этой э.д.с.
Решение:
Зависимость э.д.с., индуцируемой во второй катушке, т dI
от времени (см. задачу 11.131): £•, =-Z12 "
= -L^cocoscot = — 15,7со^ ЮОтг Г. Э.д.с. индукции будет максимальной в том случае, когда cosa>t =-1, тогда Ътах =15,7 В.
Глава IV КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
§ 12. Гармоническое колебательное движение и волны
В задачах 12.43, 12.55 дан авторский вариант решения.
12.1. Написать уравнение гармонического колебательного движения с амплитудой А = 5 см, если за время t = 1мин совер-лг шается 150 колебаний и начальная фаза колебаний = На
чертить график этого движения.
Решение:
Уравнение гармонического колебания имеет вид: х~ Asin(a>t + p). Круговая частота со = 2тт = 2л— . По Условию 7V = 15O, отсюда <y = 5^. Подставляя числовые Данные, получим уравнение данного колебания
к 4 Г
259
12.2. Написать уравнение гармонического колебательного движения с амплитудой Л = 0,1м, периодом Г = 4с и начальной фазой ^? = 0.
Решение:
Уравнение гармонического колебания имеет вид;
х- A sin(a> t + cp). Круговая частота а> = —. Подставляя
п . . п
числовые данные, получим х = 0,1 sin—t.
12.3. Написать уравнение гармонического колебательного движения с амплитудой А = 50 мм, периодом Т = 4 с и началь-ной фазой Найти смещение х колеблющейся точки от положения равновесия при t = 0 и t = 1,5 с. Начертить график этого движения.
Решение:
Уравнение гармонического колебательного движения
। j
имеет вид: х = —t + cp . В данных условиях
I Т )
260
Г = 0,05 s/n — t + • Отсюда
л \ 2 2 J
{7C , ~ 7C | л г, =0,05$ш —-1,5 + — =0 . л2 I 2 4 J
x. = 0,05 sin— = 0,035; ' 4
о с X, м 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
0,035 0,050 0,035 0 -0,035 -0,050 -0,035 0,000 0,035
12.4. Написать уравнение гармонического колебательного движения с амплитудой А = 5 см и периодом Т = 8 с, если на-
чальная фаза <р колебаний равна: а) 0; б) у; в) тг; г) ;
ц) 2л:. Начертить график этого движения во всех случаях.
Решение:
Уравнение гармонического колебания имеет вид: х~ Лsin(a>t + cp). Круговая частота оз - Подставим Числовые данные. Уравнение гармонического колебательного движения будет иметь вид:
261
a) x = 0,05 sin—t; 4
6) x = 0,05s/h| — t +— j = 0,05cos —t;
\4 2) 4
в) x = 0,05s0?l — t + я = -0,05sin —t;
<4 J 4
fft 3ft 1 ft
r) x = 0,05 sin —t A-= -0,05cos—t;
I 4 2 J 4
д) x - 0,05 sin—t. 4
12.5. Начертить на одном графике два гармонических колебания с одинаковыми амплитудами Ах = Аг = 2 см и одинаковыми периодами Тх = Т2 = 8 с, но имеющие разность фаз <р, - (рх, равную: а) —; о) —; в) ft; г) 2ft.
4 2
Решение:
Уравнение гармонического колебания имеет вид: х = A sin(a)t + р). Круговая частота а> = ~. Пусть на-
чальная фаза первого колебания ср^ = 0, тогда его урав-нение будет иметь вид: х = 0,02 sin\ — Г . Подставляя чи-<4 )
еловые данные, для второго колебания получим: а) х = 0,02 sin\—t + — 14 4
262
®) х - 0,02 $ги| — t + л j:
I 4 J
263
г) х = 0,02 яи — ГI.
I 4 )
12.6. Через какое время от начала движения точка, совершающая гармоническое колебание, сместится от положения равновесия на половину амплитуды? Период колебаний Т = 24 с, начальная фаза ср = 0.
Решение:
Уравнение гармонического колебательного движения име-. . (2л „
ет вид: x = Asin —t + cp . Подставляя числовое значение \Т )
периода Т и начальной фазы ср, получим х = Ллш1 — Н.
А Г /Г I ТС тс
По условию х = —, отсюда 0,5 = s/н—t , —t = — или 2 112 7 12 6
t = 2 с.
12.7. Начальная фаза гармонического колебания (р - 0. Через какую долю периода скорость точки будет равна половине ее максимальной скорости?
264
рёшеиие:
Сравнение гармонического колебательного движения имеет ВИД" х = Asin^t + Скорость точки, совершающей
с/х 2я- . f 2яг
колебания, v=—; v =—Jcoj.I—ГI. Максимальной ско-
f 2я- ) 2л
рости точка достигнет при cos! — 11 = 1. Т • ^max А • 2л , (2л Л л t
— A cos —t = — А ;
т (т т
V
По условию у = -^, тогда
2я-_1 . 2л- £. t-L
C0S Т 2’ Т 3 ’ 6 '
12.8. Через какое время от начала шающая колебательное движение по
движения точка, совер-уравнению х = 7 sin—t, проходит путь от положения равновесия до максимального смещения?
Решение:
По условию точка совершает гармоническое колебательное движение по закону х -1 sin^-t. Сопоставляя это уравнение с общим уравнением гармонических колеба-2л-
НИЙ x = Asin~t , находим, что период колебаний Т = 4 с. За время равное периоду колебаний точка совершает одно полное колебание, а прохождение пути от положения равновесия до максимального смещения составляет время Т
265
12.9. Амплитуда гармонического колебания Л = 5см, период Т = 4 с. Найти максимальную скорость vmax колеблющейся 10ч, ки и ее максимальное ускорение атах.
Решение:
Скорость и ускорение точки, совершающей колебания dx 2# . (2/т
определяется соотношениями v = — - — A cosl —р1 +
dv d2x 4 л-2 . . (2я Л
и а = — = —=-----T-Asin\—t + cp . Они имеют макси-
dt dt2 Т2 I Т )
мальные значения соответственно при равенстве си-нуса и косинуса ±1, т. е. vmax = — А = 7,85 10 ' м/с и
&1иах
4 л" .
---—А т-
= 0,12 м/с2.
12.10. Уравнение движения точки дано в виде x = 2s//7^yf+ ^см. Найти период колебаний Т, максимальную скорость vmax и максимальное ускорение атах точки.
Решение:
. (Я Я-]
Сопоставим уравнение движения точки x-2sm — / + —I с общим уравнением гармонических колебании х - —t + q> I. Тогда амплитуда колебаний А = 2 см, а период колебаний Т = 4 с. Максимальная скорость ц максимальное ускорение (см. задачу 12.9) = — А = 3,14• 10'2 м/с и а,,,^ =^А = 4,93 10~; м'с-/нах гр ’ /«мл pi
266
12.11. Уравнение движения точки дано в виде x = sin—t. 6
£ги моменты времени t, в которые достигаются максималь-[ скорость и максимальное ускорение.
шеиие:
форость точки v =
dx я 7t
— - — cos—t. Максимального значе-dt 6 б
% я п
Йй она достигает при cos—/ = ±1 или — Г = пя-,где п = 0, 6 6
® 3... Соответствующие моменты времени / = 0, 6, 12,
Же ... Ускорение точки а = — -----sin—t будет макси-
dt 36 6
Й . 71 1 я (2h + 1)t „
$йиьным при sin—t = l или —t = -----— . Отсюда наи-
6 6 2
'дём моменты времени t, соответствующие максимальному ускорению: t - 3, 9, 15 с ...
12.12. Точка совершает гармоническое колебание. Период колебаний Т - 2 с, амплитуда А = 50 мм, начальная фаза ср = 0. /Найти скорость v точки в момент времени, когда смешение точ-'ки от положения равновесия х = 25 мм.
Решение:
(2я 'I Сравнение колебания точки имеет вид: x = Asin\—м,
\Т )
опт.,п» . arcsin(x/A} 1 _ dx
откуда z =----ь----i = —с. Скорость точки v = —;
2z/T 6 dt
v- л (} гт
F—^~Acos\~-t I. Подставив полученное значение t, получим v = 13,6 см/с.
12.13. Написать уравнение гармонического колебательного ^чжения, если максимальное ускорение точки аП1ах = 49,3 см/с2,
267
период колебаний Т = 2с и смешение точки от положения рав. новесия в начальный момент времени х0 = 25 мм.
Решение:
Из уравнения для максимального ускорения (см. задачу , „ 4,~‘Л
12.9) а„,ах = - - найдем амплитуду колебаний
67 Т ~
Л _ max ... _ 5 см Подставив значения амплитуды и 4 л"
периода в уравнение гармонических колебаний, получим х = 5 sin(a t + <р0) — (1). Начальную фазу колебаний найдем из условия, что при t = 0 х = х0. Тогда уравнение
(1) примет вид: х0 = 5 s/н <р0, откуда sincp^-^ и
срй = arcsin — = —. Подставляя начальную фазу в 5 6
уравнение (1), окончательно получаем х = 5 sin\ тс t + -- .
I б)
12.14. Начальная фаза гармонического колебания <р = 0 . При смещении точки от положения равновесия х, =2,4 см скорость точки V, = 3 см/с, а при смещении х, = 2,8 см ее скорость v2 =2 см/с. Найти амплитуду А и период Г этого колебания.
Решение:
Т. к. по условию начальная фаза <р-0, то уравнения ДЛЯ смещения и скорости будут иметь следующий вид: Отт 2.7г «
х = Asin — t — (1) и v = — Acos—t — (2). Из >РаВ'
2/Г л' 2/Г /
пения (1) находим sin—1 = — или cos—/ = Л1—7' Т А Т \
Q.K I x2
m Подставляя (3) в (2), получаем v = — AJl-------- или
I V А"
2 4яг2Л2С^
V = Т2 I А2)
Для
заданных
значений смещения и скорости получаем а 2
- (4) и v;=|-U=-k) - (5).
v2 А2 - X2
Разделим (4) на (5), тогда А- = —------L или
v2 А -х^
, х L,2y2 ,,2v2
fixi-v**! =\vi ~v2jA2 Отсюда A = ---^-=3,1cm.
7 v Vi -v,
^уравнения (4) период колебаний T =—J А2 -х2 = 4,1с. vi
1X15. Уравнение колебания материальной точки массой 7»=16 г имеет вид х = 0,1 м- Построить график
зависимости от времени t ( в пределах одного периода) силы F, ^йетвующей на точку. Найти максимальную силу Fmicr.
Решение:
269
Т. к. уравнение колебания имеет вид х = 0,1л^—/+—j То ускорение при колебательном движении a = ^~L~ dr
= O,l-^-5zn|^yZ + ^. Сила, под действием которой точка массой т совершает гармоническое колебание
д-2 (Я 71А
F = nia = 0,1/z?—5/77—/ + —. Эта сила будет макси-64 у 8 4J
. ( Я лД , _
мальнои, когда sin —1 + — =1, откуда tmax=2c. 1огда у 8 4 J
7 /Т”
Fmrx = 0,1/7?— = 246 мкН. Для построения графика 64
необходимо также найти пересечение с осью абсцисс
5W —1 + — = 0, откуда tn=6c. Подставляя числовые у8 4) '
данные, построим график зависимости в пределах одного периода.
12.16. Уравнение колебаний материальной точки массой т - Юг имеет вид х = Ss/ffl —Г+— см. Найти максимальную
U 4)
силу Fmax, действующую на точку, и полную энергию О’ колеблющейся точки.
Решение:
_ . (Я Г j
Т. к. уравнение колебании имеет вид x = 0 5?/7l —t + — j
(1), то ускорение при колебательном движений
</2х _я2 . (я я\ „ (,(Иа,
« = —=-= 5—stn\ —1 + — . Тогда максимальная сила>
dr 25 <5 4)
действующая на точку (см. задачу 12.15)>
270
2
Иге = — = 197 мкН. Кинетическая энергия мате-
5
'V ттг mv2 кА2о2 cos2(ах + (рп)
риальной точки равна WK=-^- =------------------------.
Потенциальная энергия материальной точки равна
fa2 кА2 sin2 (ай + (рЛ . 2
--------------------------—, а т. к. к = men , то 2--------------2
(69? + ^)о) ррИ этОМ за нулевой уровень
^тенета потенциальной энергии выбирается положение равновесия (х = 0). Полная энергия колеблющейся точки fe rzz т(о2А2 2тг
^ = Wk + W„---------- или, с учетом а> = —, имеем
——- А2 — (2). Из уравнения (1) амплитуда А = 5 см
tgf. j.2
^период Г = 10 с, подставляя их в уравнение (2), получаем
Ж = 4,93 мкДж.
Уравнение колебания материальной точки массой
®=16г имеет вид х = 2sin — t +— см. Построить график .44;
Двисимости от времени t ( в пределах одного периода) Диетической JVK, потенциальной 1УП и полной IV энергии точки.
Решение:
Уравнения для кинетической и потенциальной энергии ко-
Лёблющейся точки имеют следующий вид: WK = Ю ™ х
^4 cos2(o/4-^)) и Wn = 03 ™ A2 sin2 (a>t + <р). Полная энер-
Колеблющейся точки 1К = ^ А2 (см. задачу 12.16).
2
271
2,5Е-6 -]
IP
2,0Е-6
1.5Е-6
1,0Е-6
5,0Е-7
0,ОЕ+0
1 2 3 4 5 6 7 8
По условию Л = 2 см, а> = — , (р- — - Подставляя число-4 4
вые данные, получим W' = 2/Т2 -10 7 cos2 — t + \ 4
IVn =2л-2-10'75Ш2(^ + ^-1дж; W = 2тт2 10'7 Дж.
12.18. Найти отношение кинетической JE, энергии точки, совершающей гармоническое колебание, к ее потенциальной Т Т
энергии 1ЕП для моментов времени: a) t = —; б) : 12 °
Т
в) / = —. Начальная фаза колебаний <р = 0.
Решение:
Т. к. по условию начальная фаза колебаний <р - 0. т0 уравнения для кинетической и потенциальной энергии колеблющейся точки имеют следующий „г 2л2 m 7 2л 2л2m , 2,т т-гЯ1
T-A-cos-—I и -т-A-siir — t. Ь'гда х----------------------------" У'” т
IE, сол2(2л7/Г)
отношение энергии —- =------------r = c/g4-'' 1 ''
shr(2tf/r)
272
Т W т 7Г Т
. ргПИ / =—, то — = ctg~ — = 3. б) Если г= —, то
а) Если 12 Wa 6 8
_ Т W 1 7Г
- cte2 — = 1 • в) Если t = —, то —= ctg~ —
^JCtS 4 6’ И/п 3
3
ГИ точки, со-
12.19. Найти отношение кинетической энергии вершающей гармоническое колебание, к ее потенциальной энер-нщ W для моментов, когда смешение точки от положения рав-
А А
новесия составляет: а) х = —; б) х = —; в) х = А , где А — амплитуда колебаний.
Решение:
Уравнение
гармонического колебательного движения , . ( 2л- А „ . (2тг "] х
х = А sin\ —t + (р . Отсюда sin\ —t + ср = — , \Т ) ) А
основного тригонометрического тождества
имеет вид
или из
। 2тс । I, л ..
cos—t + ф =, 1----г. Тогда отношение кинетической
\ А2
Энергии к потенциальной й^к _cos2((2nt/T)+ ф) _ А2 -~ sin2 ((2л/ /Т) + ф)~ х2
W А
•— = 15. б) Если х =—, то Wa 2
-~ = 0.
К
(см. задачу 12.18)
ч т- А
. а) Если х = —, то 4
W
—- = 3. в) Если х = А, то Wn
совершающего гармоническое
12.20. Полная энергия тела, совершающего гармоническое колебательное движение, W =30 мкДж; максимальная сила, дей-^УКзщая на тело, Fmm. = 1,5 мН. Написать уравнение движения ЭТого тела, если период колебаний Т = 2с и начальная фаза
273
Решение:
Полная энергия тела, совершающего гармоническое коле-2л-2т .2
—2—л — (I), а максимальная
бательное движение, W =
сила, действующая на
(2).
„ 4тг2щ , тело, Fmax=-^-A
W л
Разделив (I) на (2), получим -= —, отсюда амплитуда
F 2
л шах **
2W
колебаний А-------= 0,04м. Подставляя амплитуду коле-
^та.ч
баний, период колебаний и начальную фазу в общее
(2тг А
уравнение гармонических колебаний х = A sz'nl — t + <р I,
( & 1 окончательно получаем х = 0,04swl + — I.
12.21. Амплитуда гармонических колебаний материальной точки А = 2 см, полная энергия колебаний W = 0,3 мкДж. При каком смещении х от положения равновесия на колеблющуюся точку действует сила F = 22,5 мкН?
Решение:
Полная энергия тела, совершающего гармоническое коле-
_ ТТГ 2ТГ 777 ,о ...
бательное движение, W = - —2—— (1), а сила, деи-
4л^ 777 . /оч
ствующая на тело, F = - -^2~-х — (2). Разделив (1) на (/Л
W А2 „шя
получим —-—, отсюда смещение точки от положения
F 2х
A2F
равновесия х =---= 1,5 см.
н 2W
274
12 22. Шарик, подвешенный на нити длиной I = 2 м, откло-- о, игпл а = 4° и наблюдают его колебания. Полагая коле-agtffr на угол <л
незатухающими гармоническими, наити скорость шарика ^^прохождении им положения равновесия. Проверить полу-решение, найдя скорость шарика при прохождении им положения равновесия из уравнений механики.
Решение:
уравнение колебательного движения шарика имеет вид: x^Asin—t — (О- При малых отклонениях шарика от Наложения равновесия его амплитуда A -Isina » 0,14 м.
Период колебаний Т = 2п — = 2,8 с. Тогда уравнение (1)
2/г
примет вид: х = 0,14 sin—/м. Момент времени t = 0
соответствует положению равновесия. Скорость шарика г; dx 0,14- 2л 2я
у =—=---------cos—г м/с. Максимального значения
dt 2,8 2,8
Скорость достигает при прохождении шариком положения 0,14-2я- л_, . в
равновесия, т. е. vmax =-----= 0,31м/с. Решая данную
‘ 2,8
ЙДачу по законам механики, имеем -cosа) (см.
ЗДачу 2.108). Подставляя числовые данные, получим ¥ = 0,31м/с.
12.23. К пружине подвешен груз массой т = 10кг. Зная, что пРУ»ина под влиянием силы F = 9,8 Н растягивается на 1=1,5 см, найти период Т вертикальных колебаний груза.
Решение:
П° закону Гука сила упругости F = -кх (знак «минус» говорит о том, что F — возвращающая сила), откуда
х — (I) — коэффициент жесткости пружины.
275
Уравнение второго закона Ньютона для груза имеет ви„ 2 к
тх = -кх — (2). Введя обозначение <у0 = —, преобразуем уравнение (2) следующим образом: x + cOqX-О. Величина (Уо=^- — циклическая частота колебаний, отсюда период колебаний вертикального пружинного маятника Г = 2я-^^- — (3). Подставляя (1) в (3), окончательно
получим Т = 2яА— - 0,78 с.
12.24. К пружине подвешен груз. Максимальная кинетическая энергия колебаний груза 1¥К„,т = 1 Дж. Амплитуда колебаний А = 5 см. Найти жесткость к пружины.
Решение:
_ 2~2т
Кинетическая энергия колебаний груза ^К=—р2~х
f ^,^7* А
xA2cos2\—t + (P\ имеет максимальное значение, когда
I Т )
cos2(y-t + p) = l, т.е. WKmax=~^~A2 — (1). Период
— (2). Возведя (2)
2.тЧ»
в квадрат и подставив в (1), получим
хА2к= — А2к . Откуда найдем жесткость пружины
колебаний груза на пружине Т = 2^
2JK
к = —^- = 800Н/м.
А2
276
12.25. Как изменится период вертикальных колебаний груза, "йЕЯШвго на даУх пружинах, если от последовательного сое-^^ния пружин перейти к параллельному их соединению?
решение:
Сила упругости пружины по закону Гука F = kx. Если к пружине подвесить груз массой m, то в положении равновесия mg = kx, отсюда удлинение пружины х = -^-. рели две пружины соединить последовательно, то их удлинения будут равны, а общее удлинение составит &=2х = —7s- — (1). С другой стороны, л2 = —— — (2), •' * *1 фгсю-да, приравнивая правые части уравнений (1) и (2), 2mg mg , к
получаем ------=---- или . При параллельном
к к{ 2
Соединении пружин общая жесткость системы /:,= 2Л . Таким образом, периоды колебаний при последовательном и параллельном соединении пружин соответственно равны
и Т2 = 2тг
а их отношение
Ж
4=2.
12.26. Медный шарик, подвешенный к пружине, совершает вертикальные колебания. Как изменится период колебаний, если * иружине подвесить вместо медного шарика алюминиевый такого же радиуса?
Решение:
Периоды колебаний медного и алюминиевого шариков ^ответственно равны Т = 2п
и Т,=2я
а их
277
отношение
ZL= Б
Т2 N ™2
. Т. к. по условию радиусы шариков
равны, то равны и их объемы, а значит,
р1 =8,6-103 кг/м3 и р2 =2,6-103 кг/м3 — плотности меди и
Т алюминия, тогда — = 1.82.
Т,
12.27. К пружине подвешена чашка весов с гирями. При этом период вертикальных колебаний 1\ = 0,5 с. После того кок на чашку весов положили еше добавочные гири, период вертикальных колебаний стал равным Г, =0,6 с. На сколько удлинилась пружина от прибавления этого добавочного груза?
Решение:
Имеем 7] = 2л-. Е _ (1); т2 = _ (2).
V к У к
Возведя (1) и (2) в квадрат, а затем вычтя (1) и; (2),
получим Т2 -Т2 = 4 л-2 ' Жесткость пр'.жины
к
k=F_^^mg_ -Т? =4л2 — , огкуД!
А/ М 2 ' g
А/= —^-(z,2-712)= 0,027 м.
4л-2 7
12.28. К резиновому шнуру длиной 1 = 40 см и радиусо /-= 1 мм подвешена гиря массой ш = 0,5кг. Зная, что моду; Юнга резины Е = 3 МН/м2, найти период Т вертикалью, колебаний гири. Указание: учесть, что жесткость к резпг
SE
связана с модулем Юнга Е соотношением к = —, где 5
плошадь поперечного сечения резины, I — ее длина.
07R
решение:
Жесткость пружины соотношением к = ~
связана с модулем Юнга
— (1). Период колебаний гири
= 2я-
— (2). Подставляя (1) в (2), получаем
— (3). Площадь поперечного сечения шнура
£ = яг2 — (4), тогда, подставляя (4) в (3), окончательно
I ml находим Т — 2я. у— — 0,9j с.
\ яг Е
12.29. Ареометр массой m = 0,2 кг плавает в жидкости. Если догрузить его немного в жидкость и отпустить, то он начнет совершать колебания с периодом Т = 3,4 с. Считая колебания незатухающими, найти плотность жидкости р, в которой плавает ареометр. Диаметр вертикальной цилиндрической трубки ареометра d = 1 см.
Решение:
На плавающий ареометр действуют сила Архимеда FK, направленная вверх, и сила тяжести Р, направленная вниз. Условие равновесия имеет вид: Р + FA = 0 или в скалярном виде Р = FA — (1). Имеем P-mg\ F^Pgty + Sh\ где V — объем ареометра (без трубки), £ —площадь поперечного сечения трубки ареометра, h — Длина трубки. Тогда mg = pgty + S/г). При погружении ареометра на глубину х результирующая выталкивающая сила F = Pg(v + S(h + х}) - mg ; F = pg(V + S(h + x))- pg(7 + Sh); F~ PgSx. Эта сила и вызывает колебания ареометра, т. е. **ожно записать F--kx, где k = pgS~pg^— — (2).
4
279
Уравнение второго закона Ньютона для ареометра имеет _ к
вид тх--кх — (3). Введя обозначение = —, Пр т и '
образуем уравнение (3) следующим образом: х + бу(;.г = о
Величина <о0 = — — циклическая частота колебаний
отсюда период данных колебаний
Подставляя (2) в (4), получим
—# - (4).
„ 4 [тип
16тп
T2d2g
= 0,89-103 кг/м3.
12.30. Написать уравнение движения, получающегося в результате сложения двух одинаково направленных гармонических колебательных движений с одинаковым периодом Г = 8с и одинаковой амплитудой А = 0,02 м. Разность фаз между этими
1 Т колеоаниями (р2 - . Начальная фаза одного из этих коле
баний равна нулю.
Решение:
При сложении двух одинаково направленных гармонических колебаний одинакового периода получается гармоническое колебание того же периода с амплитудой A = -\jAt + А2 + 2AlA2cos(<p2-<pt) и с начальной фазой, A, sin ср, + А-, sin ср-, _„е определяемой уравнением tgcp = —!i---------------— гд
At cos срх + А2 cos ср2
А{ и А2 — амплитуды слагаемых колебаний, 'Pi и <р2 — их начальные фазы. Подставляя числовые ДаН" ные, получим А - ^2 -(0,02)2 + 2(0,02)2 oos^- = 0.037 м>
280
2д тс _
; (У - — = —. Отсюда уравнение
^дьтирующего движения х = 0,037 cosjJ-X +
12J1. Найти амплитуду А и начальную фазу <р гармо-^ческого колебания, полученного от сложения одинаково на-щ^явленных колебаний, данных -------------------
уравнениями х, = 0,02 х
JM и х, = 0,03 sin\ 5лЛ— м.
I 4J
{рдение:
( ТС |
Ш ' - уравнений колебаний х1 = 0,02 sin\ 5nt + —l и
• . " -
"лГ- , \
•дат I тс I _
.^=“0ж035/п1 5та + — I находим амплитуды колебании
,.|p'Q,02 м и А2 = 0,03 м и их начальные фазы <Pi~~ и
. При сложении двух одинаково направленных /у 7 4
хорионических колебаний одинакового периода полу-гармоническое колебание того же периода с амплитудой А = -^Д2 + А2 + iA{A2 cos[cp2 -ср^ - 0,045 м. На-фаза колебания определяется из уравнения "л* Д~~~ + 2~= 1,94 . Тогда ср = arc/gl,94 = At cos <Pj + A2 cos cp-y
- 2.32. В результате сложения двух одинаково направленных Р“°нических колебаний с одинаковыми амплитудами и оди-
Ь1МИ периодами получается результирующее колебание с в?.. -Л периодом и той же амплитудой. Найти разность фаз 2 складываемых колебаний.
281
Решение:
При сложении двух одинаково направленных гарм0 нических колебаний одинакового периода получается гармоническое колебание того же периода с амплитуду А-^А2 + Л2 +14Л2cas(<p2 -<рх) — (1). Т. к. по условию Af=A2~A, то уравнение (I), возведенное в квадрат примет вид А2 - А2 + А2 + 2A2 cos{(p2 - , откуда
cos{<p2 = Тогда разность фаз складываемых коде-
f П 2л
баний (р2 - <р, = orccosl - — I = 120° = — .
12.33. Найти амплитуду А и начальную фазу <р гармонического колебания, полученного от сложения одинаково направленных колебаний, данных уравнениями xt = 4sinrt см и
• ( т.
х, = nt + — I см. Написать уравнение результирующего коле-
бания. Дать векторную диаграмму сложения амплитуд.
Решение:
Из уравнения колебаний xx=4sinnt и х2 =3х
Х5/И nt + — находим ам-
I 2J
плитуды колебаний Д~ - 4 см и А2 - 3 см и !,х начальные фазы =0 11 (р-, - — . Амплитуда и Ф333 2
результирующего к0^е^ ния (см. задачу !*
282
^fi + A2 + 2AlA1 COS^2 “ ) = 5 СМ’
A, sin (D\ + А2 sin ср2 п
- L-——----i---— = 0,73, следовательно,
W “ Д cos <р{ + A cos <р2
^sarctgO,^ = ~ Тогда уравнение результирующего кования будет иметь вид х = 5szw^7rt + . Для построения
рЬутлрной диаграммы отложим от начала отсчета векторы, ^шйЫ которых равны амплитудам At и А2. Т. к. <рх = 0 . и
’ то °®а вект0Ра лежат на осях координат. Сложив
жйторы по правилу параллелограмма, получим вектор Щдаитуды результирующего колебания.
;,:ЙЙ-34. На рис. 1 дан спектр результирующего колебания. уЙвдфзуясь данными этого рисунка, написать' уравнения :^МЙбаний, из которых составлено результирующее колебание. ^Зертить график этих колебаний. Принять, что в момент t - О
-^^^сть фаз между этими колебаниями <рг - срх = 0. Начертить Д^фйкрезультирующего колебания.
Решение: спектру слож-колебания найдем амплитуду и частоту каждого •в составляющих х^ОДебаний. Имеем:
4 = 0,03 м; кг=0,2Гц;
<= 0,02 м;
И=0,5 Гц;
WM0.01 м;
Шмтгц.
Тогда уравнения этих колебаний 2тт
х = 0,03 sin—1м ; .v = 0.02sinxt м ;
5
будут иметь вид х = 0,01 sin2лт м. Со-
ставим таблицу значений х = f(t) для данных колебаний и построим их графики (рис.2). Затем, сложив значения * соответствующие одним и тем же значениям t, получим график результирующего колебания (рис.З).
t, с 0 0.5 1 1,5 2 3L22.
Х|, см 0,000 1,763 2.853 2,854 1,766 г.005_
л>. см 0,000 2,000 0,003 -2,000 -0,006 с.ооо_
х-„ см 0,000 0,002 -0.003 0,005 -0,006
л\ см 0,000 3,764 2.853 0,859 1,754
284
хсм.
3 3.5 4 4,5 5
' -1,759 -2,851 -2,856 -1,770 -0,010
' 0,010 -2,000 -0,013 2,000 0,016
-0,010 0.011 -0,013 0,014 -0,016
-1,759 -4,840 -2,881 0,244 -0,010
12,35. Уравнения двух гармонических колебаний имеют вид еЗялДтг/см и х, = 6sin\07rt см. Построить график этих колебаний. Сложив графически эти колебания, построить график результирующего колебания. Начертить --------- - ----------
щего колебания.
спектр результнрую-
решение:
Составим таблицу значений х = f(t) для данных колебаний и построим их графики (рис.1). Затем, сложив зна-чения х, соответствующие одним и тем же значениям t, рлпучим график результирующего колебания (рис.2). Из уравнений колебаний найдем амплитуду и частоту каждого из них. Имеем: А1 = 0,03 м ; vl = 2 Гц ; А2 - 0,06 м ;
0,10 -1 х, м
285
и2=5Гц. По этим данным начертим спектр резуЛь тирующего колебания (рис.З).
12.36. Уравнение колебаний имеет вид х = Asin2^v,t, причем амплитуда А изменяется со временем по закону А = Ло(1 + cos2лг2/). Из каких гармонических колебаний состоит колебание? Построить график слагаемых и результирующего колебаний для Ао = 4 см, и, = 2 Гц, v, = 1 Гц. Начертить спектр результирующего колебания.
Решение:
По условию x = Asin2xv]t —(1); А = Л0(1 + со5 2яг2г) — (2). Подставляя (2) в (1), получим
х = Ao(l + cos 27tv2t)sin ZxvJ;
x = Aq sin 2#v1T + Д) cos 2.7tv2t sin 2zv,t;
x = Af, sin InvJ + Aq / 2 sin{2Tr(y\ - v2 )f)+
+ Ao / 25/«(2л'(и1 + v2)z). T. e. данное колебание состоит и3 трех гармонических колебаний. Подставляя числовые ДаН ные, построим график слагаемых (рис.1), график резуль тирующего колебания (рис.2) и начертим спектр ре зу.тьтн ругощего колебания (рис.З).
286
287
12.37. Написать уравнение результирующего колебания по лучающегося в результате сложения двух взаимно псрпец" дикулярных колебаний с одинаковой частотой и, = - у рц
одинаковой начальной фазой <р, = <р2 = . Амплитуды к0Пе
баний равны А} = 0,10 и и А2 = 0,05 и.
Решение:
При сложении двух взаимно перпендикулярных колебаний одинакового периода уравнение траектории рсзулыирую-й *3 У2 2лд
щего колебания имеет вид —- + ——2_х
Л,' А; _у2
x.cos(ff>2 ~^i) = sin'(tp2 -<pf) — (1). Т. к. у нас (р2 - су =0,
х~ у" 2.xv
то уравнение (1) примет вид —7 + —-----------—-0. или
Л," А2 AtA2
f .V v n А,
-----— =0, откуда у = —-д- — уравнение прямой ч А^ А2 j А{
линии. Таким образом, результирующее колебание будет происходить по прямой линии. Угол наклона прямой А ,
найдется из уравнения tga = — = 0.5, т. е. а - 26°34 . А,
Период результирующего колебания равен период} слагаемых колебаний, а амплитуда результирующего колебания А = -^Д2 + А2 =11,2 см. Следовательно, уравнение резуль-
тирующего колебания имеет вид: 5 = 11,2 лш 10л/ * -у |сМ-< -1 >
12.38. Точка участвует в двух колебаниях одинаково'^ п^Р11 ода с одинаковыми начальными фазами. Амплитуды кол-'оан равны Д=3см и А, = 4см. Найти амплитуду А ргдльнТУ юшего колебания, если колсоания совершаются: а) в 'л-правлении; б) в двух взаимно перпендикулярных напраго--Н11ЯХ' 288
уйвение:
У В случае сложения одинаково направленных коле-баяий амплитуда результирующего колебания ^ = ^^+^2 + 2Л|Л? cos\cpz -ср{) . Учитывая, что cos{fP2 ~ )= 1 ’ найдсм Л = 0.07 м. б) В случае сложения двух взаимно перпендикулярных колебаний амплитуда результирующего колебания А = А2 + Л,2 ; А = 0,05 м.
12.39. Точка участвует в двух взаимно перпендикулярных колебаниях х = 2 sin cot и и у ~2 cos cot м. Найти траекторию результирующего движения точки.
Решение:
Из .уравнений колебаний х = 2 sin cot -(1) и y = 2cosa>t -
л
(2) исключим время. Из уравнения (1) sin (У? = —, из ос-
новного тригонометрического тождества coscot =
I х2
syl—------(3). Подставив (3) в (2), получаем
_ _ ( X2 , [ х2 | 2
У - А 1 —— или у" =4 1 - — = 4 - х~. Отсюда пос-V 4 ' У 4 У
Ле Преобразования получим уравнение окружности радиу-2 2
сом R = 2 м, которое имеет вид — + — = 1.
4 4
12.40. Точка участвует в двух взаимно перпендикулярных ко-
Лебанпях v л- т. .,
лл x = cosxt и у = cos — t. наити траекторию результи-
Ующего движения точки и начертить ее с нанесением масштаба. в~‘3г6’ 289
Решение:
.. /7 1 С-COS л/ „ .
Имеем y-cos — /=^1---------, откуда 2у-1 = с,.-. , pjQ
„ 2у2~1 1 -
условию x = cosM, отсюда ------— = 1 или 2г'-.- ю, _
уравнение параболы.
12.41. Точка участвует в двух взаимно перпепдилх,..- к лебанпях x = sinxt и у = 2мл^л7 Найти траек:. -.до ре. зультирующего движения точки.
Решение:
При сложении двух взаимно перпендикулярных . ионических колебательных движений материально1- ',11КЙ' описываемых уравнениями .v - a cos(c). t - . !i г = bcos{c>)„t - у.-,). траектория резульгиру гоню: '••ижС' нпя материальной точка: описывается у у-
V V- 2.VV .2 ! . , -Ува-
—v + ^-з----cosa = su> а, где разность фаз е
a' b~ ab
емых колебаний а ~ (р,л - о,.2 • У нас a - 1. b = 2 к - " а ’
290
Подставляя числовые данные,
траектория
точки — эллипс.
получим
1. е.
12.42. Точка участвует в двух взаимно перпендикулярных хлебаниях x = smca и у = 4sin(xt + л). Найти траекторию ре-
движения точки и начертить ее с нанесением
зультирУ1ОШег0 масштаба.
решение:
Из уравнений колебаний x-sincct —(1); у = 4s/«(^z + ^) — (2) исключим время. Для этого преобразуем уравнение (2), используя формулу синуса суммы: ,w(/r t + л) = sinтт I cos тс + + cos л t sin л~-sin~t, т. к. cos'~ = -\ и since = Q. Тогда Уравнение (2) примет вид у =-4 sinn: t — (3). Подставляя 0) в (3), получаем уравнение траектории у = -4х, т. е. траекторией является прямая.
„ ’43* Период затухающих колебаний Т = 4с; логарифми-
и Декремент затухания К = 1.6; начальная фаза <р = 0. При
4 смеШение точки .г = 4,5 см. Написать уравнение движения
291
этого колебания. Построить график этого колебания в пределах двух периодов.
Решение:
Уравнение затухающего колебательного движения имеет вид .т - Ae~6t sin(cot + cp) — (1). Круговая частот б9 = -^- = у. Логарифмический декремент затухай и;;
bs т
Х-8Г. откуда 8- — = 0,4с"’. По условию t- —. не. Т 4
t = 1 с. Зная значение х в этот момент времени, найдем амплитуду. Подставляя числовые данные, получим А = 6,7 м. Тогда уравнение движения имеет вид
х - 6,7е’0,4' — (2). Для построения графиков коле-
бания найдем моменты времени , /2, /3... соответствующие максимальным значениям смещения х. Макси-dx
мум х найдется из условия V- — -Q. Из уравнения (1) dt
находим (при <9 = 0) v = А со е~ы cos cot- А 8 е~С! sin со t = 0,
отсюда tgcot =— =------(3). Из уравнения (3) видно, то
8 К
при незатухающих колебаниях, когда К = 0, величин?, я 2л t л Г
tgcot = <x> или cot- —, т. е. -= —, или t = — . В нашем
6 2 Т 2 4
2/г
же случае tgcot = — = 3,925, т. е. cot = 75°42' ~ 0,421.т .
7Г
откуда t- 0,421 — = 0,842 с. Таким образом, х = х,„от со
^=0.842 с; /2 = ^ + — = 2,842 с, /3 = t} +Т = 4,842 с н
ЗТ
t, =t, +— = 6,842с и т.д. Подставляя соответствующие 2
292
числовые значения в (2), получим х, =0,1 см; х, - 0,17 см, д:3 = 0,12см; х4=0,08см. По полученным данным пост о-им график.
12.44. Построить график затухающего колебания, данного уравнением х = 5е’01' sin—l м.
4
Решение:
Подставляя значения t в интервале от 0 до 2Т, построим график данного колебания (см. задачу 12.43)
293
12.45. Уравнение затухающих колебаний дано в аид .V = бе-0"'"' sin^l м. Найти скорость v колеблющейся точки в мо менты времени /, равные: О, Т, 2Т, ЗТ и 47’.
Решение:
Скорость точки, совершающей колебания, в том числе dx затухающие, определяется соотношением v = —------г;) pj0
условию смещение х = 5с7'0,"?' s'm^t — (2). Подстав, ди (2) d\. я >
в (1), получаем т = — ic “ sin— t ; v = ? х М 2 J
| Л" /Г 7Г |
х —cos—I - 0,25 sin — t . Подставляя числовые данные, со-
<2 2 2 J
ставил: таблицу:
/. с 0 У 2Т ЗТ 4/
г, м/с 7.85 2.89 1.06 0.39 0.! 5
12.46. Логарифмический декремент затухания матем.1 ичес-кого маятника X - 0.2 . Во сколько раз уменьшится аки штуда колебаний за одно полное колебание маятника?
Решение:
По формулам для затухающих колебаний
Т
Т :
12.47. Найти логарифмический декремент затухания > магического маятника, если за время ! = 1мин амплнту баний уменьшилась в 2 раза. Длина маятника / = 1м.
294
для затухающих колебаний имеем = А<, х
texp
— (1). Период колебаний математического
Маятника Т-2я.
. Из уравнения (1) с учетом (2)
4 зояучаем ——«хр
4
~ (3)' 2л- V I
А
I. По условию = 2,
гогда из уравнения (3) получим ехр
= 2 - (4).
I прологарифмируем уравнение (4), тогда — Jy=/n2, логарифмический декремент затухания зЙйх _ гт-
/и 2 =0,023.
12.48. Математический маятник длиной I = 24,7 см совершает заиукаютцие колебания. Через какое время t энергия колебаний |й«1ника уменьшится в 9,4 раза? Задачу решить при значении Логарифмического декремента затухания: а) X = 0,01; б) К = 1.
Решение:
Шя затухающих колебаний имеем 4 = Ао или
<4 _ (
1 — (1). Период колебаний математического
Маятника Т = 2я
. Подставляя (2) в (1), получаем
4о
:4
42^ V/
— (3). Полная энергия колебаний
295
2к~ш > „
1F = А', и по условию -4 = к, где к = 9,4 раза, Т0Гда Т rVl
Л
А
к =
или, с учетом (3), к = ехр — я-
л I
логарифмируем уравнение (4), тогда Ink-—, — . Отсюда п V I
время, за которое энергия колебаний уменьшится в к раз
/Г I I
t = — \-lnk — (5). Подставляя в (5) значение лога
рифмического декремента затухания, находим: а) для К, = 0,01 время Г, = 144 с; б) для = 1 время t2 - 1,14 с.
12.49. Математический маятник совершает затухающие колебания с логарифмическим декрементом затухания К = 0,2 . Во сколько раз уменьшится полное ускорение маятника в его крайнем положении за одно колебание?
Решение:
Уравнение затухающего колебательного движения имеет вид х = Ae~St sin(p)t + ср) — (1). Для нахождения ускорения маятника продифференцируем дважды по времени уравнение (1). Имеем: v = — = — \Ae~s'sinicot<pW,
dt dt[ V J
v = Ae~s'[-8sin(a>t + <p)+a)cos(a>t + <pty — (2) — скорость
„ -r dv d
колебании маятника. I огда v = — = — x dt dt
x (- S sin(a>t + cp)+<o cos(a>t + £>))];
v = Ae~s'^82 +a>2}sin(a>t + <p}+8(ocos(a)t + (pty — (3). Из уравнения(3)находим
ab - Ae° [(<52 + a2 )sin (p + Sa> cos cp\
а +co2^in(2K + (p}+8cocos(2K + (ph
296
о
_е _ = е51 — (4). По определению логарифмический
||р<47'
Ж-^ит затухания К = ST — (5), тогда, подставляя (5) в
^^окончательно получаем = Z = 1,22 .
J2.50. Амплитуда затухающих колебаний математического
йаЯтника за время t -1 мин уменьшилась вдвое. Во сколько раз Ш4т.тпится амплитуда за время t = 3 мин?
Решение:
Жйошение начальной и конечной амплитуд колебаний
S' ' А
Вй. задачу 12.48) -*- = ехр
4
(!)•
А
^^логарифмируем уравнение hi —
отсюда
|ф©мя уменьшения амплитуды t -
W;’
Йедовательно, — = , отсюда
t2 1п(А0/А2)
4 _ 0
t, 4
Л f л
1п^ = ^1пТ\
4 tx Ах
следовательно, — - ехр — Лг — - 8 .
4
12.51. Математический маятник длиной / = 0,5 м, вывеянный из положения равновесия, отклонился при первом коле-вднии на х, = 5 см, а при втором ( в ту же сторону') — на ^—4 см. Найти время релаксации t, т. е. время, в течение кото-Я10 амплитуда колебаний уменьшится в е раз, где е — осно-- е НатУральных логарифмов.
297
Решение:
Уравнение затухающего колебательного движения имеет вид л- = Ае~д' sin(a>t + (р) — (1). Из уравнения (1) нахе дим
Xi _ Аеа sinep е1 х, Ae~ST siniln + qj) e~sl
(2)' По условию
е" -е — (3). Прологарифмировав уравнения (2) и (З) получаем ST = 1п—--(4) и St = 1 — (5). Разделив (4) иа
1 X 1
(5), имеем — = 1п — или t = —-------г — (6). Период
t X,
колебаний математического маятника Т = 2яф/ g — (7)_
Подставляя (7) в (6), находим время релаксации
12.52. К вертикально впеяшей пружине подвешивают груз. При этом пружина удлиняется на Д/ = 9,8см. Оттягивая этот груз вниз и отпуская его, заставляют груз совершать колебания. Каким должен быть коэффициент затухания S, чтобы: а,) колебания прекратились через время г = 10 с (считать условно, что колебания прекратились, если их амплитуда упала до ;оо от начальной); б) груз возвращается в положение равновесия апериодически; в) логарифмический декремент затухания колебаний был равным К = 6 ?
Решение:
а) По условию — = 0,01 —(1). где Ап=Аел —'. 2) И
Л
А1 - Ае~д< — (3) — соответственно начальная и ксчючная амплитуда колебания груза на пружине. Подставляя (.2) 11 (3) в (1), получаем ^- = 0,01 или =100 — I4)-е
298
и-арифмируя уравнение (4), получаем 8t =/«100, откуда
X Z"100 А 14 -1
«Ьициент затухания 8 = —-— - 0,46 с .
Й В случае апериодического возвращения системы в Сложение равновесия коэффициент затухания 8 - суа — где (о0 — начальная циклическая частота колебаний.
Поскольку (см. пункт в
— (2), то, подставляя
где
^Ьв (1), получаем 8 = = 10 с !.
ir
ЙПр определению логарифмический декремент затухания
|М5Г -(1), колебаний. Из (1) с учетом (2) коэффициент затухания
ККй)
ат.' 2?г
Цдебаний a>-^a>z-8z — (4). Подставляя (4) в (3),
Т = ^~ — (2) — период затухающих
<о
Циклическая частота затухающих
Случаем 8 -
------ — (5). Поскольку колебания 2тт
||уза на пружине совершаются под действием двух сил: тяжести mg и силы упругости F = kt\l, где к —
^сткость пружины, то в состоянии покоя mg = кА1,
m Д/
РукУДа — =-----(6). Начальный период колебания груза
к g
д/
или, с учетом (6). То = 2л I— — (7). Из
формулы (2) начальная циклическая частота = — или,
-^'1
^Учетом (7)s =1— , тогда =— — (8). Подставляя
V А/ А/
299
(8) в (5), получаем <5 =--------------(9) и, возведя
2тг vc
часта уравнения (9) в квадрат, окончательно находим 8 = — ---fi- = 6,98 с’1.
•у 4 л- + is" V А/
12.53. Тело массой и/ = 10 г совершает затухающие колебания с максимальной амплитудой Лтт - 7 см, начальной фазой <? = о и коэффициентом затухания д'= 1,6 с'1. На это тело начала действовать внешняя периодическая сила F, под действием которой установились вынужденные колебания. Уравнение вынужденных колебаний имеет вид х = 5$/л^10лГ--Х-^см. Найти (с числовыми коэффициентами) уравнение cocci венных колебаний и уравнение внешней периодической силы.
Решение:
В случае, когда внешняя сила изменяется по гармоническому закону, колебания описываются дифференциальным уравнением х + 28х + а)^х-f0cosa>t, где 8 — коэффициент затухания, a)Q — собственная частота системы, со — частота силы. Общее решение данного уравнения является уравнением собственных колебаний и имеет вид х = sina)ot. По условию сдвиг фаз между Зя-собственными и вынужденными колебаниями равен >
28оз ( Зл* । .
следовательно, igep-—---------r = /g-----=1, отсюд»
со~ — со~ < 4 )
гу0 = з/ш2 + 28а) . Подставляя числовые данные, нолучиМ гу0= 10.5л-. Тогда уравнение собственных колеоанИ11 примет вид х = 0,07е"1,6'5Ш 10,5л" / м. Уравнение внешне*1 300
||риодической силы имеет вид F = Fosina)t. Максимальное значение внешней периодической силы + 432(о2 = 72 мН. Тогда уравнение внешней периодической силы будет иметь вид p^72sinlOTr(MH.
12.54. Гиря массой т = 0,2 кг, висящая на вертикальной пружине, совершает затухающие колебания с коэффициентом затухания <£ = 0,75 с Жесткость пружины к = 0,5 кН/м. Начертить зависимость амплитуды А вынужденных колебаний гирьки от частоты внешней периодической силы, если известно, что макси-мальное значение внешней силы Ао = 0,98 Н. Для построения .трафика найти значение А для частот: а> = 0, со = 0,5, со = 0,75, <й> = й>0, 0 = 1,5<до и со = 2<у0, где со0 — частота собственных колебаний подвешенной гири.
решение:
0,07 л А, м
20 40 60 80 100
301
Период i. ...1ий гири, висшел на гс!:-т!п:ж!ы: <• ..
жнне. r = 2"J— —(1). С дрхгой стороны. Т--~ . i. О ’ <.
Приравнивая правые части уравнений (1) и (2). и- Л1
рй" _ 1 Гк __ ;
— . Т0ГДа С0- / ! —
Г
вынужденных колебании .1 -----===^=4=====- - . |_ц
/;ц/(б9’ - со')' + 4 д' '(О'
Произведя расчет значений амплитуды по формуле ; '). с учетом (3), строим график.
69. С'Е 0 25 37.5 50 75 ! ''J
А, м 0.0020 0.0026 0,0045 0.0653 0.0016 । ..Д-07
12.55. По грунтовой дороге прошел трактор, оставив < ,ды в виде ряда углублений, находящихся на расстоянии / = 30 с друг от друга. По этой дороге покатили детскую коляску, имст.цую две одинаковые рессоры, каждая из которых прогнозе -; на л\, = 2 см под действием груза массой гпу = 1 кг. С экой скоростью г катили коляску, если от толчков на углу б ..ш’ях она, попав в резонанс, начала сильно раскачиваться',’ Расса коляски М =10 кг.
Решение:
Коляска начнет сильно раскачиваться, если пром..- ток между двумя последовательными толчками па "-ПУ' бдениях будет равен периоду собственных ко п ;И1,1) коляски, который можно найти по формуле Т = 2.т. '^а
1 г
каждую рессору приходится масса 'кГ'
Коэффициент упругости А- = / ?' ^ = 490 Н/м. Под '1ЯЯ
302
числовые данные, получим Т = 0.63 с. Кроме того, Т = - , откуда v = у = 0,48 м/с.
12.56. Найти длину волны /. колебания, период которого Т = 10'14 с. Скорость распространения колебании с = 3 10s м с.
Решение:
По определению длина волны колебания л = сТ - 3 мкм.
12.57. Звуковые колебания, имеющие частоту и = 500 Гц и амплитуду Л =0,25 мм. распространяются в воздухе. Длина волны Л = 70см. Найти скорость с распространения колебаний и максимальную скорость v„,IV частиц воздуха.
Решение:
По определению длина волны колебания Л = сТ — (1). Т. к. частота колебаний и есть величина, обратная периоду, т. е. v = ~ — (2), тогда, подставляя (2) в (1), с
получаем Л = ~. откуда скорость распространения
v '
колебаний с = Ли = 350 м/с. Рассматривая частицы воздуха, как материальные точки, запишем для скорости уравнение
v =
COsl ~Z't + (p I -1, то г-. -—А или, с учетом (2), \ / ) Г
окончательно получим а- = 2 к = 0 785 м с
12.58. Уравнение незатухающих колебанп” имеет вид Л =S If)
us/n—/см. Найти уравнение волны, если скорость распро-^аяения колебаний с = 300 м с. К.-ш.ы.и.ь и изобразить графи-Урэвнение колебания для точки, отстоящей па расстоянии 303
dx 2,т (2/г 'i п
— = —г = . Поскольку ' =vmu.v, когда
I = 600 м от источника колебаний. Написать и изобразить чески уравнение колебания для точек волны в момент I = 4 с после начала колебаний.
Лфи-вр’-мени
Решение:
0,15 п
0,1
-0,1
0
0,05
-0,05
Рис. 1
-0,15 J
При распространении незатухающих колебаний ростью с вдоль некоторого направления, называемого лучОм, смещение любой точки, лежащей на л\ че и отстоящей от источника колебаний на расстоянии х, , . f2/г 2лГ\ определяется выражением: х = А5/и —t------— U), где
у Т Л. J
А — амплитуда колеблющихся точек, Л-сТ — (2) — длина волны.
со ско-
304
(3). При
уставляя числовые данные в (1). с учетом (2), получим равнение волны: х-0,Ьш! I
/-=600 м уравнение (3) примет вид
фис.1), т. е. при I-const получим х фиксированной точки, лежащей на временем. При / = 4с уравнение ( ttl \
2л Iм (Рис-2), т. с. при t = const получим
— различные точки, лежащие на луче, имеют разяичные смещения в данный момент времени.
0,1 ТЛИ —t -/Т м
- j v) — смещение луче, меняется со (3) примет вид
„ 12.59. Уравнение незатухающих колебаний имеет вид X-A sin 600л t см. Найти смещение х от положения равновесия гочки, находящейся на расстоянии / = 75 см от источника колебаний, для момента времени / = 0,01 с после начала
Колебаний. Скорость распространения колебаний с = 300 м/с. гашение:
л Г 2л- 2л1
Имеем х = A szn —/--------
I Т Я
— (1) (см. задачу 12.58), где
Я — амплитуда колеблющихся точек, л-сТ — (2) — Оина волны. Т. к. по условию уравнение незатухающих колебаний имеет вид х = 45ш600л7 — (3), то, сопоставляя 0) и (3) и учитывая (2), окончательно получаем * = 4.$д?1 600/П| = 4sjn\ 600/7/ - 600/Т —| = 4 см.
< сТ) < с)
12.60. Уравнение незатухающих колебаний имеет вид ~sw2.,5^t см. Найти смещение х от положения равновесия, скорость v и ускорение а точки, находящейся на расстоянии
305
/ = 20м. ст источника колебаний, для момента време/ш после начала колебаний. Скорость распространения ко.;. с = 100 м с.
= 0. Тогда скорость точки
Решение:
Смещение точки от положения равновесия (см
12.59) определяется соотношением
С . о.. I
х - sini 2,Ср~1 - 2,0/7 — к с
< ix d Г . < . . /<
определить как v - -— = — sin- 2дл7 - 2,5/r— ;
dl dl c)
v = 2.5cox 2.5~i -2.5" — : v = 7,85 см/с, a ec \cc
2,5сол| 2.5,7/- 2,57 — | ;
k c J
dr _ d~x _ d dt dr dt
ci = -6,25,7' .5/7? 2,5,71 - 2.5th— = 0 . \ c )
12.61. I-IaiiTii разность фаз Sep колебаний двух точек, яшпх от источника колебаний на расстояниях /, -d - 16 м. Период колебаний Г = 0,04 с; скорость рас/ нения с - 300 м с.
Решение:
Две точки, лежащие на луче на расстояниях и
точпнка колебаний, имеют разность фаз с?, -ср ~ 2 .
(Г). Поскольку длина волны /. связана с перш? . лобаний Т и скоростью их распространения с шепнем х -сТ — (2). то. подставляя (2) в (1). око-:
но подучаем лер ~ ср. - ср. = „,т--L = тс, т. е. точх
. ... сТ
блются в противоположных фазах.
306
- 1с ш-inij
. мчу
•жно
.. ч.ие
п
ра-
ис-
,1С'
12.62. Найти разность фаз девших на луче и отстоящих друга, если длина волны л = I м.
Др колебаний! двух точек, на расстоянии 1 = 2 м друг от
Решение:
Две точки, лежащие на луч источника колебаний.
на расстояниях /, и 7, от
имеют
разность
фаз
<рг-^1-2я:
— (1). В нашем случае 1~12 ~1\ — (2),
поэтому, подставляя (2) в (1), окончательно получаем д^ = ^>2 =2я— = 4л-, т. е. точки колеблются в
одинаковых фазах.
12.63. Найти смещение х от положения равновесия точки,
отстоящей от источника колебаний на расстоянии
для
момента времени t = — . Амплитуда колебаний .4 = 0,05 м. 6
Решение:
При распространении незатухающих колебаний вдоль
некоторого направления, называемого лучом, смещение любой точки, лежащей на луче и отстоящей от источника колебаний на расстоянии 7, дается уравнением
x = Asin[~ t-—} к Т Л )
. Подставляя исходные данные, полу-
чим * = 0,05 $//---^ = 2.5 см к 3 6 J
12.64. Смещение от положения равновесия точки. °т источника колебаний! на расстоянии / = 4см. времени /___
' ~~ равно половине амплитуды. Найти бегущей волны.
отстоящей в момент
длину Л
307
Решение:
Смещение точки от положения равновесия (см. задачу 1 \ t । Зтг 2тг / ]
12.6э) дается уравнением х = —t--------. Подставляя
у Т Л )
. . (л 2лГ\ А исходные данные, получим х = Asm------------ —, отсюда
I 3 Я ) 1
6
. ( л 2л I) 1 л 2л I (1>
sin\-------= —, следовательно,---------= arcsirn — :
<3 Л ) 2 ЗЯ UJ
2л 1 л л л _
или —— =----------. Тогда окончательно л - 12/ =
Я 3 6 6
= 0,48 м.
12.65. Найти положение узлов и пучностей и начертить график стоячей волны, если: а) отражение происходит от менее плотной среды; б) отражение происходит от более плотной среды. Длина бегущей волны 4 = 12 см.
Решение:
Стоячей называется волна, которая образуется в результате наложения двух бегущих синусоидальных когерентных волн, распространяющихся паве гречу друг другу. В отличие от бегущей волны она состоит из узлов и пучностей, причем
расстояние между двумя соседними узлами или пучностями есть величина постоянная, называемая длиной
стоячей волны, Яст
— — (1), где Я — длина бегущей
волны. Подставляя значение Я в (1), получим Лст =6 см-
308
|й Если отражение происходит от ^ёиее плотной среды, то положение узлов будет определяться из условия х = (2н + 1)-у- (2), где
Л = 0, 1, 2... Подставляя в (2) значение п и Яст, получаем
х=35 9, 15 см ... Положение пучностей будет определяться из условия х = 27?^- = нЛст — (3). Подставляя в (3)
значение п и Яст, получаем х = 0, 6, 12, 18 см...
6) Если отражение происходит от более плотной среды, то узлы и Пучности поменяются местами и положение узлов будет Определяться из условия (3), т. е. х=0, 6, 12, 18 см, а положение пучностей — из условия (2), т. е. 'Х-3, 9, 15 см...
12.66. Найти длину волны Л колебаний, если расстояние Между первой и четвертой пучностями стоячей волны / = 15 см.
Решение:
Длина стоячей волны (см. задачу 12.65) Лт ~~ — (I), где & — длина волны колебаний. С другой стороны, , _ ' I
лст-------— (2), где п. и н, — порядковые номера
пучностей. По условию = 1 и п2 - 4, тогда, приравнивая правые части уравнений (1) и (2),- получаем ~ = у, откуда Длина волны колебаний Л = — = 10 см = 0,1 м.
309
£ 13. Акустика
В задачах данного раздела используются данные таб.
12 приложения.
13.1. Найти длину волны Л основного тона ля (ч.-.стота и = 435 Гц). Скорость распространения звука в :..^цухе с = 340 м/с.
Решение:
Длина волны основного тона ля Я = сТ —(1), где 1 —период колебаний воздуха. Поскольку частота колебаний н = у — (2), то, подставляя (2) в (1), по.лчаем
Л = — = 0,78 м. v
13.2. Человеческое ухо может воспринимать звуки частотой приблизительно от к, =20 Гц до у, =20000 Гц. Между j .ikilmh длинами волн лежит интервал слышимости звуковых колебаний? Скорость распространения звука в воздухе с = 340 м с.
Решение:
с Длина волны звуковых колебаний (см. задачу 13.1.)
Интервал слышимости звуковых колебаний лежи', между
длинами волн /Ц = — = 17 м и Л = — = 0.01 7 м = 1 ” ~ к И| " V-.
13.3. Найти скорость с распространения звука в стал г
Решение:
Скорость распространения акустических колебаиш/ л ие'
1 ~ г -
которой среде определяется формулой с= — , и
310
^яудь Юнга среды, р — плотность среды. Для стали 216 ГПа и р = 7,7-10’кг/м3, тогда скорость звука в
5296 м/с.
13.4. Найти скорость с распространения звука в меди.
решение:
Скорость распространения акустических колебаний в не-
Г Ге
Которой среде определяется формулой с = I— , где Е —
модуль Юнга среды, р — плотность среды. Для меди i£.=118 ГПа и р = 8,6-103 кг/м3, тогда скорость звука в меди с = 3704 м/с.
13.5. Скорость распространения звука в керосине с = 1330 м/с. Найти сжимаемость р керосина.
решение:
Модуль Юнга Е связан со сжимаемостью Д соотношени-
Д 1 1
ём Д = —, где Е = рс'. Отсюда Д =-у = 7,1-Ю’10 Па-1.
Е рс
13.6. При помощи эхолота измерялась глубина моря. Какова Ыла глубина моря, если промежуток времени между возни-Кровением звука и его приемом оказался равным / = 2,5 с? Сжи-Маемость воды Д = 4,6-10’10 Па’1, плотность морской воды ,£ = 1,03-103 кг/м3.
311
Решение:
Скорость распространения акустических колебаний в некоторой среде определяется формулой __ (!)
Модуль Юнга связан со сжимаемостью соотнол... ;им £ = -г — (2). Подставляя (2) б (1), получаем с. ~ ;J_
Р . ’ :'3 ’
с. / ГТ
тогда глубина мопя /? = — = — !— —1815м.
-> -) V
13.7. Найти скорость с распространения звука в во;..;--..' при температурах /, равных: -20,0 и 20’ С.
Решение:
Скорость распространения акустических колебаний в : азах \yRT
с=!-----, где ц — молярная масса газа, Т — ...бсо-
Л
лютная температура газа, R = 8,31 Дж/(моль К) — учизер-сальная газовая постоянная, у — показатель ади.т'аты газа. Воздух в первом приближении можно считать .жух-атомным газом, поэтому fi- 0,029 кг/м3, у = , где • —
i
число степеней свободы, причем для двухатомных .’.лов i-5, тогда у = 1,4. Подставляя числовые данные, -л.’давим таблицу:
Т.К i 253 273 — г
с. кг с | 321
13.8. Во сколько раз скорость с, распространения зву з юз-духе летом (Г = 27° С) больше скорости с2 распространен:... ка зимой (г = -33° С)?
312
распространения акустических колебаний в газах - pF с [^~
^.задачу 13.7) c = отк>'да след>ст ~= •
доставляя числовые данные, получим —
13.9. Зная, что средняя квадратичная скорость молекул даух-газа в Условиях опыта v = 461 м-'с, найти скорость с распространения звука в газе.
Решение:
Скорость распространения звука в газе (см
lyRT
ig’= IZ-----(1)5 а средняя квадратичная скорость молекул
13.7)
— — (2). Разделив (1) на (2), получаем А
, откуда скорость распространения звука в газе
— Qy По условию газ двухатомный, следовательно (см. задачу 13.7), показатель адиабаты у = 1,4 и, подставляя его в формулу (3), получаем с = 315 м/с.
13.10. Найти скорость с распространения звука в двухатомном газе, если известно, что при давлении р = 1,01-105Па плотность газа р = 1,29 кг/м3.
Решение:
Скорость распространения звука в газе (см. задачу 13.7)
у —(1). Из уравнения Менделеева — Клапейрона f г*
313
Tz '« pRT P RT
pV = — RT давление p =----= ---- или ~ _
A pV R P p
Подставляя (2) в (1), получаем c - J— — (3). По
газ двухатомный, следовательно (см. задачу 13.7:, ;10ка затель адиабаты у = 1,4 и, подставляя его в форм\,-;< получаем с - 331 м/с.
13.11. Зная, что средняя молярная кинетическая энергия по, ступательного движения молекул азота WKft = 3,4 кДж моль найти скорость с распространения звука в азоте при этих условиях.
Решение:
Скорость распространения звука в газе (см. задачу 13.7) \yRT
с =--------(1), а средняя молярная кинетическая энергия
V V
3 поступательного движения молекул = — RT — (2). Из
2W.
уравнения (2) абсолютная температура Т = — (3).
I2/RW [2^1р
Подставляя (3) в (1), получаем с= -----— = ---------
у 3Rr у Зд
(4). Поскольку азот •— газ двухатомный, следовательно (см. задачу 13.7), показатель адиабаты у = 1.4 и, подставляя его в формулу (4), получаем с = 337 м/с.
13.12. Для определения температуры верхних слоев атмосферы нельзя пользоваться термометром, т. к. всле/.ствие малой плотности газа термометр не придет в тепловое равновесие с окружающей средой. Для этой цели пускают ракету с гранатами, взрываемыми при достижении опреде; ?’П<оИ высоты. Найти температуру / на высоте /? = 20 км °т 314
^йапхности Земли, если известно, что звук от взрыва, данного на высоте Л. =21 км, пришел позже на ^—6 75 с звука от взрыва, произведенного на высоте /?, = 19 км.
редаениег
Скорость распространения звука в газе (см. задачу7 13.7) . По условию звук проходит расстояние
%*
за время At, поэтому, с другой стороны,
-------L — (2). Приравнивая правые части уравнений t &
|Г)’И (2) и возводя обе части равенства в квадрат, получаем
= —-у2-, откуда аосолютная температура воздуха
и
Т 'Г А (Л1 /04 D
на высоте h равна Т = — ——г^2- — (3). Воздух в пер-р /7? (Д/)-
Вом приближении можно считать азотом, для которого $(--.== 0,028 kf/mj и у -1,4 . Подставляя значения в формулу ^3), получаем Т - 216 К или t-T - 273 = -57° С.
1X13. Найти показатель преломления п звуковых волн на границе воздух — стекло. Модуль Юнга для стекла W = 6,9• 10'° Па, плотность стекла р = 2,6-10? кг/м’, температура воздуха г = 20° С.
Решение:
Скорость распространения акустических колебаний в твер-
дой и-жидкой средах (см. задачи 13.3 и 13.4) с= — —
\Р
РХ- а в газах (см. задачу 13.7) с = — — (2). По оп-
V Р
315
с, ределснию показателя преломления п = —-------(3). где
с->
С1 И
с, — скорости
бы гь найдены Подставляя (2)
звука в воздухе и в стекле, которые могут соответственно из формул (2) ц и (1) в (3) и учитывая, что абсолютная
температура
7 = 1 + 213,
получаем
h/Rp(l + 273) уЕ
— (4). Воздух в первом приближении
можно считать двухатомным газом, для которого у = 0,029 кг/м" и у = 1,4. Подставляя значения в формулу (4), получаем п = 0,067 .
13.14. Найти предельный угол а полного внутреннего отражения звуковых волн на границе воздух — стекло. Воспользоваться необходимыми данными из предыдущей задачи.
Решение:
Согласно закону преломления волн показатель преломле-57/7 а
ния п - —:1 — (1), где а — угол падения, /3 — угол sin ft
преломления. При определенном значении угла падения а0 преломленная волна скользит вдоль границы двух сред.
Ё этом случае /? = у и .$7/?/7 = 1 (2). Это явление называется полным внутренним отражением, а угол aQ — ПРе‘ дельным углом. Из (1), с учетом (2), получаем п - sina0 (3) и, с другой стороны (см. задачу 13.13), показатель пре-
IpRpit + 273) _ ппа.
ломления п = — ------------ — (4). Приравнивая прд
У уЕ
вые части уравнений (3) и (4), пол)чае>1
316
откуда предельный угол полно
внутреннего отражения звуковых
z г----?-----г\
yRp(t + 273)
//£
Считая воздух в
приближении двухатомным газом, для ц ~ 0,029 ki7mj и у -1,4 , получаем а - 3,84° .
волн
первом
которо-
13.15. Два' звука отличаются по уровню громкости на ;Д£; =1фон. Найти отношение интенсивностей этих звуков.
Решение:
&•;
Уровень громкости в фонах Ll связан с интенсивностью й I
зёука соотношением L, = 10/g— — (1), где 1й — порог
У" h
Слышимости звука. Условно принимается, что ^.= 10",2Вт/м2. Для первого и второго звука из (1)
Соответственно имеем L1{-10!g— и Д/2 =10/g—, тогда h А)
Ci i а I
J^I=L12-Ln =10 lg-^-lg-1- U-10/g-2- или Ч J Л
= • Отсюда ^- = 10ч 10 J = 1,26 .
Л Ю
13.16. Два звука отличаются по уровню звукового давления
ALp ~ 1 Дб. Найти отношение — амплитуд irx звукового дав-
<ления.
317
Решение:
Уровень звукового давления в децибелах связан с .. . ;.1И тудой звукового давления соотношением = 20/... - - _
(1), где р0 — амплитуда звукового давления при п\
уровне громкости. Условно принимается, что / 2Х
х10’Па. Дня первого и второго звука из (1; Со.
ответственно
- Lr.l Lp\
£]=20-/ц — и А
= 20pg—-/g—
I Р\ Ро J
Lp2=20-Ig~-.
P>J
югда
&Lp = 20 lg^ или Pi
7 Р- ^LP ГЛ Р-7 lg — = —- . Отсюда —
Pi 20 р,
1(Г 20 ' =1,12.
13.17. Шум на улице с уровнем громкости Lfl = 70 фон слышен в комнате так, как шум с уровнем громкости Lr = 40 фон.
Наити отношение у- интенсивностей звуков на улице и в комнате.
Решение:
Отношение интенсивностей звуков на улице и в комнате
I ।
(см. задачу 13.15) будет определяться как-=- = 10 h
или-^- = 10 10 ^=1000.
7,
13.18. Интенсивность звука увеличилась в 1000 раз. Пл сколько увеличилась амплитуда звукового давления?
318
Вапгеняе:
^авень звукового давления (см. задачи 13.15 и 13.16)
увеличился на \Lp - AL; = Ю/gy-- 30 До. С другой сто-
р,
роны, АД = 20-/g —, откуда отношение амплитуд звуко-
Д [^1
ррго давления = 10 '° -31,6.
'
<Д13.19. Интенсивность звука / = 10 мВт/м2. Найти уровень громкости L, и амплитуду р звукового давления.
решение:
(Уровень громкости в фонах Д (см. задачу 13.15) связан с
^ятенсивностыо звука соотношением Д = 10/gy-, где
fe п
= 10~12Вт/м, тогда Д= 100 фон. Поскольку
=L - 20• lg —, то lg — = —, значит, — = 10 20', от-Ро Ро 20 74«
люда амплитуда звукового давления /з = ;;о1Огде !ЙРо = 2 • 10-5 Па, тогда р = 2 Па.
13.20. На сколько увеличился уровень громкости L, звука.. :Лсли интенсивность звука возросла: а) в 3000 раз; б) в 30000 раз?
Решение:
Уровень громкости (см. задачу 13.15) увеличивается на
=10-Zg-y-. а) ЕСли ^2_ = 3000, то АД =34.77 фон.
н А
б) Если = 30000, то АД = 44,77 фон.
319
13.21. Найти расстояние l между соседними зубцами вой боооздки ха граммофонной пластинке для тона тя ш н--42г-Гц): а) в начале записи на расстоянии г = .
центра; б) в конце записи на расстоянии /- = 4 см ел и-
I • 1 рц.
Час го1, а вращения пластинки п = 78 мин’ .
Решение;
Имеем / = -^-} где со = 2,т п —угловая скорость вращения
, 2,7 и г
пластинки, отсюда 1 =---------. Подставляя ч>.е ювые
данные, получим: а) I = 2.25 мм : б) I = 0.75 мм.
13.22. Найти расстояние I между соседними зубца:.;г л новой бороздки на граммофонной пластинке для: а) г- гдГц; б) н = 2000 Гц. Среднее расстояние от центра плчншки г = 10 см. Частота вращения пластинки п = 78 мин'1.
Решение:
Расстояние между соседними зубцами звуковой бороздки на граммофонной пластинке найдем по формуле / - —, и где 69 = 2,7 7? — угловая скорость вращения пластонки, 2^7/7*
отсюда / = —----. а) Если iy =100 Гц, то /,=8.15 мм.
и
б) Если И[ = 2000 Гц, то/j = 0,41 мм.
13.23. При образовании стоячей волны в трубке Кто 'а в воздушном столбе наблюдалось п = 6 пучностей. Какова тыла длина /, воздушного столба, если стальной стержень закр-’'-^11, а) посередине; б) в конце? Длина стержня /, = 1 м. Скор'1:: - раС' просгранения звука в стали ct = 5250 м/с, в воздухе с, = L_ 320
решение:
;При возбуждении колебаний в стальном стержне установится стоячая волна с узлами в точках зажима и пучностями на свободных концах. В стоячей волне воздушного столба расстояние между соседними пучностями равно половине длины возбужденной звуковой волны.
Имеем
/с с
-~ = —----(1). Длина /2 воздушного столба на ос-
Лч с->
новании сказанного найдется из условия = /2 — (2). Из (1) и (2) имеем Д - ZLiSl. Тогда: а) Л = 2l{, I, = 0,392 м; б) Я = 4/,, /,= 0,784 м.
13.24. Какова длина /, стеклянного стержня в трубке Кундта, ёсли при закреплении его посередине в воздушном столбе на-бл'Юдалось и = 5 пучностей? Длина воздушного столба ^;= 0,25 м. Модуль Юнга для стекла Е = 6,9-1010 Па; плотность втекла р = 2,5 • 10' кг/м’. Скорость распространения звука в воз-jgxe с = 340 м/с.
решение:
Имеем /, =—!—?- — (1) (см. задачу 13.23). По условию 2с,
4i=2Z1 — (2). Скорость распространения акустических колебаний в стекле р = — (3). Подставляя (2) и (3) в
(О, получаем Д = 2/?3Д^ откуда длина стеклянного
стержня /, = _L £ = 0,772 м.
«с? Ц р
321
13.25. Для каких наибольших частот применим метод у, .,д определения скорости звука, если считать, что наимспь-;: -,3з личнмое расстояние между пучностями /-4мм? С:.. ••'.сть распространения звука в воздухе с = 340 м/с.
Решение:
Имеем / = —=— (см. задачу 13.23), отсюда максю.' “1 П . . 4 *" '
• лая
частота v = — » 43 кГц. 2/
13.26. Два поезда идут навстречу друг другу со скор.чиями г/, = 72 км/ч п г/, = 54 км/ч. Первый поезд дает Ci5::-. ;ок с частотой v - 600 Гц. Найти частоту v' колебаний звука. орый слышит пассажир второго поезда: а) перед встречей поездов; б) после встречи поездов. Скорость распространения зв> к: в воздухе с = 340 м/с.
Решение:
По принципу Доплера частота звука, воспринимаемая наблюдателем, определяется формулой v' = --+ “—(1), с - Z/j
где I' — частота звука, посылаемая источником звука, z/, — скорость движения источника звука, и-, — скорость движения наблюдателя, с — скорость распространения звука. Скорость и2 > 0, если наблюдатель движем ся по направлению к источнику звука; скорость и, > 0 ес;111 источник движется к наблюдателю, а) Перед вс'речей поездов V; = б + г'3 и = 666 Гц. б) После встречи поездов с - г/,
, с-и-,
=----- v = 542 Г ц.
С + Z/j '
322
|327. Когда поезд проходит мимо неподвижного наолюда-частота тона гудка паровоза меняется скачком. Какой ^Йиент от истинной частоты тона составляет скачок частоты, поезд движется со скоростью с = 60 км/ч?
решение:
До принципу Доплера частота звука, воспринимаемая на-
1 „ , c + ih ...
блюдателем, определяется формулой v =--------v — (1).
С
Поскольку наблюдатель покоится, то г/2 = 0, тогда (см. аяпачу 13.26) при движении поезда к наблюдателю и от него соответственно имеем из формулы (1) частоты звука ^=- С -V — (2) и v\ - v — (3). Величина скачка
C-U ’ с + и
||етоты Avsvj'-Hj — (4). Подставляя (2) и (3) в (4), 1 1
с - и с +
= 9.8%.
йблучаем A v - с и
13.28. Наблюдатель па берегу моря слышит звук пароходного гудка. Когда наблюдатель и пароход находятся в покое, частота воспринимаемого наблюдателем звз ка v = 420 Гц. При движений парохода воспринимаемая частота г, = 430 Гц, если пароход й]>йближается к наблюдателю, и и, =415 Гц, если пароход Удаляется от него. Найти скорость v парохода в первом и втором случаях, если скооость распространения звука в воздухе «=338 м/с.
Решение:
По принципу Доплера частота звука, воспринимаемая наблюдателем, определяется формулой v' = - +U— v — (1). с - щ
Поскольку наблюдатель покоится, то у, = 0 . Если пароход Приближается к наблюдателю (см. задачу 13.26), то из 323
С
формулы (1) имеем =--------и, откуда скорость пап0Хп
с-и и*
да
и=с 1-— = 8,05 м/с. v
Аналогично при удалении
парохода от наблюдателя
, С
=------v, следовательно
с + и ’
и = с
-4- + 1 -4,07 м/с. v
13.29. Ружейная пуля летит со скоростью и = 200 м с. Во сколько раз изменится частота тона свиста пули для неподвижного наблюдателя, мимо которого пролетает пуля? Скорость распространения звука в воздухе с = 333 м/с.
Решение:
Частоты звука при движении пули к неподвижному наблюдателю и от него (см. задачу 13.27) соответственно , с , с v', с + и
равны и, =----v и v-, =---v, тогда — =-----= 4 .
с - а с + и V, с-и
13.30. Два поезда идут навстречу друг другу с одинаковой скоростью. Какова должна быть их скорость и, чтобы частота свистка одного из них, слышимого на другом, изменялась в 9/8 раза? Скорость распространения звука в воздухе с = 335 м с.
Решение:
По принципу Доплера частота звука, воспринимаемая на-
блюдателем, определяется формулой и =------и — ' 7
с-и}
324
jjo условию щ = и2 - и — (2) и — рость поездов г/ = -^ = 19,7 м/с.
с + и
с-и
9
—, отсюда ско-
13.31. Летучая мышь летит перпендикулярно к стене со скоростью 6,0 м/с, издавая ультразвук частотой г = 45 кГц. Какие две частоты звука и v2 слышит летучая мышь? Скорость распространения звука в воздухе с = 340 м/с.
Решенне:
До принципу Доплера частота звука, воспринимаемая на-_ , „ , с + г/,
блюдателем, определяется формулой v -------v — (1).
с - щ
По условию щ = и2 - и — (2) — скорость летучей мыши. Летучая мышь будет слышать прямой звук и отраженный от стены. Для прямого звука из формулы (1) имеем с+ и , г г
и, =---и = и = 45кГц. Аналогично для отраженного зву-
с + и
ка v2 - -+г1 у - 46,6 кГц.
с-и
13.32. Какую длину / должна иметь стальная струна радиусом г = 0,05 см, чтобы при силе натяжения F = 0,49 кН она издавала тон частотой v = 320 Гц?
Решение:
Частота основного тона струны определяется формулой v=1 Р-
— (Оз где / — длина струны, F — сила ее
325
натяжения, S = w — (2) — площадь ее попщЛ сечения, р — плотность материала среды. Подста:;. .
z-s 1 I F
в (1), получаем v =— --------7, откуда длина с,.
2/ у ря'
/ = — -^ = 0,45 м.
2i' у рлг~
13.33. С какой силой F надо натянуть стальную сгр>. ;ти-
ной / = 20 см и диаметром d = 0,2 мм. чтобы она издавал... ля (частота и = 435 Гц)?
Решение:
Частота основного тона струны определяется форм..той
~~ задачу 13J2)’где — (2)-
1 I 4F
Тогда, подставляя (2) в (1), получим v - — J---- — (3).
21 у p7id~
Возведя обе части уравнения (3) в квадрат, имеем . 1 F
v =—г------г = -----— , откуда сила натяжения страны
4/' pnd' ряа~1~
F - p.tv'd'l2 = 7,3211.
13.34. Зная предел прочности для стали, найти ианбо. частоту v, на которую можно настроить струну длиной i - :
Решение:
Частота основного тона струны определяется ферму.’011
1 v = — 21
. По определению предел проч
326
F
- откуда максимальная сила, с которой можно натянуть струну', равна F„iax = PmaxS — (2). Подставляя (2) в (1), находим наибольшую частоту, на которую можно настроить струну, v,!:ax = =159 Гц.
—у р
13.35. Струна, натянутая с силой Ту = 147Н, дает с камертоном частоту биений г,5 = ЗГц. После того как эту струну натянули с силой F2 = 156,811, она стала настроена с камертоном в унисон. Найти частоту и, колебаний камертона.
Решение:
Имеем — = — =0,97; v6 = is - v( = 8 Гц, Решая эти
2 v2 \F2
уравнения совместно, получим is = 252 Гц.
13.36. Камертон предыдущей задачи даст с другим |амертоном частоту биений i'6 = 2 Гц. Найти частоту колебаний второго камертона.
Жйщеиие:
Частота биений г- = v-,-vi — (!). Из предыдущей задачи частота одного камертона is =252 Гц, тогда из формулы (1) получим И] = и, -1'- = 250 Гц. Однако следует обратить внимание, что камертон из предыдущей задачи может быть Как вторым, так и первым, т. е. к, =252 Гц, тогда Л =^4-и =254 Гц.
®3.37. Найти частоту г основного тона струны, натянутой с -ЖВДоЙ F = 6 кН. Длина струны / = 0,8 м, ее масса т = 30 г.
327
Решение:
Частота основного тона струны определяется формулой
1 Гг~
= Г — С1)’ Масса СТРУНЫ ™ = pV — (2), где 2Л у pS
V = IS — (3) — ее объем. Из (2) и (3) имеем т - р!$ ,
иг
откуда плотность материала струны р-— — (4). Под-IS
ставляя (4) в (1), находим частоту основного тона струны
v = — И = 250 Гц.
2/ V т
13.38. Найти частоту v основного тона: а) открытой трубы; б) закрытой трубы.
Решение:
а) В открытой трубе образуется стоячая звуковая волна с пучностями на обоих концах. На длине трубы I может
поместиться и полуволн, где и = 1, 2, 3 ... т. е. /= — и
и = — = — . Частота основного тона v = — . б) В закрытой Л. 2/ 2/
трубе стоячая волна имеет на одном конце узел, а на дру-„ , пЛ с пс ,,
том — пучность. В этом случае I = — и и = —= — . час-
с тота основного тона v = — . 4/
13.39. Закрытая труба издает основной тон до (частота и, = 1-30,5 Гц). Трубу открыли. Какую частоту v2 имеет основной тон теперь? Какова длина I трубы? Скорость распространения звука в воздухе v = 340 м/с.
328
решение:
jj закрытой трубе стоячая волна имеет узел на одном конце л пучность на другом. В этом
случае — (1) и
й =Л = — — (2). При « = 1
А 4/
из формулы (2) частота
откуда длина трубы
с
основного тона и, = —,
пС
— — (4). Приравнивая правые
/ = -^- = 0,65 м. Когда трубу открыли, в ней возникла 4и
Стоячая волна с пучностями на обоих концах. Тогда /=~ — (3)и =
Z /*2
части уравнений (1) и (3), получаем /Ц =-^-(5). Из (2) и
(4) следует, что = откуда, с учетом (5), частота v2
основного тона открытой трубы и2 = 2и, - 261 Гц.
£ 14, Электромагнитные колебания и волны
В задачах данного раздела используются данные таблиц 3 ;1 15 приложения. Если в задаче приведена графычесхл j зависимость нескольких величин от какой-либо одной и г,р;1 этом все кривые изображены на одном графике, то по ось: у задаются условные единицы.
14.1. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С = 888 пФ и катушки с индуктивностью £ = 2мГн. На какую длину волны 2 настроен контур?
Решение:
По формуле Томсона период электромагнитных колебаний в контуре Т - 2л:^ЬС — (1). Длина волны, на которую настроен контур, 7,=сТ — (2). Подставляя (1) в (2), получаем 7. = 2лсVLC = 2512 м.
14.2. На какой диапазон длин волн можно настроить . лг-бательный контур, если его индуктивность А = 2 мГн, а смюуть может меняться от С, = 69 пФ до С, = 533 пФ?
Решение:
Длина волны, на которую можно настроить контур ю г задачу 14.1), Я = 2лс\ LC — (1). Подставляя в <0 значения емкостей С-. и С2, получаем диапазон длин гюлн от Л, =700 м до Л, = 1946 м.
14.3. Какую индуктивность L надо включить в колеба ильный КОНТур, ЧТОбы При СМКОСТИ С = 2 МКФ ПОЛУЧИТЬ МЛСГ'.юу v = 1000 Гц?
330
решение:
IIo формуле Томсона период электромагнитных колебаний в контуре T = 2ti/lC — (1), а частота и = у —(2). Из (1)
и (2) следует, что
J 1
Лс
— (3). Возводя обе части
уравнения (э) в квадрат, получаем v~ =—------, откуда
индуктивность контура L - ——s— = 12,бб мГн. Тт'и'С
14.4. Катушка с индуктивностью L =30 мкГп присоединена к плоскому конденсатору с площадью пластин .S = 0,01м2 и расстоянием между ними d = 0,1 мм. Найти диэлектрическую проницаемость е среды, заполняющей пространство между пластинами, если контур настроен на длину волны Л. = 750 м.
Решение:
Емкость плоского конденсатора С = —2-----(1), где £ —
d
диэлектрическая проницаемость среды, S — площадь пластин конденсатора, d — расстояние между ними. Длина волны, на которую настроен контур (см. задачу 14.1), Я = LC — (2). Подставляя (1) в (2), получаем 1££ SL
A = 2xcJ—2— — (3). Возведя уравнение (3) в квадрат, V d
7 ££ SL
получим Л~ =--------2—, откуда диэлектрическая прони-
d
Цаемость среды, заполняющей пространство между плас-
тинами конденсатора, £ = —-2----= 5 9g _
331
14.5. Колебательный контур состоит из конденсатора емкое-тью С = 25 нФ п катушки с индуктивностью L- 1,015 Гн. Обкладки конденсатора имеют заряд q = 2,5 мкКл. Написать х рав. нение (с числовыми коэффициентами) изменения разности потенциалов U на обкладках конденсатора и тока I в цепи. Найти разность потенциалов на обкладках конденсатора и ток в цепи в моменты времени Т/$, Т/4 и Т/2 . Построить графики лих зависимостей в пределах одного периода.
Решение:
Разность потенциалов на обкладках конденсатора U = U0coscot — (1). Начальное значение разности потен-
циалов UQ-—^ — (2), а циклическая частота колебаний
2я /—
со = ----(3), где Т - 2x\LC — (4) — период колебаний.
Подставляя (4) в (3), находим со -
— (5). Подставляя
(7)-
(2) и (5) в (1), получим U = ^cos—^= — (6). Подставляя Е л/ Z.C
числовые данные в (6), получим U = 100саД2л • 10\). 1 ок
в цепи контура I = C^---CUOcos incot
Подставляя числовые данные в (7) и учитывая (2) и (5), получим I = -15,7 sin^Ztr 103 . Если Г, = —, то [Д = 7G.7 В 8
и /.=-11.1 мА. Если А= —, то Е, =0В и /, =-15.7 мА. - 4 -
Если /-=-, то U. = -100В и Д=0. Для заданного 2
интервала значений t построим графики.
контура предыдущей задачи
14.6. Для колебательного
написать уравнение (с числовыми коэффициентами) изменения со временем t энергии электрического поля W3, энергии
магнитного поля 1УМ и полной энергии поля W . Найти энергию
электрического поля, энергию магнитного поля и полную
энергию поля в моменты времени
Т_ 8
— и —. Построить
графики этих зависимостей в пределах одного периода.
333
?ешенпе:
Запишем выражение для энергии магнитного и элект-II1
рических полей катушки =—— — (1) и конденсатора
cU2
W3= — (2). В предыдущей задаче мы нашли:
U = 100cos(2?r • юМв — (3); 7 =-15,7-10'3(2л--103 )а — (4). Подставляя (3) в (2) и (4) в (1), а также числовые значения индуктивности L и емкости С из предыдущей задачи, получим Bz4 = 125-10-6 siir^-r- 10Д)дж и Д'э = 125-Ю^сллу'(2/Т-1 (Г/) Дж. Полная энергия поля W = + W3 = 125 10"6 (sin2 (1л- 103 г) + cos2 (1я -10’/));
W = 125-10-6 Дж. При / = —= -^- имеем еХ = —. то; да 8 4® 4
W = 125 -104’ sin2 - = 62.5 • 10'6 Дж; м 4
W3 = 125 • 10-6 cos2 - = 62.5 • 10’6 Дж; (V = 125-10 6 Дж. I Ip'1 4
334
имеем (Dt = ~, тогда ГГМ = 125-10 6Дж; И7э = 0;
U -4 z
т
^ = 125-10'6Дж. При имеем <у/ = .т, тогда П'у = 0;
#э = 125 • 10’6 Дж; W = 125 • 10'6 Дж.
14,7. Уравнение изменения со временем разности потенциалов на обкладках конденсатора в колебательном контуре 'имеет вид U = 50 ст» 10мxt В. Емкость конденсатора С = 0,1 мкФ. Найти период Т колебаний, индуктивность L контура, закон изменения со временем t тока I в цепи и длину волны Л , соответствующую этому копту ру.
Решение:
По условию уравнение изменения со временем разности потенциалов U = 50сок 1 О'*я-/ —(1). Общий вид уравнения и = иосо$аМ — (2). Сопоставляя (1) и (2), находим
4 2/Г
(У = 10 к и учитывая, что а> = — , находим Г = 0,2мс.
Поскольку период колебаний Т = ht^LC — (3), то, возведя обе части уравнения (3) в квадрат, находим Т2 = 4я2 LC , откуда индуктивность контура Т
£ ~ 4 2С ~ м*^и- Закон изменения со временем тока в
цепи I = C^- = -CUb(osin(at — (4). Подставляя в (4) dt
числовые значения, получаем I = — 157 s7/? 10^1 тг /. Длина волны, соответствующая контуру, Л = сТ - 60 км.
-14.8. Уравнение изменения со временем тока в колебательном контуре имеет вид I - -0.02мн400~/ А. Индуктивность контура £ = 1Гн. Найти период Т колебаний, емкость С коп-1У₽а> максимальную энергию Ж, магнитного поля и максимальную энергию 1Кэл электрического поля.
335
Решение.
По условию уравнение изменения тока со временем 7 =-0,02 5/;? 400л-/ — (1). Закон изменения со временем тока в цепи (см. задачу 14.7) I - -Сийа> sincot — (2). Сопоставляя (1) и (2), находим период колебаний Т = 5мс. С другой стороны, по формуле Томсона Т - 2tt4lC — (3), откуда после возведения (3) в квадрат емкость Т2
конденсатора С = —=— = 0,63 мкФ. Ток максимален, когда L
5?и400л’/ = -1, т. е. 7„юх = 0,02А. Тогда максимальная LI2
энергия магнитного поля JVU = = 0,2 мДж. Поскольку
колебания в контуре не затухают, то по закону сохранения энергии максимальная энергия электрического поля 1^=^,= 0,2 мДж.
14.9. Найти отношение энергии
магнитного поля коле-
бательного контура к энергии его электрического поля дл,1 момента времени Т / 8 .
Решение:
Запишем выражение для энергии магнитного и ,г. 772
электрических полей катушки = —^~ и конденсатора
Trr cU2
. Напряжение в колеоательном конторе
изменяется по следующему закону: U = U0cosa>l, а сила
тока в цепи I-C---------, где С — электроемкость
dt
конденсатора. I = -CUьсо sin со t. Тогда выражения для И',,
nz TIZ LC2U,co2 sin2
и можно записать в виде =-----------------------------•
336
м
CUn cos1 CD t
-2—-----, а их отношение
2
W LC^UaCO1 sin1 cat-2 2 2 , TT
'лм.е----—;----5------= LCcotgcat. Циклическая час-
2CV^ cos'cot
тЬта и период колебаний связаны следующим соотно-
( 2л Т л „
щением: со = — . При /= —, &>t = —. Кроме того,
1 8 4
W- 2 Я 1
W3 к 4
' 14.10. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С = 7мкФ и катушки с индуктивностью Л = 0,23 Гн и сопротивлением R = 40 Ом. Обкладки конденсатора имеют заряд q = 0,56 мКл. Найти период Т колебаний контура и логарифми
ческий декремент затухания К колебаний. Написать уравнение
Изменения со временем t разности потенциалов U на обкладках
конденсатора. Найти разность потенциалов в моменты времени,
Т ЗТ
равные: — , Т, —
и 2Т . Построить график U = пределах
двух периодов.
Решение:
337
Период электромагнитных, колебаний в контуре, ящем из емкости С, индуктивности L и сопрот.'
2 л
R. определяется формулой Т = -
~]\/LC-\R/2Ly
Логарифмический декремент затухания К = 5Г — <
3 =------(2) — коэффициент затухания. Полетаю,.
(1). находим
RT
2L
- 0,7 . Разность потенциалов
об-
кладках конденсатора меняется со временем по .. т.-.цу 2/Т
U = Uae~c' coscot — (3), где со = -^- = 250,т -- Л),
Uo = -^ = 80 В — (5). Подставляя (4) и (5) в (3), получаем
U = 80e“s'5' cos 250л7 . Если Л = — .то J7.=-56,5B Йели 2 1
Ц = Т. то 17, =40 В. Если Z-=—. то U, =-28 В. Нели 2 '
tA = 2Т , то Ij\ =20 В. Характер зависимости L - /(/) показан на графике.
14.11. Колебательный контур состоит из конденсатер емкостью С =0,2 мкФ и катушки с индуктивностью Е = 5.и~мГи. При каком логарифмическом декременте затухания 8? ра: ость потенциалов на обкладках конденсатора за время t = 1 мс ;' 'снь-шптся в три раза? Каково при этом сопротивление R кони рс?
Решение:
Период электромагнитных колебаний в контуре р.дсп 2,т
Г = -=======. Предположим, что R достал с ч'но 71/ LC-(R/ 2I)2
мало, тогда период колебаний найдем по форму-16 Т = 2,tVLC = 0,2 • 10~’ е. Разность потенциалов на ооклад-338
конденсатора изменяется со временем по закону
0ТКУДа =-------£---- Подставляя
0.2-10’33 Числовые данные, получим S =
, ~ 0,22 . Лога-
10’3
рифмический декремент затухания
К = ~ Т, откуда
В
R
2L
— = 11,1 Ом. Величина Т
^д-~Ю9, следовательно, мы действительно
*10'’ намного меньше
ч
величины
могли применять формулу Т = 2л-VLC .
14.12. Колебательный контур состоит из конденсатора ем-|©стью С = 405 нФ, катушки с индуктивностью А = 10мГн и ^гиротивления R = 2 Ом. Во сколько раз уменьшится разность Йртенциалов на обкладках конденсатора за один период коле-
решение:
разность потенциалов на обкладках конденсатора меняется
современем по закону U - U^e а' coscot, следовательно, за |ремя t-Т отношение — = еа — (1), где
2л
LC-[r/2L)2
—• (2) — период электромагнитных
Колебаний в контуре, 8 = ~~ — (3) — коэффициент затухания. Подставляя (2) и (3) в (1), окончательно получаем
1Г=е^
____kR____
VZ/C-2?3/4
= 1,02.
39
14.13. Колебательный контур состоит из конденсатора емкое тью С = 2,22 нФ и катушки длиной / = 20см из .медной приволоки диаметром с? = 0,5 мм. Найти логарифмический декремент затухания К колебаний.
Решение:
Пусть D — диаметр катушки, тогда ее площадь попе-
речного сечения равна 5К -------(1). Число витков ка.
по витков
тушки N =------(2), где I — длина катушки, d — тиа-
d
метр проволоки. Индуктивность катушки L = ppprlS — (3), где р0 = 4тт • 10“7 Гн/м — магнитная постоянная, л — N 1
проницаемость среды, п =— =------(4) — чис-
/ d
на единицу длины. Подставляя (1) и (4) в (3),
L __ ppjTtD2 4d2
катушки составляет l} = ttD, а всей проволоки, намотанной , ,7tDl .
на катушку, /, =Nl.~------ — (6). Активное соиро-
d
магнитная
(5). Длина одного витка
получаем
тивление проволоки R = р-^-, где р — удельное сспро-^пр
тивление меди, 5пр =—— — (8) — площадь поперечного сечения проволоки. Подставляя (6) и (8) в (7), получаем Д = — (9). Логарифмический декремент затухания
d
К = &Г — (10), где b — (11) — коэффициент вату-хания, Т - 2я->1кС — (12) — период электромагнитных колебаний в контуре. Подставляя (5) в (12), находим 340
f — (14), затем, подставляя (13) и (14) в
d
zi(n окончательно получаем К = — = 0,018 .
1 d }
14.14. Колебательный контур имеет емкость С = 1,1 нФ и индуктивность Т = 5мГн. Логарифмический декремент затухания к = 0,005. За какое время вследствие затухания потеряется 99% энергии контура?
Решение:
Разность потенциалов на обкладках конденсатора меняется со временем по закону U-Uoe~Sl cosa>t — (1). Из фор-
мулы (1) следует, что = — (2). По условию
——— = 0,99, следовательно, — = 100 — (3). Прирав-Uo U
нивая правые части уравнений (2) и (3), получаем ег'=100 — (4). Логарифмируя уравнение (4), находим 6t = ln\QQ — (5). Логарифмический декремент затухания К = <5Т, откуда <7 = -р- — (6)- Подставляя (6) в (5), полу-, Tin 100 ... ,
чаем — = In 100 или t = ——-------(7). По формуле Том-
сона Т = 2л VLC — (8). Подставляя (8) в (7), окончательно
находим t = = j з 6 м/с
К
14.15. Колебательный контур состоит из конденсатора и катушки длиной I = 40 см из медной проволоки, площадь поперечного сечения которой s = 0,1 мм2. Найти емкость конденсатора С, если, вычисляя период колебаний контура по приближенной, формуле Т - 2л 7LC , мы допускаем ошибку с = \%.
341
Т - Т
Указание: учесть, что ошибка е=—---,где Т, —петг.- ..
" j' 1 ; А-
лебанпй, найденный по приближенной формуле, а Т. - . • колебаний, найденный по точной формуле.
Решение.
Индуктивность катушки (см. задачу 14.13) L = L __ 4с<-
(1), где D —диаметр катушки, d —диаметр пре; ;.:it
Поскольку 5 = ^—, то т/2 =— — (2) и d = 2^ — 4 л \ л
Подставляя (2) в (1), получаем L = &
Л D 4р£>/
Активное сопротивление проволоки R = ——
р — удельное сопротивление меди. Подставляя (3) г, (5),
□).
(4).
где
_ pDl ( л'"\2 „
получаем R =------ — — (6). По формуле
2 у 5 J
Т\ = 2л^ЬС — (7). Подставляя (4) в (7), я-2£> Iрр^С
7, =----J—у— — (8). По точной формуле,
2 у .S'
активного сопротивления проволоки, намотанной на 2л
Томсона
пол \чаем
с учетом
катушку, Г, - -,.=------— (9). Подставляя (4) и
Jl/£C-(7?/2£)2
(6) в (9), получаем Т-, =-
1С
(ULl0 ~ р~1 С
(10). По условию £• = !- —--(11). Подставляя (8) и (!'•') в
7)
(11), находим 6' = 1-1-- — (12). Возводя обе
V m
342
части уравнения (12) в , p'ICn + 1 = , откуда
* А-"о
= 0,68 мкФ. яр'1
квадрат, получаем
окончательно находим
14.16. Катушка длиной / = 50см и площадью поперечного сечения 5 = 10 см’ включена в цепь переменного тока частотой =50 Гц. Число витков катушки Лг = 3000. Найти сопро-йшление R катушки, если сдвиг фаз между напряжением и током <р = 60°.
Решение:
Сдвиг фаз между напряжением и током определяется
Ц. х , coL-1/coC ... п
формулой tg(p--------------(1). Поскольку цепь не со-
Si R
Держит конденсатора, то формула (1) примет упрощенный
4 /К ТТ "
ввд tg<P-------(2). Циклическая частота колсоании свя-
R
|иаа с обычной соотношением со - 2nv — (3). Подставляя
2 у
(3) В (2), получаем tgcp - ——— — (4). Индуктивность
Ц- . -> N
Катушки L = pp^'lS — (5), где и = — — (6) — число
Вйгков на единицу длины. Подставляя (6) в (5), получаем
г _ PPqN2S
ь--------- — (7), затем, подставляя (7) в (4), находим
2nvppQN2S Rl
, откуда активное сопротивление катуш-
киЛ = 3£!^Ц = 41Оч
ltg<p
14.17. Обмотка катушки состоит из Л'= 500 витков медной проволоки, площадь поперечного сечения которой s = 1 мм2.
343
Длина катушки I = 50 см, ее диаметр D = 5 см. При какой частоте v переменного тока полное сопротивление Z катушки вдвое больше ее активного сопротивления R ?
Решение:
(1), а ее полное сопротивление
Активное сопротивление катушки (см. задачу 14 15)
R_pDl( л-V 2
z = -/r2 + &2L2 — (2). Индуктивность катушки (см. зада-
чу 14.16) L = — (3), где 5К =— — (4) — лло-
/ 4
щадь поперечного сечения катушки. Подставляя (4) в (3), т ULlnN27rD2
получаем L = - --- — (5). Поскольку <у = 2лги —
(6), то, подставляя (1), (5) и (6) в (2), получаем
Z= —И Op2/4 + 7rv2p2p2N4D2S3 — (7). По условию 2/ \ S J
Z = 2R. Подставляя (1) и (7) в (8), получаем p2l4 +7tv2 р2 plN4 D2S3 ~2pl — (9). Возведя обе части уравнения (9) в квадрат, имеем p2l4 + nv2p~pa х о ^2 j4
y.N4D2S3 = 4р214, отсюда и2 =—, , .—т—г или оконча-7tp2p20N4D2S3
телыю v =----:
= 265 Гц.
14.18. Два конденсатора с емкостями С, =0,2 мкФ и С, =0,1 мкФ включены последовательно в цепь переменного тока напряжением U = 220 В и частотой v = 50 Гц. Найти ток 1 344
j цепи и падения потенциала С/С1 и UC2 на первом и втором конденсаторах.
решение:
Емкостное сопротивление конденсатора выражается формулой хс=-^ — (1), где бУ = 2л-и — (2) — циклическая частота колебаний. Подставляя (2) в (1), найдем 1 1 сопротивления конденсаторов: хс1 ------ и хс-> ------.
" 2лтС2
Поскольку конденсаторы соединены последовательно, то С. + С\ .. йх общее сопротивление ,тс = лс1 + д;!-------— — (3).
2;тиС1С2 U
По закону Ома для переменного тока =—— — (4), где
? Xс
j/зф = — (5) и Uy^ =-¥= — (6) — эффективные зна-
л/2 -у 2
чёния тока и напряжения. Подставляя (3) в (4), с учетом (5) т С. Л* к* С। 2 ,—г
и (о), находим ток в цепи 7 = —;——— = 4,6 мА. Падения Cj+C2
потенциала на первом и втором конденсаторах будут д. (\U
соответственно равны Ul=IXcl =—-—- = 73,34 В и
С,+С2
U2 = 1Хс2 = —_ 1466 £ С > + С\
14.19. Катушка длиной 1-25 см л радиусом г = 2 см имеет обмотку из ЛА = 1000 витков медной проволоки, площадь Поперечного сечения которой т = 1 мм2. Катушка включена в Цепь переменного тока частотой v = 50 Гц. Какую часть полного сопротивления Z катушки составляет активное сопротивление Л и индуктивное сопротивление XL ?
345
Решение:
Индуктивность катушки выражается формулой L - рц х
, N
wlSK — (1), где п =-----(2) — число витков на единицу
длины и SK=nr2 — (3) — площадь поперечного сечения катушки. Подставляя (2) и (3) в (1), получаем т рр0Х2лг2
L = —-----------(4). Индуктивное сопротивление катуш
ки выражается формулой Xl=coL — (5), где со = 2дл- —. (6) — циклическая частота колебаний. Подставляя (4) и (6)
Q ” AZ~ ~
в (5), получаем XL = —— — (7). Активное со-
/
противление проволоки выражается формулой R- р-2-
— (8), где /пр = ZnrN — (9) — длина проволоки,
намотанной на катушку. Подставляя (9) в (8), получаем 2тг vNp
R =-----— — (10). Полное сопротивление пени
_ 2Л7'А ГТт т т -> э ч , -> „2
Z-—-д/Z-p- +л V р рр\~г S
*3/
•— (11). Из формул f 7),
(10) и (11) следует, что доли активного и емкостного сопротивлений от полного соответственно рагны
— = ________ = 0,74 100% = 74% и
Z рр'-
7tvppQNrS
ф2р2 + л2\'2 рг p^N2r2S2
= 0,68'100% = 68%.
14.20. Конденсатор емкостью С =20 мкФ и резистор, сопротивление которого Л = 150Ом, включены последовательно в цепь переменного тока частотой н = 50Гц. Какую часть напряжения U, приложенного к этой цепи, составляют падения напряжения на конденсаторе Uc и на резисторе Ul( ?
346
решение:
gfcfKOCTH°e сопротивление конденсатора (см. задачу 14.18) у -—1— — (1). Полное сопротивление цепи .•с 2nvC
Z - ^R2 + % с — (-)• Подставляя (1) в (2), получаем
7'= /7?2 +—е-д—~ — (3). По закону Ома для пере-V Дтг’и'С'
менного тока /э,.,
(4), где Лф=^ — (5) »
— (6) — эффективные значения тока и напря-^ания. Подставляя (3) и (4), с учетом (5) и (6), находим ток Sb цепи 7= .——==• — (7). Токи через резистор JR-
и конденсатор соответственно равны = ^- — (8) и
Ic -2kvCUc — (9), где Ul( и Uc — падения напряжения
на резисторе и конденсаторе. Поскольку резистор и конденсатор соединены последовательно, то I - 1С = 1К —
(10). Подставляя (7), (8) и
—у , , . = 2лтС и,- и
д/Х" + 1/(4тг2и2С2)
(9) в (10), получаем
U _UIf ,
Vt?2 + 1/47Т2и2С2 r ’
откуда J . _== = 0,727• 100% = 72.7%
U 2^7т?2 +1/(4^2и2С2)
- 0,685 • 100% = 68,5% .
14.21. Конденсатор и электрическая лампочка соединены последовательно и включены в цепь переменного тока напря-«ением V = 440 В и частотой v = 50 Гц. Какую емкость С дол
347
жен иметь конденсатор для того, чтобы через лампочку протекал ток I - 0,5 А и падение потенциала на ней было равным
Un = 110В?
Решение:
Ток, протекающий через лампочку (см. задачу 14.20), I = — — (1), где — сопротивление лампочки. С дру. гой стороны, I- ,----- У — (2). Из (1) имеем
JR2 + 1/\4я2у2С2)
Rn = — (3). Возведя (3) в квадрат и подставляя в (2),
т U
получим I = —. , \, откуда после пре-
yjU2/I2 + 1/\4л:2у2С2)
образований находим емкость конденсатора С =-----. 1 — = 3,74 мкФ.
2xv*Ju2-U2
14.22. Катушка с активным сопротивлением R = 10 Ом и индуктивностью L включена в цепь переменного тока напряжением U = 127 В и частотой и = 50Гц. Найти индуктивность L катушки, если известно, что катушка поглощает мощность Р = 400 Вт и сдвиг фаз между напряжением и током <? = 60°.
Решение:
Изобразим векторную диаграмму напряжений. Катушка обладает индуктивностью L и активным сопротивлением R. Напряжение на R будет иметь такую же фазу, что и ток I, а напряжение на индуктивности UL опередит ток
на —. Полное напряжение мож-
348
jjo изобразить (см. рисунок) векторной суммой j; = [7Л + £//• Индуктивное сопротивление катушки (см. задачу 14.19) X, = 2xvL — (1), а ее полное сопротивление ^ = Jr2+X} — (2). Подставляя (1) в (2), получаем 2 = V)?2 + 4л-2и21} — (3). По закону Ома для переменного тока /эф =^- ~ (4), где = 4= - (5) и Пэф -
.. Z» “у 2. у
(6) — эффективные значения тока и напряжения. Подставляя (3) и (4), с учетом (5) и (6), находим ток в цепи г У — (7). Мощность, поглощаемая
7я! + 1/(4^!ЛГ)
катушкой, Р = I^U^cosp — (8). Подставляя (7) в (8), _ U2 cos(р
получаем Р = •. , откуда после пре-
yR2+47t2v2L2
образований находим индуктивность катушки т Ju* cos2(p-P2R2 „ _
L - ----------------- 5о мГн.
14.23. Найти формулы для полного сопротивления цепи Z и Сдвига фаз д> между напряжением и током при различных способах включения сопротивления R, емкости С и индуктивности L. Рассмотреть случаи: а) Л и С включены последовательно; б) Л и С включены параллельно; в) R и L включены последовательно; г) R и L включены параллельно; д) R, Un С включены последовательно.
Решение:
Если цепь содержит сопротивление R, емкость С и индуктивность L, соединенные последовательно, то пол-
ное сопротивление цепи равно
Z = Jr2+ \a>L — V а>С
349
(I), а сдвиг фаз между напряжением и током определяется , „ t a>L-\/(oC ...
формулой tgcp --------------(2).
а) Если R и С включены последовательно, то L следовательно, формулы (1) и (2) примут
v I „2 j 1 I I
2 = + “F и/^=—уг
V [а>С1 а>С R
б) Если R и С включены параллельно, то L = 0. Тогда
1 i ,д"> .. R
-r + lfijC) , откуда Z = и tgo = -» CR .
R' ^\ + R2cu2C2
в) Если R и L включены последовательно, то С = 0,
следовательно, формулы (1) и (2) примут вид
Z = л/яМйЛУ
(oL И tgcp=- —
г) Если R и L включены параллельно, то
С = 0. Тогда
р
fg<P =
<у L
_1_
Z
, откода Z =
RcoL
+ L)2
и
д) Если R, L и С включены последовательно, то формулы для / и tgq> будут иметь начальный вид г' ; и (2). В качестве примера пострлм векторную диаграмму для дано ;о случая. Векторы UR и I буд\ i параллельны, вектор lJb поверну, на
я
— против часовой стрелки, а с. —
по часовой стрелке относительно I (см. рисунок).
14.24. Конденсатор емкостью С = 1мкФ и резистор <спр°‘ тивлением R =ЗкО.м включены в цепь переменного тока насю-350
1/ = 50Гц. Найти полное сопротивление Z цепи, если конденсатор и резистор включены: а) последовательно; б) параллельно.
решение:
а) Если конденсатор и резистор включены в цепь последовательно, то полное сопротивление цепи (см. задачу
, ( 1 Y
Ф4.23) равно Z = .I7? + ---- — (1), где со = Ircv —
у (уд С J
(2) — циклическая частота колебаний. Подставляя (2) в (1), получим Z -.l/i2 +——-= 4,37 кОм. б) Если конден-у V 4/Т-ц-С”
еатор и резистор включены в цепь параллельно, тогда R
(Z = , — (3). Подставляя (2) в (3), получим
Vi+/?2®2c2
Z = R = 2,18 кОм.
71 + 4л-2и2С2/?2
14.25. В цепь переменного тока напряжением £7 = 220 В и частотой г = 50Гц включены последовательно емкость С = 35,4 мкФ, сопротивление А = 100 Ом и индуктивность L - 0,7 Гн. Найти ток I в цепи и падения напряжения Uc , UR и UL на емкости, сопротивлении и индуктивности.
Решение:
По закону Ома для переменного тока = _~ — (0» гДе
Jz у
R2 + \coL--— (2) — полное сопротивление
У соС)
Цепи> — О) и — (4) — эффектив-
ные значения тока и напряжения. Подставляя (2) в (1), с Учетом (3) и (4), и учитывая, что со = — цикли-
351
ческая частота колебаний, находим ток в цепи 1 = -~^_ — Ч_..----... — = 134А. Падение напряжения
^R~ +(2nvL-U2avC\
на емкости павно Uc = 1ХС -—-— = 120,49 В. Падение 2лтС
напряжения на резисторе UR = IR = 134В. Паление напряжения на индуктивности равно UL = IX; = ZnvLI = 294,68 В.
14.26. Индуктивность L = 22,6 мГн и сопротивление R включены параллельно в цепь переменного тока частотой v = 50 Гц. Найти сопротивление R , если известно, что сдвиг фаз между напряжением и током <р = 60°.
Решение:
Если индуктивность и сопротивление включены параллельно в цепь переменного тока, то сдвиг фаз между напряжением и током (см. задачу 14.23) определяется
формулой lg(p = — — (1), где й? = 2/Т1' — (2) — ци-aL
клическая частота колебаний. Подставляя (2) в (1), R
получаем tg(p =---------, откуда сопротивление
2лт-£
R = 2xvLtg<p = 12,3 Ом.
14.27. Активное сопротивление R и индуктивность L соединены параллельно и включены в цепь переменного тока напряжением [/ = 127В и частотой и = 50Гц. Найти сопротивление R и индуктивность L , если известно, что цепь поглощает мощность Р = 404 Вт и сдвиг фаз между напряжением и то-ком д = 60°.
Решение:
Если активное сопротивление и индуктивность включены параллельно в цепь переменного тока, то полное соирО" 352
давление цепи (см. задачу 14.23) определяется формулой RcoL
7- г- —(1), где со - 2/rv —(2) — циклическая
z 7F7W
частота колебаний, а сдвиг фаз между напряжением и то-7?
ком (см. задачу 14.26) равен tgcp --—- — (3). Подставляя
(2) в (1), получаем Z = , — (4). По закону
77?2+(2^)2
CG, I
Ома для переменного тока 7эф - —1-(5), где /эф = -==• —
(6) и t/эф = — (7) — эффективные значения тока и на-
пряжения. Подставляя (4) в (5), с учетом (6) и (7), получим U^R2 + (2kvL)2 ,q.
1=—1------*---— — (8), а мощность переменного тока
2kvRL
Р = I^U^coscp — (9). Подставляя (8) в (9), получаем
Р = +(2яч/£)~ — Решая совместно (3), (4) и
A/rvRL
(10), находим R = - - + = 40 Ом и
2Р
u2jtg2<p + i
^TtvPtgcp
- 74 мГн.
14.28, В цепь переменного тока напряжением U = 220 В включены последовательно емкость С , сопротивление R и индуктивность L . Найти падение напряжения Ul( на сопротивлении, если известно, что падение напряжения на конденсаторе с = 2Ц< > на индуктивности Ul = 3UK.
*2'3269 2^0
Решение,
Если емкость сопротивление и индуктивность вклю, чены в цепь переменного тока последовательно, то ~(1)’ГДе Ul- И падения
напряжения на сопротивлении, индуктивности и емкости По условию Uc = 2Ult — (2) и UL = 3UR — (3), Подставляя
(2) и (3) в (1), получим U = = откуда падение
напряжения на сопротивлении UR = -^= -155,56 В.
Глава V ОПТИКА
§ 15. Геометрическая оптика и фотометрия
Значение показателя преломления п для некоторых веществ можно найти в таблице 18 приложения.
15.1. Горизонтальный луч света падает на вертикально расположенное зеркало. Зеркало поворачивается на угол а около вертикальной оси. На какой угол 9 повернется отраженный луч?
Решение:
При повороте зеркала на угол а перпендикуляр к зеркалу, восстановленный в точке О падения луча, также повернется на угол а, поэтому угол падения тоже будет равен а, а угол между падающим и отраженным лучами равен 2а .
15.2. Радиус кривизны вогнутого зеркала R = 20 см. На расстоянии а, = 30 см от зеркала поставлен предмет высотой = 1 см. Найти положение и высоту у2 изображения. Дать чертеж.
Решение:
Фокусное расстояние зеркала 7? = у = 10см. Подставим значения at и F в формулу вогнутого зеркала:
—L 1 1 Fa
’ отсюДа аг =------ = 15 см. Т. к. стержень
355
расположен за центром зеркала то его изображение действительное (/>0), обратное уменьшенное. Увеличение
к = = 0.5 . Следовательно, вн-
сота изображения у-, = ку\ = 0.5 см.
15.3. На каком расстоянии а-, от зеркала получится изображение предмета в выпуклом зеркале с радиусом кривизны R = 40 см, если предмет помешен на расстоянии я, = 30 см от зеркала? Какова будет высота у, изображения, если предмет имеет высоту у( =2 см? Проверить вычисления, сделав чертеж на миллиметровой бума!е.
Решение:
1 1 1
= —-----=------, откуда
Изображение А'В' предмета АВ мнимое, прямое, уменьшенное. Фокусное расстояние зеркала
F = —— = -20 см. Используя фор-
1 мулу зеркала, имеем — = «
ы
л, =-12 см. Увеличение к = —-~
= 0.4 . Высота изображения у2 = kyt = 0.8 с.м.
15.4. Выпуклое зеркало имеет радиус кривизны R = 60 см. На расстоянии я, =10 см от зеркала поставлен предмет высотой У|=2см. Найти положение и высоту у, изображения. Дать
чертеж.
356
Решение:
Изображение мнимое, прямое, уменьшенное (см. рисунок к yj задаче 15.3). Фокусное расстояние зеркала F = -— =
т, , 111
= -30см. Используя формулу зеркала, имеем — =-,
а2 F Ч
км
откуда а, =-7,5 см. Увеличение к = '-—! = 0,75 . Высота «I
изображения у2 = ку\ =1.5 см.
15.5. В вогнутом зеркале с радиусом кривизны Л = 40 см хотят получить действительное изображение, высота которого вдвое меньше высоты самого предмета. Где нужно поставить предмет и где получится изображение?
Решение:
Из подобия треугольников ABF /7 F
vt>CDF следует, что — =--------
К ~ F
(I) . По формуле вогнутого зер-
кала имеем — = —+ — — (2), F а2
a F
откуда J---------- — (3). Из
<7[ - F
сравнения соотношений (1) и (2)
условию —J-= 2 , следовательно. — -2 или л, = 2д, — а,
(4). Фокусное расстояние зеркала /' = у = 20см. Из (2)
найдем F = а'а-
£?[ + С1-)
подставляя (4), получим F - а-,, сле
357
довательно, a{-2F = R. Таким образом, предмет нужно поместить в центр кривизны зеркала, а его изображение получится в фокусе.
15.6. Высота изображения предмета в вогнутом зеркале вдвое больше высоты самого предмета. Расстояние между предмсц>м и изображением а} + а2 =15 см. Найти фокусное расстояние /' и оптическую силу D зеркала.
Решение:
тх ^>3 ~ 77, _ . _ _
Имеем — = 2, следовательно. — -2 (см, задачу 15.5/ По
условию ai + а2 = 15 см. Т. к. а2 = 2а,, то а, + 2а, = ! 5 см; а, = 5 см; а2 = 10 см. Изображение получится прямое, мнимое и увеличенное, если предмет находится между зерка-1 т- 111
лом и фокусом. Тогда по формуле зеркала — =------------,
F а, а,
откуда фокусное расстояние F = а-а2 = 10 см. Опти-а, - а,
ческая сила зеркала £> = — = 10 дптр.
15.7. Перед вогнутым зеркалом на главной оптической оси 4F
перпендикулярно к ней на расстоянии at = —- от зеркала иоста-3
влена горящая свеча. Изображение свечи в вогнутом зеркале попадает на выпуклое зеркало с фокусным расстоянием F' = F' Расстояние между зеркалами d = 3F, их оси совпадают. Изображение свечи в первом зеркале играет роль мнимого предмета по отношению ко второму зеркалу и дает действительное пзоора-жение, расположенное между обеими зеркалами. Построить эЮ изображение и найти общее линейное увеличение к системы-358
решение:
Имеем = —+ “ (1);
Г «2
J_=_L-J- — (2); по 2F о{ а'г условию а2 — Я] — (3).
Увеличение вогнутого зер-, ch кала *!= —, увеличение «1
выпуклого зеркала к2=-у, оощее увеличение системы
ci cf
к = к,к2 =-^- — (4). По условию п, =--, тогда из (1)
«jCTj 3
найдем а2 = 4F. Подставляя значение а2 в (3), получим ,4F-a[ =3F , откуда =F . Тогда из (2) найдем а2 = 2F . Подставляя значения а{, а2, а[ и а'2 в (4), найдем
15.8. Где будет находиться и какой размер у2 будет иметь изображение Солнца, получаемое в рефлекторе, радиус кривизны которого R = 16 м?
Решение:
Диаметр Солнца У[=1,4-109м, расстояние от Земли до
Солнца =1,5-10“ м. Имеем = — (1), где а, —
yt «I
расстояние от рефлектора до изображения Солнца (см.
^чу 15.5). По формуле зеркала — = — + — , откуда
R аг а2
359
Ra. „ /- /-
a-> =---1— «8 м, т. е. изображение будет находиться
2at - R ’ “
фокусе. Это следует также из того, что расстояние д0 Солнца очень велико и его лучи можно считать параллельными, следовательно, они дадут изображение в фокусе. Из (1) найдем у2 = у{а2 / а} = 7,5 см.
15.9. Если на зеркало падает пучок света, ширина которого определяется углом «, то луч, идущий параллельно главной оптической оси и падающий на край зеркала, после отражения от него пересечет оптическую ось уже не в фокусе, а на некотором расстоянии AF от фокуса. Расстояние x = AF называется продольной сферической аберрацией, расстояние у = FH — поперечной сферической аберрацией. Вывести формулы, связывающие эти аберрации с углом а и радиусом кривизны зеркала R.
Решение:
Из равнобедренного треугольника ОАМ R
Н хА имеем ОА= —cosa. Продольная сфери-
R
ческая аберрация x = AF = OA----, или
ЯХсйЯ 2
—*------f 1 Л
д- =—-------1 . При <7 = 0 имеем
2 cos a J
cosa = l, следовательно, .т = 0. Поперечная сферическая аберрация у = FH = xtgAHAF . Но AHAF = 2а , как R внешний угол треугольника АОМ, отсюда У = ~х
х|—-------1 |/g2a . При <7 = 0 имеем со5 <7 = 1, следова-
V cos a J
тельно, lg2a = 0 и у = 0.
15.10. Вогнутое зеркало с диаметром отверстия с/= 40 см имеет радиус кривизны R = 60 см. Найти продольную .г п п0* 360
перечную у сферическую аберрацию краевых лучей, параллельных главной оптической оси.
решение:
( 1 Л Из задачи 15.9 имеем х = —--------1 -
2 < cos a J
(1); = ----Л&2а — (2)- Из Ри-
d/2 сунка видно, что sina ~ —— ® 0,лЗ,
отсюда а «19.3° ; cos а « 0,94; tgla » 0,8. Подставляя числовые данные, получим .г = 1,8 см; у -1,44 см.
15.11. Имеется вогнутое зеркало с фокусным расстоянием F =20 см. На каком наибольшем расстоянии h от главной оптической оси должен находиться предмет, чтобы продольная сферическая аберрация х составляла не больше 2% фокусного расстояния F?
Решение:
Имеем x = F--------1 — (1) (см. задачу
\cosa J
15.9). Из рисунка видно, что h = Rsina
. h h
или sma = — = — — (2). Из основного
R 2F
тригонометрического тождества имеем cosa = ->/1 -sin2 а или, с учетом (2),
cosa = y][-h2 / 4F2 — (3). Подставляя (3) в (1) и учиты-
вая, что х = 0,02F, получим
с 0,02F = F
361
15.12. Луч света падает под углом /=30° на плоскопараллельную стеклянную пластинку и выходит из нее параллельно первоначальному лучу. Показатель преломления стекла п = 1,5 Какова толщина d пластинки, если расстояние между лучами / = 1,94 см?
Решение:
Смещение луча I - ABsin(i-r), где г — угол преломления луча в стекле. Толщина пластинки d связана со смещением луча следующим соотношени-, . D Icosr
ем: d = АВ cos г -------------—.
sin i cos г - cos i sin r
Согласно закону преломления sini , sin2 i
sinr =---, t. e. co5r = 4l-----—,
и V n
, ls]n2 - sin2 i поэтому d =-----. -
sin i\\n2- sin2 i - cos i
Подставляя числовые данные, получим d = 0,1 м.
15.13. На плоскопараллельную стеклянную пластинку толщиной d = 1 см падает луч света под углом i = 60° . Показатель преломления стекла п = 1,73. Часть света отражается, а часть, преломляясь, проходит в стекло, отражается от нижней поверхности пластинки и, преломляясь вторично, выходит обратно в воздух параллельно первому отраженному лучу. Найти расстояние / между лучами.
Решение:
Согласно закону преломления sin г = = 0,5, следо-
п
вательно, угол преломления г = 30°. Из ДАОС найдем AD = d tgr, тогда АВ = 2d -tgr, а I = АВ sin{9Q° - i) ~ 362
= 2d • tgt'3 0° • Подставляя числовые данные, получим / = 0,58 см.
15.14. Луч света падает под углом / на тело с показателем преломления п. Как должны быть связаны между собой величины i и п, чтобы отраженный луч был перпендикулярен к преломленному?
Решелне:
Согласно закону преломления ------= S* .А
sin г \ : Р/
— — — (1). Из рисунка видно, что _________ &
п П
/КОВ = р, /КОА = г (как углы с со-
ответственно перпендикулярными
сторонами). Поскольку по закону отражения /? = i, а /.КОВ + /КОА = 90° (по условию), то i + г - 90°. Сов-sini sini
местное решение (1) и (2) дает --------= —т--------г =
sin г sin\9Q°-i)
_ sini
-----; = tgi = п.
COS l
15.15. Показатель преломления стекла п = 1,52. Найти предельный угол полного внутреннего отражения р для поверхности Раздела: а) стекло — воздух; б) вода — воздух; в) стекло — вода.
363
Решение:
Полное внутреннее отражение происходит, если значение преломленного угла г > 90°. При г - 90° из закона пре-
ломления имеем sin/3 = — . Подставляя значение w, и « И1 2
для различных поверхностей раздела, найдем: a) sin [3 =
= — = 0,65; /? = 4Г; б) sin в = — = 0,75 ; /Ь49°-
1,52 1,33 ’
в) sin в = — = — = Ъ,88- /?«61°.
1,52 1,52 и
15.16. В каком направлении пловец, нырнувший в воду, видит заходящее Солнце?
Решение:
или
солнечных лучей
преломления имеем
I
---- =п , откуда sin г
Угол падения i = 90°. Из закона sin i ----= п sin г
sin г = — = 0,75; г « 49°. Следователь-п
но, пловец видит Солнце под углом fl = i-r = 4}° к по
верхности воды.
15.17. Луч света выходит из скипидара в воздух. Предельный угол полного внутреннего отражения для этого луча р = 42°23'. Найти скорость Vj распространения света в скипидаре.
Решение:
Физический смысл абсолютного показателя преломления заключается в том, что он показывает, во сколько раз скорость света в вакууме больше скорости света в данном веществе. Тогда скорости распространения света в скипидаре и в воздухе связаны с соответствующими пока-364
77. V-)
'зателями преломления соотношением —~ = — (1).
Поскольку п2 =1, a v, =с, то из (1) и, = — — (2), где vi
с = 3-108м/с — скорость света в воздухе. Значение пх
. о п, \ 1
найдем из соотношения sin р = . откуда п} =----.
п} п} sin Р
Тогда из (2) найдем Vj = — = csin 0 . Подставляя числовые «I
данные, получим т, =2,02ИО8 м/с.
15.18. На стакан, наполненный водой, положена стеклянная йластинка. Под каким утлом i должен падать на пластинку луч света, чтобы от поверхности раздела вода — стекло произошло полное внутреннее отражение? Показатель преломления стекла л = 1,5.
Решение:
ТГ „ П.
110 закону преломления ------= » . Если sin р- —, где
sin р п
«[ — показатель преломления воды, то произойдет полное внутреннее отражение от поверхности раздела стекло — вода. Тогда sini = nsinp = пх -1,33, т. е. условия задачи неосуществимы.
15.19. На дно сосуда, наполненного водой до высоты А = 10 см, помещен точечный источник света. На поверхности воды плавает круглая непрозрачная пластинка так, что ее центр находится над источником света. Какой наименьший радиус г Должна иметь эта пластинка, чтобы ни один луч не мог выйти ерез поверхность воды?
365
Решение:
Лучи, идущие из светящейся точки А, падают на границу раздела вода — воздух расходящимся пучком. Те лучи, которые падают па границу раздела под углом, большим предельного а0, отразятся в воду, испытывая полное отражение, а в воздух выйдут лишь лучи, заклю
ченные внутри конуса радиусом г и вершиной в точке А . Для лучей, идущих из воды в воздух
под предельным углом, можно записать: sinaCj = — — (1), «1
где И[ и — показатели преломления воды и воздуха соответственно. Из &АВС г - htga0 — (2). Решая совместно (1) и (2) относительно радиуса пластинки, ИП-у ГТ
получим: г-—, . Полагая, что показатели прелом-
V"l2-«2
4 ления воздуха и воды соответственно =— и
3 находим: г =—T=h = 11,3 см.
V7
15.20. При падении белого света под углом /' = 45° на стеклянную пластинку углы преломления /? лучей различных длин волн получились следующие:
Л, нм 759 687 589 486 397___
Р 24°2’ 23°57' 23°47' 23°27' 22°57'
Построить график зависимости показателя преломления материала пластинки от длины волны Л .
366
п
решение:
sini „ . . V2 V2 „
Имеем = n . 1. к. sm i = —, to n =-. Подвиг/?-------------------------------------2 2 sin ft
вставляя числовые данные, дополним таблицу значениями И и построим график зависимости п- /(л).
Лим 759 687 589 486 397
24°2' 23°57' 23°47' 23°27' 22°57'
1,74 1,74 1,75 1,78 1,81
15.21. Показатели преломления некоторого сорта стекла для фасного и фиолетового лучей равны =1,51 и иф = 1,53. Найта предельные углы полного внутреннего отражения ft^ и ft$ при падении этих лучей на поверхность раздела стекло — воздух.
Решение:
Имеем sin ft = — (см. задачу 15.15). Отсюда sin ft = п р
_ 1 ,
— = 0,66; Дф = 41,5°; sinft.= — = 0,65; /?ф=40,8°.
ч> «Ф
367
15.22. Что происходит при падении белого луча под углом / = 41° па поверхность раздела стекло — воздух, если ВЗЯТь стекло предыдущей задачи? (Воспользоваться результатами Пре. дыдушей задачи.)
Решение:
Поскольку полное внутреннее отражение происходит при значениях угла падения i > [3 (предельного угла полного отражения), то фиолетовые лучи испытают полное внутреннее отражение, а красные лучи выйдут из стекла в воздух.
15.23. Монохроматический луч падает нормально на боковую поверхность призмы, преломляющий угол которой у = 40°. Показатель преломления материала призмы для этого луча п = 1,5. Найти угол отклонения 6 луча, выходящего из призмы, от первоначального направления.
Решение:
Т. к. луч падает по нормали, то на первой поверхности он испытывает преломления. Обозначим через а и р углы падения и преломления на второй поверхности. 8 — угол между входящим лу чом и продолжением луча, выходящего из призмы. Угол <p = 8 + (pQ°-p) — (1). Из 8АВС'.
90° +у + <р = 180°; у + (р = 90° —(2). Подставим (2) в (1): у + <р + 90° - Р - 90° . Отсюда 8 = р~у — (3). Угол сг = 90°-</2. Из уравнения (2) ^ = 90°-у, следовательно, сг-у = 40°. Угол Р найдем из закона преломления
-----= —, откуда sin р = н sin а = п sniy ; sin р = 1Д и.о-+ -sin р п
= 0,96, отсюда р ~ 74° . Тогда из (2) 8 * 74° - 40° = 34°.
368
15.24. Монохроматический луч падает нормально на боковую поверхность призмы и выходит из нее отклоненным на угол 5 = 25°- Показатель преломления материала призмы для этого луча п = 1,7. Найти преломляющий угол у призмы.
решение:
См. решение задачи 15.23. Из уравнения (3) /? = <? + у. Из закона преломления nsina = sin /?; sin/3 = sin(o + у) = z=sin8cosy + cos8siny. Но a = y, отсюда sina-siny; n sin у = sin 8 cos у + cos 8 sin у; sin y(n~ cos 8) = sin 8 cos у ;
sin 8
0,42 tgy =--------
1,7-0,9
= 0,53; у «28°.
15.25. Преломляющий угол равнобедренной призмы у = 10° . Монохроматический луч падает на боковую грань под углом /=10°. Показатель преломления материала призмы для этого луча п = 1,6 . Найти угол отклонения 8 луча от первоначального направления.
Решение:
Преломляющий угол призмы и
угол падения луча малы, для ма- л
лых углов падения и преломления /7\
получаем r2= —, t\-i2n. По- /,'
скольку 12=у-1'г, находим
Ь = У - г2, i\=yn- /[ . У гол откло- // 2
нения луча призмой 8 = + 82 =
~ 01 ~ r2)+Oi - G) - у{п ~ 1) • Подставляя числовые данные, получим 8 = 6,2°.
15.26. Преломляющий угол призмы у =45° . Показатель преломления материала призмы для некоторого монохромати-
369
ческого луча п = 1,6, Каков должен быть наибольший уго падения i этого луча на призму, чтобы при выходе луча из не не наступало полное внутреннее отражение?
Решение:
Полное внутреннее отражена выходящего луча наступит ирг г2=90°. Согласно закону преломления sinr2=nsini2 илг
. . , . . 1 nsim2 =1, откуда snib=~ =
п
= 0,625; /2 =38,7°. Поскольку сумма углов у, 90° - у и 90° - /2
треугольника АВС равна 180°, найдем г, =у-/2 = 6.3°. Далее имеем sini^ = nsinr}, откуда zs = arcsin(nsini\) = 10°. Т. е, при углах падения больших 10° наступит полное
внутреннее отражение.
15.27. Пучок света скользит вдоль боковой грани равнобедренной призмы. При каком предельном преломляющем угле у призмы преломленные лучи претерпят полное внутреннее отражение на второй боковой грани? Показатель преломления материала призмы для этих лучей п = 1,6 .
Решение:
Полное внутреннее отражение выходящего луча наступит при г2=90°. CoinacHo закону преломления sinr2 = nsin i2
n sin i2 = 1, откуда sin i2 - — = 0.625 ; n
z’2=38,7°. Поскольку сумма углов у, 90°-г( и 90°-z, треугольника
370
равна 180°, найдем y^+z’j — (1). Далее имеем sini} = nsini\, откуда г, = arcsin— - 38,7°. Тогда из (1) / = 2-38,7° = 77,4°.
15.28. Монохроматический луч падает на боковую поверхность прямоугольной равнобедренной призмы. Войдя в призму, луч претерпевает полное внутреннее отражение от основания призмы и выходит через вторую боковую поверхность призмы. Каким должен быть наименьший угол падения z луча на призму, чтобы еще происходило полное внутреннее отражение? Показатель преломления материала призмы для этого луча и = 1,5.
Решение:
Поскольку сумма углов 45°, 90°-т, и 90° -i2 треугольника АВС равна 180°, найдем = 45°-z2 = 3,2° . Далее имеем sin i} = пsin i\, откуда z, = arcsin(n sin r,) = 4,7°.
15.29. Монохроматический луч падает на боковую поверхность равнобедренной призмы и после преломления идет в призме параллельно ее основанию. Выйдя из призмы, он оказывается отклоненным на угол 8 от своего первоначального на-
371
правления. Найти связь между преломляющим углом призмы у углом отклонения луча 8 и показателем преломления для этого луча п .
Решение:
Согласно закону преломления sinii = nsin/] — (1). Поскольку сумма углов у, 90°-/] и 90е-/, треугольника АВС равна 180°, найдем у = г, + i2 — (2). ААВС — равнобедренный, следовательно, ABAC - АВСА или 90° - у = = 90°-С, откуда /\=i2 — (3).
Тогда из (2) у = 2i2 или ь = ~ — (4). ААОС также равнобедренный, сумма его углов 180° - 8 + 2(/[ - /j) = 180°, откуда 8 = 2z, - 2т,; rt = —
(5). Подставляя (5) в (2), с учетом (4), получим
у + 8
8 у
у + у, откуда
(6). Поскольку
Г|=;2=-,ис учетом (6), уравнение (1) можно записать в
• / + £ • У
виде sm-------= п sm —.
2 2
15.30. Луч белого света падает на боковую поверхность равнобедренной призмы под таким углом, что красный луч выходит из нее перпендикулярно к второй грани. Найти утлы отклонения <5кр и <5ф красного и фиолетового лучей от первоначального направления, если преломляющий угол призмы у = 45°. Показатели преломления материала призмы для красного и фиолетового лучей равны нкр = 1,37 и нф = 1,42 . 372
решение:
Красный луч выходит из второй грани под углом 0° (рис. 1), следовательно, n^sini^ =0, откуда а2 =0°, т. е. красный луч падает на вторую грань перпендикулярно к ней. В ЛАВС угол /.ВАС равен 45°. Тогда i\ = 90°-5ЛС = 45°. По закону преломления sini} - нкр sinr{, откуда
. V2 arcsin—n^
= 75,6°. Таким образом, мы найдем угол
падения белого луча. Сумма углов треугольника АВС равна ^(90° - )+ 45° + 90° = 180°, откуда найдем угол
Отражения красного луча £кр=30,6°. Угол отражения фиолетового луча <5ф = (z, -г,) + (r2 -i2) — (1), как внешний
угол ААВС (рис. 2). Кроме того, ЛАЕВ = EBDK , как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Угол BDK является внешним углом треугольника ABD, поэтому ?'==ri+/2 — (2). По закону преломления света
sinii = Пф sini\ — (3) и sin г-, - /;ф sini2 — (4). Из (3) найдем
- arcs in
sin it
"Ф ,
= 43°. Из (2):
i2 =y-r{ -45°-43° = 2°.
Из (4): гг = агсзш^Пф sin i2 2,8°. Подставив найденные
значения углов в (1), получим £ф=(75,6°-43°)+ + (2,8°-2°) = 33,4°.
373
15.31. Найти фокусное расстояние F} кварцевой линзы для ультрафиолетовой линии спектра ртути (Я, = 259 нм), если фокусное расстояние для желтой линии натрия (Л, = 589цм) F, = 16 см. Показатели преломления кварца для этих длин равны /7. = 1 504 и п2 = 1,458 .
Решение:
Для линзы, имеющей радиусы кривизны Rt и К,. имеем
— (1), где 77
F
показатель пре-
ломления материала, из которого изготовлена линза. Для R R
желтой линии из (1) имеем Т?2=7-----откУда
-Ж-яд
R R
—= ^1(.п2 “0 — (2). Поскольку для ультрафио-
R2 ~Rl
R R
летовой линии F =-,-----4—-----г — (3), то, подставляя
(771-1)(7?2-Т?1)
(2) в (3), получим F = —— = 0,145 м.
77,-1
15.32. Найти фокусное расстояние F для следующих линз: а) линза двояковыпуклая: 7?, =15 см и R2 = -25 см; б) линза плоско-выпуклая: R, =15 см и R2 ==ссм; в) линза вогнуто-выпуклая (положительный мениск): 7?, =15 см и 7?; = 2>сМ; г) линза двояковогнутая: 7?, =-15см и 7?,= 25см; д) линза плоско-вогнутая: 7?, = =осм; 7?2=-15см; е) линза выпукло-во-гнутая (отрицательный мениск): 7?, =25 см, 7?, =15 см. Показатель преломления материала линзы п = 1,5.
374
решение:
До формуле линзы
— — (1), откуда
Я,/?2
р _ • *---г — (2). В случае плоско-выпуклой лин-
(п -1)(^2 “ ^1)
зы (Ri = °°) уравнение (1) имеет вид: (м-1)—= —, откуда • ' 1 Ry F
R / \
р =—!----(3). В случае плоско-вогнутой линзы (7?( = со)
л-1
уравнение (1) имеет вид: -(м-1)-^- = —, откуда
F s----2---(4). Подставляя числовые данные, получим:
м-1
а) из (2) F = ’ —'-т = ОД 88 м;
4 0,5-(-0,25-ОД 5)
б)из(З) F=— = 0,Зм; 0,5
в)из(2) F = 0,15'°’25 , = 0,75м;
0,5-(0,25-15)
г)из(2) F = 0,15'°-—-.- = -ОД88м;
0,5(0,25 + 0,15)
Д)из(4) F = -^^- = 0,3m;
0,5
е)из(2) F = - О’25'0’15-. = -о,75м.
0,5(0,15-0,25)
15.33. Из двух стекол с показателями преломления и, = 1,5 и *2 = 1.7 сделаны две одинаковые двояковыпуклые линзы. Найти Решение —4. их фокусных расстояний. Какое действие каждая *2
375
из этих линз произведет на луч, параллельный оптической 0Си если погрузить линзы в прозрачную жидкость с показателем Пре’ ломления п = 1,6 ?
Решение:
Имеем Fi=-t-------------г; F _ (см
(/7, -1)(Д, -F,) (п2 ' За'
F 77-1 дачу 15.32). Отсюда — = -2--= 1,4.
F2 и,-!
15.34. Радиусы кривизны поверхностей двояковыпуклой линзы 7?( = F, = 50 см. Показатель преломления материала линзы /7 = 1,5 . Найти оптическую силу D линзы.
Решение:
Согласно формуле тонкой линзы Z> = (77-1)| —-—\ По-
Ri)
— 1) скольку по условию R\=R2 = R, то D = —Под-
п 2(1,5-!) _ ставляя числовые данные, получим D = —------- - 2 дптр.
15.35. На расстоянии л, =15 см от двояковыпуклой линзы, оптическая сила которой Z> = 10 дптр, поставлен перпендикулярно к оптической оси предмет высотой ^=2 см. Найти положение и высоту у, изображения. Дать чертеж.
Решение:
Фокусное расстояние линзы F = -^ = 0,1 м, т. е. предмет находится за фокусом. По условию АО -а{- 0,15 м,
OF = F = 0,1m, АВ = у, = 0.02 м-
376
Поскольку &АВО подобен АА'В'О, то
АВ
А'В'
— (1).
АО
Кроме того, KABF подобен &.OKF, следовательно, АВ AF 0,02 0.05
=---- или --------=-----, откуда ОК = 0,04 м. По
OK OF ОК 0,1
построению А'ВГ- ОК - 0,04 м. Подставляя числовые дан-0,02 0,15
ные в (1), получим----=-----, откуда ОА = 0,3 м.
н v ' 0,04 ОА'
15.36. Доказать, что в двояковыпуклой линзе с равными радиусами кривизны поверхностей п с показателем преломления п = 1,5 фокусы совпадают с центрами кривизны.
Решение:
По формуле тонкой линзы — = (/?-1)--------------
F < 7?, R-
, откуда
при 7?, = R2 - R, имеем F = -г. При п -1.5 получим
F = --,R x = R.
15.37. Линза с фокусным расстоянием F = 16 см дает резкое изображение предмета при двух положениях, расстояние между которыми d = 6 см. Найти расстояние л, + а2 от предмета до экрана.
Решение:
Запишем формулу тонкой линзы Аля двух положений:
1 1 1
1 а2 г a{-rd
+ 1 _ 1
~ Предмет и
d '“I ai~d\
a^d
Е :
а\ ai I
377
экран неподвижны, следовательно, в первом случае пред, мет по отношению к линзе находится между первым и вторым фокусом, а во втором случае за вторым фокусом
Из (1) получим = _ (3). Из (2) получим
^2 F
а.+а, 1 /ич тг
7--- -<> ~-г = — — (4). Приравняем левые части
(aj+dJlaj-d) F
„ /->ч /лч а,+а, а.+ау
уравнении (э) и (4) -!-----откуда
\a\+d)\ai~d)
a\a2=(a\+d}(a2-d}. Раскрыв скобки и проведя небольшое преобразование, получим ax-a2-d — (5).
Подставляя (5) в (3), получим d + _ J_.
\a2-d)a2 F
1 + ——— = —; а2=——— = 0,74 м. Тогда из (5)
a2-d F \-2F
+ а2 - 2а2 - d - 0,88 м.
15.38. Двояковыпуклая линза с радиусами кривизны поверхностей Rt = R2 = 12 см поставлена на таком расстоянии от предмета, что изображение на экране получилось в к раз больше предмета. Найти расстояние at + а2 от предмета до экрана, если: а) к = 1; б) к = 20; в) к = 0,2 . Показатель преломления материала линзы п = 1,5.
Решение:
Линейное увеличение линзы к= — — (1). По формуле «1
линзы
1 1 — + — «1 °2
= (и-1)
или, при Л, = R2 - F,
<^1 ^2 /
1 ! 1 _ 2(к 1). о, + а2 _ 2(п________ (2). (Q имеем
a, а2 R ata2 R
378
а2 = ^ —
1+Jt _ 2(и-1) ка{ &
(3). Подставляя (3) в (2), получим
Д(1 + *) п
, откуда = —у----4. Подставляя числовые
данные, получим:
а) = 0,24 м; а2 = ка} - 0,24 м; + а2 = 0,48 м;
б) «I = ОД 26 м; а2 ~ ках = 2,52 м; а{+а2- 2,65 м;
в) «| = 0,72 м; а2 = ка{ = 0.144 м; а, + а2 = 0,864 м.
15.39. Линза предыдущей задачи погружена в воду. Найти ее фокусное расстояние F.
Решение:
В общем случае формула
стояния линзы имеет вид:
для расчета фокусного рас-
(1),
где и, = 1,5 — показатель преломления стекла, п2 = 1,33 — показатель преломления воды. Т. к. 7?j - R2 = R, то из (1)
получим F-—-----------г. Подставляя числовые данные,
; 2(н,/п2-1)
получим F = 0,46 м.
15.40. Решить предыдущую задачу при условии, что линза погружена в сероуглерод.
Решение:
Имеем F --——----------. Показатель преломления серо-
2(И,/77,-1)
углерода п2 = 1,63 . Подставляя числовые данные, получим Г = -0,75 м. Т. е. линза будет рассеивающей.
15.41. Найти фокусное расстояние F, линзы, погруженной в ^Ду, если ее фокусное расстояние в воздухе Ft = 20 см. Показатель преломления материала линзы п = 1,6 .
379
Решение:
р р
Имеем F' =-г~------ (1); F2 =~г~----------v, где щ
2(м//?1-1) 2{п/п2-])
показатель преломления воздуха, п2 = 1,33 — показатель
преломления
F} _ п / п2 -1
п / п2 -1
воды. Разделив (1) на (2), получим пАп-п?) _ „ Д.м,(/7-и,)
= -Ч-----Ц Отсюда F2 = ----М = 0.59 м
п2\п - И,) П\\п - н2)
15.42. Плоско-выпуклая линза с радиусом кривизны R = 30 см и показателем преломления п - 1,5 дает изображение предмета с увеличением к = 2 . Найти расстояния и а2 предмета и изображения от линзы. Дать чертеж.
Решение:
Толстые линзы, имеющие радиус кривизны Д, и Д, — двояковыпуклые, или /?, = х и R2 — плоско-выпуклые, проявляют себя как тонкие линзы, если рассматривать лучи, находящиеся вблизи главной опти-
ческой оси. Тогда аберрация не учитывается и построения аналогичны построениям в топкой линзе. Линейное уве-
личение линзы к - — , откуда а-, - ка{ — (1). Для плоско-а\
1/7-1 11
выпуклой линзы — =------=-----+ — — (2) (см. задач}
F R с/, <7,
15.32). Из (2) имеем ——- = ——. Подставляя это R ata2
7? — 1 ,.,П
выражение в (1), получим ------------=-----, огк^д^
R ксц
= ~Г—~т - ~0.9м. Тогда из (1) найдем а-, = 1,8 м.
Ц/7-1)
380
15 43. Найти продольную хроматическую аберрацию двояковыпуклой линзы из флинтгласа с радиусами кривизны _^=8см. Показатели преломления флинтгласа для красного (Хр= 760нм) и .„,*=1,5 и =1,8.
фиолетового (Лф=430нм) лучей равны
решение:
Имеем ^=-7-^—т (см. задачу 15.36). Подставляя чи-2(и( -!)
еловые данные, получим = 0,08 м. Аналогично
г = —г-0,05м. Таким образом, продольная хро-
2 2(и2-1)
магическая аберрация составляет Ft - F-, = 0,03 м.
15.44. На расстоянии и, = 40 см от линзы предыдущей задачи на оптической оси находится светящаяся точка. Найти положение изображения этой точки, если она испускает монохроматический свет с длиной волны: а) Я, = 760 нм; б) Я, = 430.
Решение:
Fa
#3 формулы линзы имеем а2 =-------— — (1). В задаче
ax-F
1*5.43 мы нашли, что для данной линзы длине волны \ =760 нм соответствует фокусное расстояние Т7, -0.08 м, а длине волны Я, = 430 нм соответствует фокусное расстояние F, =0,05 м. Подставляя числовые данные в (1), получим: а) а2 = 0,1 м; б) а2 = 0,057 м.
15.45. В фокальной плоскости двояковыпуклой линзы расположено плоское зеркало. Предмет находится перед линзой Между фокусом и двойным фокусным расстоянием. Построить изображение предмета.
381
Решение:
Построение хода лучей показано на рисунке.
15.46. Найти увеличение к, даваемое лупой с фокусным расстоянием F = 2 см, для: а) нормального глаза с расстоянием наилучшего зрения Л = 25 см; б) близорукого глаза с расстоянием наилучшего зрения L = 15 см.
Решение:
Увеличение лупы к = ^. Подставляя числовые данные, . , 0,25 , 0,15 _ ,
получим: а) к =------12,5 ; б) к =-= 7,5 .
0,02 0,02
15.47. Какими должны быть радиусы кривизны /?, = R2 поверхностей лупы, чтобы она давала увеличение для нормального глаза & = 10? Показатель преломления стекла, из которого сделана лупа, п = 1,5.
Решение:
Для нормального глаза расстояние наилучшего зрения
R
А = 0,25 м — (1). Фокусное расстояние лупы
(см. задачу 15.36), откуда R - 2F(h -1) — (2). Увеличение лупы к , откуда F = ^- — (3). Подставляя (3) в (2) и с учетом (1), получим R - —11 = 0,025 м.
к
382
15.48. Зрительная труба с фокусным расстоянием F = 50 см • тановлена на бесконечность. После того как окуляр трубы пе-£>пвинули на некоторое расстояние, стали ясно видны предметы, Удаленные от объектива на расстояние а = 50м. На какое расстояние d передвинули окуляр при наводке?
решение:
Зрительная труба дает изображение предметов, находящихся на бесконечности, в своей фокальной плоскости. Изображение предметов, находящихся на расстоянии от
a,F
объектива, получается на расстоянии а2 = —1, т. е. на
<7[ - F
F2 ~
^а = а2 - F-------дальше. Следовательно, окуляр нужно
отодвинуть на столько же, чтобы созданное объективом
Изображение по-прежнему находилось в фокальной плос-
F2
кости окуляра. Таким образом, d =-----= 0,005 м.
Ч ~F
15.49. Микроскоп состоит из объектива с фокусным расстоянием Fj = 2 мм и окуляра с фокусным расстоянием F2=40mm. Расстояние между фокусами объектива и окуляра d = 18 см. Найти увеличение к , даваемое микроскопом.
Решение:
Поскольку созданное объективом изображение лежит в фокальной плоскости окуляра, то + F2=d — (1), a-F}
где а — расстояние от рассматриваемого предмета до объектива. Объектив дает изображение в фокальной плос-кости окуляра, линейное увеличение объектива к =-!— .
a-F{
383
Окуляр работает как лупа, поэтому угловое увеличение
окуляра к2 = — , где L - 0,25 м — расстояние наилучшего F2
зрения нормального глаза. Отсюда полное увеличение
FL
микроскопа k — ki-k-,=—------г — (2). Из (1) найдем
F^l-F,) з
а-—у------^ = 2,022-10 м. Подставляя числовые дан-
ные в (2), получим к = 568.
15.50. Картину площадью S = 2x2m‘ снимают фотоаппаратом, установленным от нее на расстоянии а = 4,5 м. Изображение получилось размером 5 = 5x5см2. Найти фокусное расстояние F объектива аппарата. Расстояние от картины до объектива считать большим по сравнению с фокусным расстоянием.
Решение: yfs *
Поперечное увеличение объектива к = — = —j= = — . от-
й, /IX п 1 111
сюда а, = —----(1). По формуле линзы — + — = — . огку-
40 с?[ аг /
да F = а'а~ — (2). Подставляя (1) в (2). по.пчим -а,
F = —= 0,115 м.
39
15.51. Телескоп имеет объектив с фокусным расстояние''1 Ft =150 см и окуляр с фокусным расстоянием F =10 см. Под каким углом зрения 0 видна полная Луна в этот телескоп. есД» невооруженным глазом она видна под углом О.л = 3 Г ?
384
решение:
Из ДСЯД найдем Zg0o =
Из AC8t0, '(%>, Л
п св, _ св} найдем ®« = ^ = 7^-Углы 0й и 6 малы, поэтому можно записать a=^L и 0=^. Уг-
0 Г, f2
, е F1 , - ъ
левое увеличение телескопа к - — = — = 15. Отсюда
#0 F2
0=\59о=1°45' .
15.52. При помощи двояковыпуклой линзы, имеющей диаметр О = 9см и фокусное расстояние F = 50cm, изображение Солнца проектируется на экран. Каким получается диаметр d изображения Солнца, если угловой диаметр Солнца а = 32' ? Во сколько раз освещенность, создаваемая изображением Солнца, будет больше освещенности, вызываемой Солнцем непосредственно?
Решение:
Диаметр изображения d = IFtg — = 4.6 10 'м. Поток лу-чеи, попадающих па поверхность линзы площадью -----,
7О/2 концентрируется в изображении Солнца площадью ——.
^=^< = ззз.
Fi 4nd~
,3—3269
385
15.53. Свет от электрической лампочки с силой света I = 200 кд падает под углом а = 45° на рабочее место, создавая освещенность £ = 141 лк. На каком расстоянии г от рабочего места находится лампочка? Над какой высоте h от рабочего места она висит?
Решение:
Освещенность, создаваемая лампоч-
„ 1
кои, равна £ cos а, отсюда
15.54. Лампа, подвешенная к потолку, дает в горизонтальном направлении силу света / = 60кд. Какой световой поток Ф падает на картину площадью S = 0,5 м2, висящую вертикально на стене на расстоянии г = 2 м от лампы, если на противоположной стене находится большое зеркало на расстоянии а = 2м от лампы?
Решение:
Лампа создает на площади 5 картины освещенность Е, --^-cosa или, поскольку cos а = 1, £, =-^-. Изображе-г' г~
ние лампы в зеркале, находящемся на расстоянии г + 2а от
картины, создает освещенность Е2 = ----гу. Результи-
(г + 2а)
рующая напряженность Е - Ех + Еэ = I —у + -------у
ly (r + 2a) ;
Кроме того, Е- —, откуда Ф = Е8-18 -у + у £ (г
Подставляя числовые данные, получим Ф = 8,3 лм. 385
15.55. Большой чертеж фотографируют сначала целиком, за-отдельные его детали в натуральную величину. Во сколько раз надо увеличить время экспозиции при фотографировании деталей?
решение:
При фотографировании всего чертежа, размеры которого гораздо больше фотопластинки, изображение получается приблизительно в главном фокусе объектива. При фотографировании деталей изображение в натуральную величину получается при помещении предмета на двойном фокусном расстоянии от объектива (на таком же расстоянии получается и изображение на фотопластинке).
Площадь изображения при этом увеличится в I =4
раза. Во столько же раз уменьшится освещенность фото-йластинки, следовательно, время экспозиции надо увеличить в 4 раза.
15.56. 21 марта, в день весеннего равноденствия, на Северной .Земле Солнце стоит в полдень под углом а - 10° к горизонту. Во сколько раз освещенность площадки, поставленной вертикально, будет больше освещенности горизонтальной площадки?
Решение:
Освещенность вертикальной площадки
г. /
=—j-cosa . Освещенность гориз г
I (тс
тальной площадки Е, =— cos\---а
'г1 V 2
_ I
~~^sina. Отсюда = ctga - 5,7 .
15.57. В полдень во время весеннего и осеннего равноденствия Солнце стоит на экваторе в зените. Во сколько раз в это время освещенность поверхности Земли на экваторе больше
387
освещенности поверхности Земли в Ленинграде? Широта Ленинграда <р = 60°.
Решение:
# Освещенность поверхности Земли на экваторе И .4 Освещенность поверхности Земли в г
I
Ленинграде Е2 -~ycos<p. Отсюда отношение г
a=_l=2.
Е2 cos (р
15.58. В центре квадратной комнаты площадью 5 = 25 м2 висит лампа. На какой высоте h от пола должна находиться лампа, чтобы освещенность в углах комнаты была наибольшей?
Решение:
Освещенность Е находится по формуле г- I
Е = ~jcosa, где I — сила света источни-г
ка, г — расстояние от источника до угла \ комнаты, а — угол падения лучей. Из \ ъ ,
рисунка видно, что а - г sin а - = nlga,
поэтому можно записать Е = cos a sin2 а . Для нахожде-а
г- dE
ния максимума Е возьмем производную — и при-da
равняем ее нулю: ^- = ~(lcos2 asina-sin2 а)=0. отсюда tg2a = 2 . Тогда h = — = ~i=^~ ~ 2,5 м.
d2tga dltga
388
15.59. Над центром круглого стола диаметром D = 2 м висит дампа с силой света I = 100 кд. Найти изменение освещенности £ края стола при постепенном подъеме лампы в интервале 05 < й < 0.9м через каждые 0,1м. Построить график Е = f(h).
Решение:
г 1 °2
Освещенность края стола Е = —^cosa, где г = , я +--;
г V 4
h Л _ _ Ih „
cosa=-= / ----------- Отсюда £ =----------г. Под-
r 'lh2+D2/4 (/72 + D2/4)i
_ 100/7 тт
ставляя числовые данные, получим Е =-------г. Для за-
(л2+1)^
данного интервала значений h построим график.
15.60. В центре круглого стола диаметром D = 1,2 м стоит настольная лампа из одной электрической лампочки, расположенной на высоте ht = 40 см от поверхности стола. Над центром стола на высоте Л, = 2 м от его поверхности висит люстра из четырех таких же лампочек. В каком случае получится большая освещенность на краю стола (и во сколько раз): когда горит настольная лампа или когда горит люстра?
389
Решение:
Настольная лампа создает освещенность £, =---------_______
(/г,2 + D- ,• 4)2
(см. задачу 15.59). Люстра создает освещенность 4/й, „ Е, h
Е2 =------------т-. Отсюда отношение —1- - = __1_ х
+ 4/?2
Ч +£>2/4У
Ч +Z)2/4?
. Подставляя числовые данные,
получим
А = ,.2.
Е,
15.61. Предмет при фотографировании освещается электрической лампой, расположенной от него на расстоянии г, = 2 м. Во сколько раз надо увеличить время экспозиции, если эту же лампу отодвинуть на расстояние г2 = 3 м от предмета?
Решение:
I I Е г2
Имеем £. =—г-; Е-, = -т, отсюда —- = -^- = 2,25. Осве-12-2 г? 2
r\ h Е2 г\
щенность уменьшилась в 2,25 раза, следовательно, время экспозиции необходимо увеличить в 2,25 раза.
15.62. Найти освещенность Е на поверхности Земли, вызываемую нормально падающими солнечными лучами. Яркость Солнца В = 1,2 • 109 кд/м2.
Решение:
Яркость Солнца можно определить по формуле
В = —-—, где S — площадь видимого диска Солишь По
S cos О
условию О — 90°, следовательно, cos6 = \-, S-^— — 0^
390
где Р«1,4-Ю9м — диаметр
(ценность поверхности Земли
Солнца. Отсюда осве-
Е = -^ — (2), где Л
Л = 1,5- Ю11 м — расстояние от поверхности Земли до
Солнца. Из (1) найдем 1 =--------(3). Подставляя (3) в
(2), получим Е =
ВяЬ1 4Я2
= 82-Ю3лк.
15.63. Спираль электрической лампочки с силой света 7 = 100 кд заключена в матовую сферическую колбу диаметром: й) 7 = 5см; б) 7 = 10 см. Найти светимость R и яркость В лампы. Потерей света в оболочке колбы пренебречь.
Решение:
Если потерь света в оболочке колбы не происходит, то светимость R численно равна освещенности Е, т. е.
4/
Я =:£=__(!). Светимость R и яркость В связаны corf2
отношением R = xB, откуда В -----(2). Подставляя чи-
я
еловые данные, получим: а) Т? = 16-104лм/м2; В = 5,1 х хЮ4 кд/м2; б) R = 4 • 104 лм/м2; В = 1,27 • 104 кд/м2.
15.64. Лампа, в которой светящим телом служит накаленный шарик диаметром 7 = 3 мм, дает силу света I = 85 кд. Найти яркость В лампы, если сферическая колба лампы сделана: а) из прозрачного стекла; б) из матового стекла. Диаметр колбы & = 6 см.
Решение:
Яркость лампы В =—, где S — площадь проекции излу-чающей поверхности на плоскость, перпендикулярную на-391
правлению наблюдения, а) Излучающей поверхностью
О
является поверхность шарика, т. е. S = ——. Отсюда
4/ 7 2
В =—- = 1,2-10 кд/м . б) Если колба лампы сделана из 7id~
матового стекла, то свет рассеивается и излучающей по-
верхностыо является поверхность лампы, т. е. S =----
47 л >
Отсюда В = —т- = 3 • 104 кд/м2.
mD2
15.65. Какую освещенность Е дает лампа предыдущей задачи па расстоянии г = 5 м при нормальном падении света?
Решение:
По определению £ = -^-. Таким образом, освещенность г'
будет одинакова и для прозрачной и для матовой колбы. Подставляя числовые данные, получим Е - 3,4 лк.
15.66. На лист белой бумаги площадью 5 = 20x30см2 перпендикулярно к поверхности падает световой поток Ф = 120 дм. Найти освещенность Е, светимость R и яркость В бумажного листа, если коэффициент отражения р = 0,75 .
Решение:
Ф з
Имеем £=- = 2-10 лк. Поскольку светимость листа
обусловлена его освещенностью, то R = рЕ-1,5 • 10' лм''м". Светимость R и яркость В связаны соотношением R = тгВ, откуда В = — = 480 кд/м2.
я
392
15.67. Какова должна быть освещенность Е листа бумаги в предыдущей задаче, чтобы его яркость была равна В = 104 кд/м2?
решение:
Имеем В = — — (1); R = рЕ — (2). Подставив (2) в (1), 71
„ рЕ „ лВ „ „ , „д
получим В =J—, откуда Е = — = 4,2-10 лк.
71 р
15.68. Лист бумаги площадью 5 = 10x30 см2 освещается лампой с силой света I = 100 кд, причем на него падает 0,5% всего посылаемого лампой света. Найти освещенность Е листа бумаги.
Решение:
Полный световой поток, испускаемый лампой, Фо = 4л/ .
На лист падает световой поток Ф = 5 • 10~3 Фо. Освещен-
Ф 5 • 10‘3 • 4л/
ность листа Е = — =------------. Подставляя числовые
5 5
данные, получим £ = 210 лк.
15.69. Электрическая лампа с силой света I = 100 кд посылает во все стороны в единицу времени 1Кг = 122Дж/мин световой энергии. Найти механический эквивалент света К и к.п.д. г) световой отдачи, если лампа потребляет мощность Л’ = 100Вт.
Решение:
Принято переходный множитель, определяющий в ваттах мощность, необходимую для получения светового ощущения, вызываемого потоком в 1 люмен, измерять для определенного узкого интервала длин волн, соответствующего максимуму чувствительности глаза, а именно, ~555 нм. Этот фактор носит название механического
393
w
эквивалента света. Он равен К--^. Пересчитаем Све_
122
товую энергию Wr из Дж/мин в Вт. WT =----- 2,03 Дж/с =
60
= 2,03 Вт. Подставляя числовые данные, получим
W
К = 0,0016Вт/лм. К.п.д. световой отдачи —-100%-
N ’
1] « 2% .
§16. Волновая оптика
Значение показателя преломления п для некоторых веществ можно найти в таблице 18 приложения. В задачах 16.66, 16.67 дан авторский вариант решения.
16.1. При фотографировании спектра Солнца было найдено, что желтая спектральная линия (Я = 589нм) в спектрах, полученных от левого и правого краев Солнца, была смещена на дЯ = 0,008 нм. Найти скорость v вращения солнечного диска.
Решение:
Согласно принципу Доплера при фотографировании левого края Солнца, т. е. когда источник света движется к
нам, v' =------(1); при фотографировании правого края
C-V
„ VC диска, когда источник света движется от нас, v =---
C + V
Q
(2) . Частота излучения v =-(3). Подставляя (3) в (1) и
Я
(2), получим АЛ = , отсюда v = = 2 • 103 м/с.
с 2Я
16.2. Какая разность потенциалов U была приложена между электродами гелиевой разрядной трубки, если при наблюдении вдоль пучка а-частиц максимальное доплеровское смешение линии гелия ( Я = 492,2 нм) получилось равным ДЯ = 0,8 нм?
Решение:
За счет работы сил электрического поля а -частицы приобрели кинетическую энергию, т. е. qU - , где
скорость частиц у = , т. е. qU = тС , откуда
395
1ПС2(АЛ)~
С -------5---
2A~q
U = 2500 В.
Подставляя числовые данные, полечим
16.3. При фотографировании спектра звезды Андромеды было найдено, что линия титана (Л = 495,4им) смешена к фиолетовому концу спектра на ДА = 0,17нм. Как движется звезда относительно Земли?
Решение:
Смещение спектральных линий в сторону коротких волн означает, что звезда приближается к нам. Радиальная скорость ее движения (т. е. скорость вдоль линии, соединяющей звезду и Землю) находится из соотношения v = £^£ = 103-10?’m/c.
Л
16.4. Во сколько раз увеличится расстояние между соседними интерференционными полосами на экране в опыте Юнга, если зеленый светофильтр (А(=500нм) заменить красным (/., = 650 нм)?
Решение:
Условие интерференционного максимума; у = к~Л
<7
(1), где £ = 0, 1, 2, 3... Условие интерференционно1-0
минимума; ут.,= | к + —| —Л — (2). где к - 0. 1. 2- -' k 2J d
Расстояние между двумя соседними максимумами интенсивности называется расстоянием между интерч1е' ренционными полосами, а расстояние между соседними минимумами интенсивности — шириной интерферон-396
ционной полосы. Из (I) и (2) следует, что расстояние между полосами и ширина полосы имеют одинаковое значение, равное Ду =—Л. Тогда расстояние между
интерференционными полосами ПРИ зеленом светофильтре L . Л L .
равно ДУ[ = ~Л’ ПРИ красном Ду2 = —Л3, где L — рас
стояние от экрана до источников света. Поскольку вели
Ду
чины L и d не меняются, то = — = 1,3 .
Д>'1 \
16.5. В опыте Юнга отверстия освещались монохроматическим светом (Л = 600нм). Расстояние между отверстиями d = 1 мм, расстояние от отверстий до экрана Л = 3м. Найти .положение трех первых светлых полос.
Решение:
Первая светлая полоса находится на расстоянии
=—Л = 1,8-Ю-3м. Вторая — на расстоянии у2=2у\ = d
= 3,6-10'3 м. Третья— на расстоянии у3=Зу[ = 5,4-10’3м.
16.6. В опыте с зеркалами Френеля расстояние между мнимыми изображениями источника света d - 0,5 мм, расстояние до экрана L = 5 м. В зеленом свете получились интерференционные полосы, расположенные на расстоянии I - 5 мм друг от друга. Найти длину волны Л зеленого света.
Решение:
Имеем 1 = —7^ откуда Л - — = 0,5 • 10'6 м. d L
16.7. В опыте Юнга на пути одного из интерферирующих ™ей помещалась тонкая стеклянная пластинка, вследствие чего
397
центральная светлая полоса смещалась в положение, первоначально занятое пятой светлой полосой (не считая центральной). Луч падает перпендикулярно к поверхности пласшнщ; Показатель преломления пластинки /7=1,5. Длина ео.щы Л = 600 нм. Какова толщина h пластинки?
Решение:
Изменение разности хода лучей в результате внесения пластинки равно Д = nh - Л = Л(и -1). Кроме того, произошло смещение на к = 5 полос, т. е. разность хода А кА.
Отсюда h(n -1) = кл: h- = 6-10’6 м.
п~1
16.8. В опыте Юнга стеклянная пластинка толщиной h = 12см помещается па пути одного из интерферирующих лучей перпендикулярно к лучу. На сколько могут отличаться друг от друга показатели преломления в различных местах пластинки, чтобы изменение разности хода от этой неоднородности не превышало Д = 1 мкм?
Решение:
Для двух различных значений щ и и, показателя преломления стеклянной пластинки изменение разности хода лучей соответственно равно Д, = h(nt -1) и Д2 = -1)-
По условию Д( -Д, =10~бм, т. е. /?(«,-1)-/?(«,-1)-И)*6, 10 6
откуда йДи = 10’6 м; Ди =---= 5 • 10~5.
h
16.9. На мыльную пленку падает белый свет под углом / = 45° к поверхности пленки. При какой наименьшей толш>1Не пленки отраженные лучи будут окрашены в желты!' ивеТ (Л = 600 нм)? Показатель преломления мыльной воды и = •
398
решение:
До условию отраженные лучи окрашены в желтый цвет. Это означает, что максимум отражения наблюдается в желтой части спектра. Максимум отражения наблюдается, когда световые волны, отраженные от обеих поверх-
ностей пластинки (см. рисунок), с
усиливают друг друга. Для этого оптическая разность хода \d пучков 1 и 2 должна быть
Л
равна целому числу к длин волн: Дс7 = — + н(АС + ВС)~
-AD = kA. Слагаемое — учитывает, что при отражении
пучка 1 от оптически более плотной среды фаза колебаний электромагнитного поля изменяется на противоположную, т. е. возникает такое же изменение фазы, как при
Л X,
прохождении пути —. Множитель п учитывает умень
шение скорости света в среде •— на пути s в среде возникает такое же изменение фазы Д<^, как па пути
„„ . И COS
ns в вакууме: Д<р = — =------. Используя соотношения
V с
h
АС = ВС =------, AD - 2hsini-tgr, а также применяя закон
cos г
преломления, получаем [к - —= 2/?Vи2 - sin2 i, откуда
h~ (^~1/2)Я ,
~~~~Т~7 . При к = 1 минимальная толщина пленки
2у1>г - sin2 i
А = 0,13.10-6м.
16.10. Мыльная пленка, расположенная вертикально, обра-
101141 вследствие стекания жидкости. При наблюдении ин-
399
терференциоииых полос в отраженном свете ртутной дуги (Л = 546,1 нм) оказалось, что расстояние между пятью полосами / = 2 см. Найти угол у клина. Свет падает перпендикулярно к поверхности пленки. Показатель преломления мыльной воды п = 1,33.
Решение:
При попадании на любую прозрачную А пленку свет частично проходит, частично
/ \ отражается как от нижней, так и от верхней
\ поверхностей. При этом световые пучки
h, / у приобретают разность хода, зависящую от
/ \ толщжим пленки, ее показателя пре-
ломления и угла падения света. По условию свет падает перпендикулярно к поверхности пленки, толщина пленки всюду мала. Это позволяет считать, что интерференционная картина при рассмотрении ее в отраженном свете (сверху) локализована на верхней поверхности клина. Пусть hx и h2 — толщины пленки, соответ-
ствующие разным полосам. Тогда Дй = h-> -й, = — . По-27!
скольку угол у клина мал, то можно принять £Ji = ltgy.
Отсюда tgy = = 5,13 • 10"5; у = 11”.
Ini
16.11. Мыльная пленка, расположенная вертикально, образует клин вследствие стекания жидкости. Интерференция наблюдается в отраженном свете через красное стекло (Я, - 63! нм)-Расстояние между соседними красными полосами при )т0М /, = 3 мм. Затем эта же пленка наблюдается через синее е.екло (Z, =400нм). Найти расстояние /, между соседними синими полосами. Считать, что за время измерений форма пленки не изменится и свет падает перпендикулярно к поверхности пленки. 400
решение:
kAt kA, .
Пусть угол клина равен /, тогда tgy= —~ = —-j- (см.
J 2nl. 2nL
IЛ задачу 16.10). Отсюда Л = -222- = 1,9 • 10'3 м.
Л
16.12. , Пучок света (Л = 582нм) падает перпендикулярно к поверхности стеклянного клина. Угол клина у =20". Какое число кй темных интерференционных полос приходится на единицу длины клина? Показатель преломления стекла п = 1,5 . Решение:
Для малых углов АВ = ВС = = h (рис.1) и rg/ = y. Раз-
Я
ность хода Д = 2Ип + —. Вы-2
разим h через длину участка поверхности клина h = х tgy ; h-yx. Тогда разность хода
будет равна Д = 2ути + у — (1). Если интенсивность интерферирующих волн одинакова, то результирующая интенсивность в точках, для которых разность фаз равна 8, определяется выражением I = 2Z0(l т сот д') — (2), где о 2л-^-д __
^ = ~(2yix + — I. Тогда уравнение (2) примет вид \ 2 )
(3). Подставляя (1) в (3), получим
Л*) - 2Z0 1 + cos| 1 2унх + —
U I 2
/(х) - 2IOI 1 -г со/ — + /7
401
Найдем период колебаний (рис. 2). Из (4) имеем Атгуп 2л Л
бУ =----, 1 = —; 1 ---
Л бУ Z/7?
Число темных полос, приходящихся на единицу клина, есть величина обратная пери-2 и?
оду ка = ——. Подставляя чис-
ловые данные, получим кй - 5 см'1.
16.13. Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим по нормали к поверхности пластинки. Наблюдение ведется в отраженном свете. Радиусы двух соседних темных колец равны гк = 4,0 мм и гЛ+1 =4,38 мм. Радиус кривизны линзы 7? = 6,4 м. Найти порядковые номера колец и длину волны Л падающего света.
Решение:
. Появление колец Ньютона обуслов-
лено интерференцией световых пуч-I \ ков, отраженных от двух поверх-
| ностей тонкой воздушной прослойки
i \ между линзой и пластинкой. Оп-
\ тическая разность хода лучей
J—Д^ = 2й + — —(1) (см. задачу 10.9).
j —*- Из прямоугольного треугольника А ВО
получим 7? - /г = з/т?2 - г2 . Посколь-
ку г « R , то имеет место равенство: -Jr2 -г2 = R-
Тогда R-h = R--—, откуда h - ------(2). Запишем у ело-
27? 27?
402
Вие интерференционного минимума М - (2к +
1)| - (3).
Приравнивая правые части (1) и (3), получим 2h~kA или fi = ^-. Тогда из (2) найдем rk = ^2Rh = к AR — (4). Най-
, тл ГЛ1 ^ + 1 дем порядковый номер к кольца. Имеем -\- =------=
1 7* ~
= 1+—, откуда А = -^—-—7 = 5; к +1 = б. Тогда из (4) к гм~гк
2
найдем А = -к- = 0,5 • 10 6 м.
16.14. Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим по нормали к поверхности пластинки. Радиус кривизны линзы R - 8,6 . Наблюдение ведется в отраженном свете. Измерениями установлено, что радиус четвертого темного кольца (считая центральное темное пятно за нулевое) г4 = 4,5 мм. Найти длину волны А падающего света.
Решение:
Имеем 2 = — kR
(см. задачу 16.13). Подставляя числовые
Данные, получим 2 = 589 10’9 м.
16.15. Установка для получения колец Ньютона освещается белым светом, падающим по нормали к поверхности пластинки. Радиус кривизны линзы R = 5 м. Наблюдение ведется в проходящем свете. Найти радиусы гс и г четвертого синего коль-113 (2С = 400 нм) и третьего красного кольца (2кр = 630 нм).
403
Решение:
Радиус светлого кольца в проходящем свете определяется формулой rk = ^к/Я . Отсюда гс = ^4АС7? ~ 2,8 мм-г*р = ‘рЛфК = 3,1 мм.
16.16. Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим по нормали к поверхности пластинки. Радиус кривизны линзы Л = 15 м. Наблюдение ведется в отраженном свете. Расстояние между пятым и двадцать пятым светлыми кольцами Ньютона I - 9 мм. Найти длину волны Л монохроматического света.
Решение:
Радиус к -го светлого кольца в отраженном свете опре-
деляется соотношением
rk=^(2k-l)j?j
Тогда / = г25 -
-r5 = 49Я--.9Я-; 1 = 4.. Я-. Отсюда А = —= V 2 V 2 V 2 87?
= 675 -10-9 м.
16.17. Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим по нормали к поверхности пластинки. Наблюдение идет в отраженном свете. Расстояние между вторым и двадцатым темными кольцами I, = 4,8 мм. Найти расстояние /2 между третьим и шестнадцатым темными кольцами Ньютона.
Решение:
Радиус темного кольца в отраженном свете определяется формулой гк = -JklR . Отсюда \ = г20 - г2 или /, = V20A7? --Т2ЛЯ =VIr(/20-V2) — (1); l2 = V16A7? - л/ЗАТ? = = л/Ал(4-д/з) — (2). Из (1) найдем VaR=-^=l—
404
ГП Подставляя (3) в (2), получим Л = —==---=
’ V20-V2
= 3,6-10'3 М.
16.18. Установка для получения колец Ньютона освещается светом от ртутной дуги, падающим по нормали к поверхности пластинки. Наблюдение ведется в проходящем свете. Какое по порядку светлое кольцо, соответствующее линии А, = 579,1 нм, совпадает со следующим светлым кольцом, соответствующим линии А, = 577 нм?
Решение:
Радиус к -го светлого кольца, соответствующего линии А,, в проходящем свете определяется соотношением rk =^kA}R . Радиус следующего светлого кольца, соответствующего линии
Аэ, равен A(i+,) = у](к + 1)AjA . По ye-т. е. yjkA^R = ^(k + l^R , откуда
ловию гк = rk+i, Jt = -A
-275 .
для получения колец Ньютона освещается
16.19. Установка
светом с длиной волны А = 589 нм, падающим по нормали к поверхности пластинки. Радиус кривизны линзы R = Юм. Пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнено жидкостью. Найти показатель преломления жидкости, если радиус третьего светлого кольца в проходящем свете г, = 3,65 мм.
Решение:
Результат интерференции зависит от оптической разности хода, которая в случае нормального падения лучей имеет вид Д = 2/?и. Наблюдение ведется в проходящем свете. Установка наиболее прозрачна для света с заданной Длиной волны, если разность хода кратна четному числу Полуволн: д = 2Л:-^-, т. е. условие максимума для наблю-
405
дения в проходящем свете выражается соотношением 21т = кА. — (1). Радиус к-го светлого кольца гк = y[2hR
2
откуда h = — — (2). Подставляя (2) в (1), получим 2R
nrk , kAR
—— - кл , откуда п = —=- = 1.3.?.
R
16.20. Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим светом с длиной волны 2 = 600 нм, падающим по нормали к поверхности пластинки. Найти толщину /г воздушного слоя между линзой и стеклянной пластинкой в том месте, где наблюдается четвертое темное кольцо в отраженном свете.
Решение:
Условие минимума в отраженном свете: 21т-кА. По условию к - 4, /2 = 1, тогда 2h = 42, откуда h~2A = = 1,2-10'6 м.
16.21. Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим светом с длиной волны 2 = 500 нм. падающим по нормали к поверхности пластинки. Пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнено водой. Найти толщину h слоя воды между линзой и пластинкой в том месте, где наблюдается третье светлое кольцо в отраженном свете.
Решение: . j \ 2
Условие максимума в отраженном свете 21т = \2к -И
72
По условию к = 3. /7 = 1.33. тогда 21т =—. откуда 2
/7 = —= 658-10'9 м.
4/7
16.22. Установка для получения колец Ньютона освеш зется монохроматическим светом, падающим по нормали к поверх
406
дости пластинки. После того как пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнили жидкостью, радиусы темных колеи в отраженном свете уменьшились в 1,25 раза. Найти показатель преломления жидкости.
решение:
Пусть «I — показатель преломления воздуха, п2 — т kAR
показатель преломления жидкости. Тогда «1=7-------
и = (см. задачу 16.19). Найдем отношение — = 1,252, г*
отсюда п2 -1,56 .
16.23. В опыте с интерферометром Майкельсона для смещения интерференционной картины на к = 500 полос потребовалось переместить зеркало на расстояние L = 0,161мм. Найти длину волны 2 падающего света.
Решение:
2
Перемещение зеркала на расстояние — соответствует из-
менению разности хода на А, т. е. смещению интерференционной картины на одну полосу. Таким образом,
L = —, откуда А = = 644 • 10"9 м.
2 к
16.24. Для измерения показателя преломления аммиака в одно из плечей интерферометра Майкельсона поместили откачан-иую трубку длиной / = 14с.м. Концы трубки закрыли плоскопараллельными стеклами. При заполнении трубки аммиаком интерференционная картина для длины волны А = 590 нм сместилась на к = 180 полос. Найти показатель преломления п аммиака.
Решение:
Луч Дважды проходит через трубку с аммиаком, при этом Разность хода лучей, проходящих в аммиаке и в вакууме, 407
равна 2(/•«-/)= 2/(н-1) = А:2 . Отсюда »-1 = ~у5 п = ~к-~ + 1 = 1.00038.
16.25. На пути одного из лучей интерферометра Жамена (см. рисунок) поместили откачанную трубку длиной / = 10см. При заполнении трубки хлором интерференционная картина для длины волны Л = 590 нм сместилась на к = 131 полосу. Найти показатель преломления п хлора.
Решение:
В отличие от интерферометра Майкельеона в данном случае луч проходит через трубку с хлором только один раз. Поэтому разность п п хода лучей, проходящих в хлоре и в kJ *, kJ вакууме, равна nl -1 = 1( п -1) = кА . Отсюда []' U л = у + 1 = 1,000773.
16.26. Пучок белого света падает по нормали к поверхности стеклянной пластинки толщиной d = 0,4 мкм. Показатель преломления стекла п = 1,5 . Какие длины волн Л, лежащие в пределах видимого спектра (от 400 до 700 нм), усиливаются в отраженном свете?
Решение:
/ -.2
Условие максимума в отраженном свете 2dn = \2к + 1)— •
Отсюда Л = - ^П- . При к = 1 получаем Л = 800 нм, данная 2к +1
волна не лежит в пределах видимого спектра. При к = 2 получим X = 480 нм, что удовлетворяет условию. При к = 3 получим 2 = 343 нм, эта длипа волны также не лежит в пределах видимого спектра. Таким образом, искомая длина волны 2 = 480 нм.
408
16.27. На поверхность стеклянного объектива (и, = 1,5 ) нанесена тонкая пленка, показатель преломления которой п2 = 1,2 («просветляющая» пленка). При какой наименьшей толщине d этой пленки произойдет максимальное ^ослабление отраженного света в средней части видимого спектра?
Решение:
F
В
Стеклянная пластинка п^пг
воздуха («1=11 меньше
Из световой волны, падающей на пленку, выделим узкий пучок SA. В точках А и В пядяюший пучок частично отражается и частично преломляется. Отраженные пучки света ASt и BCS2 падают на собирающую линзу, пересекаются в ее фокусе и интерферируют между собой. Т. к. показатель преломления
показателя преломления вещества пленки, который, в свою очередь, меньше показателя преломления стекла, то в обоих случаях отражение происходит от среды оптически более плотной, чем та среда, в которой идет падающая волна. Поэтому фаза колебания пучка света Л5, при отражении в точке А изменяется на я рад и точно так же на я рад изменяется фаза колебаний пучка света BCS2 при отражении в точке В. Следовательно, результат интерференции этих пучков света при пересечении в фокусе линзы будет такой же, как если бы никакого изменения фазы колебаний ни у того ни у другого пучка не было. Условие максимального ослабления света при интерференции в тонких пленках состоит в том, что оптическая разность хода А интерферирующих волн Должна быть равна нечетному числу полуволн:
. Как видно из рисунка, оптическая раз-
А = (2Аг + 1)[ Л
409
ность хода А = /2л2 - = (|Л5| + |5С| )и2 -|ЛЕ>|н, Следоаа
тельно, условие минимума интенсивности света примет вид (|Л2?| + |5С|)/72-|^Z)|« = (2£ + l)fyj. Если угол пале-
ния а будет уменьшаться, стремясь к нулю, то AD —> о и |ЛВ| +1SC| -> 2d , где d — толщина пленки. В пределе при
откуда искомая
, (2£ + 1)2
толщина пленки d =-----— . Минимальное значение d
Ап
соответствует значению £ = 0. Подставляя числовые данные, получим d = 115 • 10'9 м.
16.28. Свет от монохроматического источника (2 = 600 нм) падает нормально на диафрагму с диаметром отверстия d = 6мм. За диафрагмой на расстоянии I = 3м от нее находится экран. Какое число к зон Френеля укладывается в отверстие диафрагмы? Каким будет центр дифракционной картины на экране: темным или светлым?
Решение:
Пусть в отверстии диафрагмы укладывается к зон Френеля, тогда радиус к -й зоны равен радиусу диафрагмы
г. = — = 4bkX. Отсюда к =---= 5 . Поскольку число от-
к 2 4Ьл
крытых зон нечетно, то центр дифракционной картинки будет светлым.
16.29. Найти радиусы гк первых пяти зон Френеля, если расстояние от источника света до волновой поверхности а ~ 1 м, расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения b = 1 м. Длина волны света 2 = 500 им.
410
Решение:
Радиус внешней границы к -й зоны Френеля для сфери-ГаЬ ~
ческой волны гк = .----тл . Подставляя числовые дан-
V а + Ь
ньте, получим Г]=0,5мм, г, =0,71 мм, г3=0,86мм, г4 =1,0 мм, г5 =1,12 мм.
16.30. Найти радиусы гк первых пяти зон Френеля для плоской волны, если расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения b = 1 м. Длина волны света Л = 500 нм.
Решение:
В случае плоской волны радиус к -й зоны Френеля определяется по формуле rk = ^ЬкЛ . Подставляя числовые данные, получим г, =0,71мм; г,=1мм; г3=1,22мм; г4 = 1,41 мм; г5 -1,58 мм.
16.31. Дифракционная картина наблюдается на расстоянии / от точечного источника монохроматического света (Л = 600 нм). На расстоянии а = 0,5/ от источника помешена круглая непрозрачная преграда диаметром D = 1 см. Найти расстояние /, если преграда закрывает только центральную зону Френеля.
Решение:
Радиус центральной (первой) зоны Френеля = ~^—Л .
У а + Ь
Кроме того, г,= —. По условию а + Ь = Г, а-Ь = 0,51, 1 2
тогда г{ = - = 0.5V/I • Отсюда / = — = 167 м.
2 л
16.32. Дифракционная картина наблюдается на расстоянии / = 4м от точечного источника монохроматического света (й- = 500 нм). Посередине между экраном и источником света Помещена диафрагма с круглым отверстием. При каком радиусе
411
R отверстия центр дифракционных колец, наблюдаемы?; на экране, будет наиболее темным?
Решение:
Радиус отверстия соответствует радиусу к -й зоны фре. неля при условии, что отверстие пропускает к зон. Г. е п Г^Ь ,
R = г. = ----тл . Наименьшая освещенность центра ко-
V а + Ъ
лсц соответствует двум зонам {к -2). Подставляя числовые данные, получим R - 10"3 м.
16.33. На диафрагму с диаметром отверстия D = 1,96 мм падает нормально параллельный пучок монохроматического света (л = 600 нм). При каком наибольшем расстоянии I между диафрагмой и экраном в центре дифракционной картины еще будет наблюдаться темное пятно?
Решение:
Расстояние, при котором будет видно темное пятно, определяется числом зон Френеля, укладывающихся в отверстии. Если число зон четное, то в центре дифракционной картинки будет темное пятно. Число зон Френеля, помещающихся в отверстии, убывает по мере удаления экрана от отверстия. Наименьшее четное число зон равно двум. Следовательно, максимальное расстояние, при котором еще будет наблюдаться темное пятно в центре экрана, определяется условием, согласно которому в отверстии должны поместиться две зоны Френеля. Радиус диафрагмы должен равняться радиусу второй зоны, т. е. ~ = С ~ ^!С,С’
да 1 - = 0,8 м.
8Z
16.34. На щель шириной а = 2 мкм падает нормально 'Л.р11' дельный пучок монохроматического света (2= 589 пм) -‘ОД какими углами ф будут наблюдаться дифракционные мин*'* мумы света?
412
решение:
В соответствии с принципом Гюйгенса щель можно рассматривать как цепочку N источников света $ S, ... S^:, расстояние между которыми Дх —> 0, при этом
= д (рис- В- Колебания, создаваемые источниками в точках их расположения, можно предста-
вить в виде: Е, = Ей cos cot. В точке наблюдения Р, распо-
ложенной под углом а к нормали й, эти источники создадут колебания, которые можно представить в виде: _ f 2п | ( 2л \
E[ = E0cos\cot---; E2=EQcos\cot------------w2 I
\ Л ) \ Л )
_ ( 2л
EN = Ео СО5 cot---nrN
— (1). Из (1) следует, что раз-
ность фаз соседних колебаний равна
диаграмму
। 2л , । ч -г-.
- — Axszna — (2). Построим векторную \ Л )
для точки наблюде
ния Р (рис. 2). Т. к. длины векторов Е,, ^2 ••• En и углы между ними равны, то цепочка векторов является частью правильного много-
угольника, вокруг которого можно описать окружность Радиусом R. Рез\ ль-
413
тирующий вектор Е является хордой этой окружности, а центральный угол, соответствующий этой хорде, равен N8. Проведем перпендикуляры из точки В к сторонам АС и OF. Из прямоугольных треугольников АВН и
1-| Е 3
DBF, учитывая, что |£,| = Е0, найдем -^--Rsin~,
Е N8 г г sin(N8/2)
— = Rstn---, откуда Е = Еп—Ч-—. Тогда
2 2 sin(8/2)
интенсивность в точке наблюдения Р равна sirr(N8/2)
I - Ц---тт----г — (3), где Ц — интенсивность,
sin'(8 / 2)
обусловленная отдельным источником света. При малых r . NS N3 . 3 3 _
8 имеет место равенство и sin—& — . тогда
из выражения (3) следует, что интенсивность падающего света Z0=Z15iV2— (4). Подставляя (2) в (3), получим r r sin2(2^NEx/(2A)sina) _
I = Ц---ту----А—г-----г • Отсюда с учетом того, что
sin' (2^8x/(2A)sina)
Л Л ЛГЛ Г rtf sin2 (ла/Asina)
Дх->0 и N/sx-a, получим I = I.N ———-------------
N2(t&x/Asina)'
r r sin2 (ла/ла sin a) ..
или, с учетом (4), I - Io ——*-------. Минимумы
(ла/ Asina)'
c- ла . ,
интенсивности будут наблюдаться при —sm а = кл, гп&
А
к = 1,2, 3... Таким образом, при дифракции света на одной щели (в случае нормального падения лучей) условие минимумов интенсивности имеет вид a shop = кА . Отсюда
кА А
sin ср =— . При к=Л имеем sinpl = — = 0,295 ; <р& 17°. а а
При к = 2 имеем simp, =0,589; р^36°. При к = 3 имеем
414
sin (p2= tiffin, <p»62°. Очевидно, что при к = 4 мы получим sin ср > 1, что не имеет смысла.
16.35. На щель шириной а = 20 мкм падает нормально параллельный пучок монохроматического света ( 2 = 500 нм). Найти ширину А изображения щели на экране, удаленном от щели на расстояние I = 1 м. Шириной изображения считать расстояние между первыми дифракционными минимумами, расположенными по обе стороны от главного максимума освещенности.
Решение:
Из рисунка видно, что — = Itgcp .
Поскольку угол ср мал, то можно принять tg(p = sin(p. Тогда A = 2lsin(p — (1). Условие мак
симумов интенсивности света asin<p = kA, откуда при к = \
sin<p = — — (2). Подставляя (2) а
21Л
в(1), получим А-----= 0,05 м.
а
16.36. На щель шириной а = 62 падает нормально параллельный пучок монохроматического света с длиной волны 2. Под каким углом ср будет наблюдаться третий дифракционный минимум света?
Решение:
Имеем asincp-кл. По условию <7 = 62, к = 2>. Отсюда 62 sinqj -32; $ш<р = 0,5; ср = 30°.
16.37. На дифракционную решетку падает нормально пучок света. Для того чтобы увидеть красную линию (2 = 700 нм) в
415
спектре этого порядка, зрительную трубку пришлось устанош под утлом <р = 30° к оси коллиматора. Найти постоянную дифракционной решетки. Какое число штрихов No нанесено единицу длины этой решетки?
Решение:
Согласно формуле дифракционной решетки d sin ср - к/,
(1) . По условию к = 2, тогда из (1) панд, 2Л _6
d-------= 2,8-10 м. Число штрихов Лг0, приходящих
sin <р
на единицу длины решетки, связано с периодом решет
d соотношением ;V0 = — , откуда jV0 = 357-10"3м.
d
16.38. Какое число штрихов Лг0 на единицу длины име дифракционная решетка, если зеленая линия ртути (Л = 546.1 и в спектре первого порядка наблюдается под углом <р = 19°8' ?
Решение:
Согласно формуле дифракционной решетки dsin<p-k, Поскольку число штрихов Л'о, приходящихся на едини! длины решетки, связано с периодом решетки d coo!нош xr 1 sin(P 1 , V sin(? ’
пием Л п - —, то ----= кЛ , откуда Л7 = — = 600 м м
° d ЛГС) ' кЛ
16.39. На дифракционную решетку нормально падае, щш света. Натриевая линия (Л, = 589 нм) дает в спектре гщ-.ш порядка угол дифракции <,у = 17°8'. Некоторая линия акг спектре второго порядка дифракции р:~24°12'. Пайш .• ш волны Л, этой линии и число штрихов Ду на единиц} :t решетки.
416
Решение:
По формуле дифракционной решетки для натриевой линии имеем dsin<pl=/.l — (1). для неизвестной линии <7 s/и £>-> = 2х.2 — (2). Разделив (1) па (2). получим sincpL _ 0TKj да Подставляя числовые
siniPi 2Л, ' ' 2.4/цт,
данные, получим ———— = 409 10~> м. Число
’ 2 0,295
штрихов А’,,, приходящихся на единицу длины решетки,
связано с периодом решетки d соотношением ,V0 = -- . Из d
(1) найдем d - ——— . тогда А':, = ----- = 500 мм"'. sincp^ Z,
16.40. На дифракционную решетке нормально падает пучок света от разрядной трубки. Какова должна быть постоянная d дифракционной решегки, чтобы в направлении <р - 41 ° совпадали максимумы линий /. = 656.3 нм и /У = 4 10.2 нм?
Решение:
Имеем sinep - . еледовшельло. к,/., - к,/... От-
к-, к
сюда —^ = — = ].о —(1). Поскольку числа к, и К-. долж-Ч А?
ны быть целыми, ю из условия J) найдем к -5 л к . -- 8 .
Тогда d = = ?-i о -.|.
Si/iQ
16.41. На дифракционную решетку нормально na.iaei пучок света. Нрн поворле трубы roH'ioMeipa на уюл <р в поле зрения видна линия 2, = 440 нм в спектре третье; о порядка. Будут ли видны под этим же углом <р другие спектральные линии, соот-
ветствующне длинам волн в пределах видимого спектра (от 4G0 до 700нм)?
Решение:
Имеем dsin(p - ЗЛ,. откуда sincp = ^- — (1). д-1Я d
спектральных линий А2 имеем dsintp-k}^ пли.
3
подставляя (1), ЗА, = кл-,, откуда /и= —А,. При к 1 "к
имеем А., =—А,. При к - 1 имеем А., = ЗА, = 1320 им. на к
длина волны не соответствует видимому спектру. При 3
к = 2 имеем А, = — /.. - 660 нм. При к - 3 получим А, ,к .
Таким образом, искомая длина волны А2 = 660 нм в спектре второго порядка.
16.42, На дифракционную решетку нормально падает пучок света от разрядной трубки, наполненной гелием. На какую линию А. в спектре третьего порядка накладывается красная линия гелия (А, = 670 нм) спектра второго порядка?
Решение:
**»
Имеем d sintp - 2А1; d sintp = ЗЛ2. Отсюда A, ~ =
J
= 447 нм — синяя линия спектра гелия.
16.43, На дифракционную решетку нормально падает г;у-юк света от разрядной трубки, наполненной гелием. Сначала гои-тельпая труба устанавливается на фиолетовые л: шш (Аф = 389 нм) по обе стороны от центральной полосы в cis к'Ре первого порядка. Отсчеты по лимбу вправо от нулевого де. . ’ша дали <р41 = 27°33' и = 36°27'. После этого зрительная ; г? устанавливается на красные линии по обе стороны от цегор-. ш-ной полосы в спектре первого порядка. Отсчеты по лимбу 418
ВО ОТ нулевого деления дали ркр| = 23°54' и <р^_ = 40°6'. Найти длину волны ЛК(, красной линии спектра гелия.
Решение:
, . ^>2-^,1 , , . ^кР2-^кр1 , ~
Имеем dsin-------= лф; dsin---------- Лкр. Отсюда
4^»7Up2/2-^ol /2) тд
2 =—!------:. Подставляя числовые дан-
^/2-^1/2
ные, получим Акр = 706 нм.
16.44. Найти наибольший порядок к спектра для желтой линии натрия (л = 589 нм), если постоянная дифракционной решетки d = 2 мкм.
Решение:
„ , , „ ~ Z d sintp
Из формулы дифракционном решетки найдем к =---------
Л
Поскольку sirup < 1, то к < — - 3,4 , т. е. ктах
16.45. На дифракционную решетку нормально падает пучок монохроматического света. Максимум третьего порядка наблюдается под углом <р = 36°48' к нормали. Найти постоянную d решетки, выраженную в длинах волн падающего света.
Решение:
По формуле дифракционной решетки d sin(p-3Z , откуда 3
"г--------- 5 , т. е. d = 52 .
л sin ср
16*46. Какое число максимумов к (не считая центрального) Дает дифракционная решетка предыдущей задачи?
419
Решение:
При d = 5л имеем 5/Lsimp = кл . Отсюда наибольшее 'тело максимумов по одну сторону от центрального равно к1:1... = 5 . Тогда по обе стороны от центрального максиме \i:i у-ЗА... 10.
16.47. Зрительная труба гониометра с дифракционной пешечкой поставлена под углом (9 = 20° к оси коллиматора. При в поле зрения трубы видна красная линия спектра te ня (Л = 668 нм). Какова постоянная d дифракционной решен,д. если под тем же челом видна и синяя линия (Лс = 447 нм) бо.ше высокого порядка? Наибольший порядок спектра, который vLl к-но наблюдать при помощи решетки, к = 5. Свет падает на решетку нормально.
Решение:
Имеем dsin(p - к{А.d simp-к->л , откуда — = —^- = 1.5.
А А
Поскольку значения к{ и к, должны быть целыми чис-
к.л..
ламп, то очевидно, что А, = 2 : А,=3. 1огда d =----
sin о
= 3.9-10’6м.
16.48. Какова должна быть постоянная d дифракционной решетки. чтобы в первом порядке были разрешены линия спектра калия А, =404.4 и /.. = 404.7 нм? Ширина решетки ц = 3см.
Решение:
Разрешающая способность дифракционной решетки спре-деляется формулой -^- = AoV. По условию А'= 1, токМ Ал
л , тЛ-Д)
---— - л = —. откуда d = ——-----— = 22-10 м.
А - л, d Д
420
16.49. Какова должна быть постоянная d дифракционной решетки, чтобы в первом порядке был разрешен дублет натрия = 589 нм и Л, = 589,6 нм? Ширина решетки а = 2,5 см.
Решение:
Имеем d (см. задачу 16.48). Подставляя число-
Л
вые данные, получим d = 25,5 • 10"fi м.
16.50. Постоянная дифракционной решетки d = 2мкм. Какую разность длин волн А2 может разрешить эта решетка в области желтых лучей (Л = 600 нм) в спектре второго порядка? Ширина решетки а = 2,5 см.
Решение:
Имеем (см, задачу 16.48), откуда Д2= —=
Д2 d ' ка
= 24-10"12м.
16.51. Постоянная дифракционной решетки d = 2,5 мкм. Най-d(p .
ти угловую дисперсию — решетки для z = Э89 нм в спектре dk
первого порядка.
Решение:
Имеем d sincp = кл . Дифференцируя, получим dcos<pcitp =
-in d(p к л
-кал или —- =--------. Подставляя числовые данные, по-
dA d cos ср
лучим sincp = 0,236, откуда <р л 1 3.5° . Тогда cos ср - 0.972 и dep
= 4,1 • 103 рад/.м.
16.52. Угловая дисперсия дифракционной решетки для
= 668 нм в спектре первого порядка = 2,02 10 рад м. Най-с/л.
ти период d дифракционной решетки.
421
Решение:
По формуле дифракционной решетки dsina = A — у)
Кроме того, — =------------(2) (см. задачу 16.51), 1--у < р
dA d cos (о
найдем shi(p-— или cos<p = J!---------- —(3). Подста-; ,.1Я
d V d~
(3) в (2), получим — = —- = . Отсюда
М djl-A2/d2 jd2-A2
d = -------—гу + /? = 5 • 10'6 м.
у (dcp/ dA)~
16.53. Найти линейную дисперсию D дифракционно^ решетки в условиях предыдущей задачи, если фокусное расстояние линзы, проектирующей спектр на экран, равно F = 40 см,
Решение:
Линейная дисперсия D дифракционной решетки опрс-
, _ d(p Г7
дсляется по формуле D = F—. Подставляя числовые dA
данные, получим D = 81 мкм/(Н м).
16.54. На каком расстоянии / друг от друга будут нахо ;; ь-ся па экране две линии ртутной дуги (2, = 577 нм и 2, = 579,1 гю) в спектре первого порядка, полученном при uomouui л: -грлк-шюнной решетки? Фокусное расстояние линзы, проектиру (Юиси спектр на экран, F = 0.6 м. Постоянная решетки d = 2 мю'.
Решение:
Согласно условию главных максимумов дифракниснои решетки d sin ср = кА — (1). В нашем случае к = 1 . по • > для первой и второй линии ртутной дуги из формуй, (.) соответственно имеем dsin(p{=\ и dsin<p2=A2-. огкуДД 422
Я 2,
^in(p =-± — (2) И siii(p2 = -^ — (3). Поскольку рассто-у 1 d d
яние от линзы до решетки f « F, где F — фокусное рас-
стояние линзы, то
II
tg(p2, откуда
l{ = Ftgcpx — (4) и А = Ftgcp, — (5). Расстояние между двумя линиями ртутной дуги на экране равно / = /3 — (6).
Подставляя (4) и (5) в (6), получаем / = F(tgcp2 -igq^) —
sin&
(7). По определению tgcp ---— — (8) и, согласно основ-
v " COS (р
ному тригонометрическому тождеству, sin" ср + cos' ср = 1, откуда cos ср = у]I - sin2 ср — (9). Подставляя (9) в (8), получаем tgcp = —r=m(? — (Ю), затем, подставляя (2) и
(3) в (10), находим
(И) и
-2 — (12). Подставляя (11) и (12) в (7), окон-
2-Л2
чательно получаем / = F
= 0,68 мм.
16.55. На дифракционную решетку нормально падает пучок света. Красная линия (2, = 630 нм) видна в спектре третьего порядка под углом ^ = 60°. Какая спектральная линия 2, видна ПОД этим же углом в спектре четвертого порядка? Какое число штрихов на единицу длины имеет дифракционная решетка? Найти угловую дисперсию этой решетки для длины волны d/.
Л ~ 630 нм в спектре третьего порядка.
423
Решение:
Из условия главных максимумов дифракционной решетки dsinp-kX — (1) имеем: d sinp = кхХ{ — (2) и dsinp = k2X2 — (3), где kt=3 и А-, =4. Приравнивая правые части уравнений (2) и (3), получаем к1Х1 - К/.
откуда 2., = = 472,5-м. По определению число штрихов
к2
v 1 ,1
на единице длины Ло= —. откуда а =— — >-И d Л'о
Подставляя (4) в (1), получаем -7= кл , оно. да Л?о
sinp . ,
;V0 =--— = 4з>8мм . дифференцируя уравнение i : у
кХ
получаем d cosdp - kdX, откуда угловая дисперсия
, - /О п
дифракционной решетки —----------- — (5). Подставляя
dX d cos ср
(4) в (5), получаем ° = 2,75 • 104 рад/см.
dX cos р
16.56. Для какой длины волны л дифракционная решетка (1(f) / о i /-Д
имеет угловую дисперсию = 6,о -1 Сг рад м в спектре треи, его
порядка? Постоянная решетки d = 5 мкм.
Решение:
Угловая дисперсия дифракционной решетки (см. запячу к к dX ..
16.55) — =--------. откуда cosp~ —— — (1).
dX d cos ср d d<p
основного тригонометрического тождества (см. за к.ш 16.54) cos(p = y/\-sin~ р —(2). Приравнивая правые ч;ш: ч уравнений (1) и (2). получаем ~— = ^l~si/r ср , отю. Д1 d dp
424
— (3). l-fc условия главных макси
мумов дифракционной решетки d sin тр-к/. длина волны
1--Й0 — (4). Подставляя (3) в (4). окончательно к
, тЛ <7/. ' _ЛО получаем Я = ,|р- - j - >0и нм.
16.57. Какое фокусное расстояние F должна иметь линза, проектирующая па экран спектр, полученный при помощи дифракционной решетки, чтобы расстояние между двумя линиями калия ф =404,4 им и z, = 404,7 нм в спектре первого порядка было равным / = 0.1 мм? Постоянная решетки 7 = 2 мкм.
Решение:
Расстояние от решетки до линзы равно расстоянию от линзы до экрана и равно фокусному расстоянию линзы F. Из рисунка видно, что расстояние
-Yi = Ftg9\, а
= Ftg02. Поскольку л, - .V, = /, то можно записать l = F(tgO:, — (I). Т. к. ig0-, -Ig0t есть приращение
функции tg0 . то можно принять lgO^-lg0}-
~(trTn\ л/> л/! sin0-,-sin0} z,4
~\‘gv) -АО — (2). Кроме того. S0 =-----—----L — (д).
(sin0)
Подставив (3) в (2) и вычислив производные, найдем
^>^2 = — !, ,z?-------(4). По формуле дифракцион-
cos': 0t
425
ной решетки dsinO} = At; d sin02 = /Ц, откуда smO{ = — и d
sm0-> = ^-. Тогда уравнение (4) можно записать в вгт d
Q . LJd-L/d Л,-Л, „
Zg<9;-/g<9, = —-------= - — (э). Подсгав.
cos' 0i d cos' 0{
/1ч , F(A?-A,) dices'О
(5) в (1). получим / =—— , 17, откуда F = —-------
d cos3 0{ F. - z,
(6). Величину cosO{ найдем из соотношения
О Y
1- — ; cos 0t - 0,9793 . Поде л в-\d )
ляя числовые данные в (6), получим F = 0,65 м.
16.58. Найти угол /Б полной поляризации при отражении света от стекла, показатель преломления которого п = 1,57 .
Решение:
Согласно закону Брюстера свет, отраженный от диэлектрика, полностью поляризован в том случае, если тангенс
угла падения tgi{- = —, где nl = 1 — показатель прег.юм-”i
ления воздуха, н2 = 1,57 — показатель преломления стекла.
Отсюда /Б = arctgh2 - 57,5° .
16.59. Предельный угол полного внутреннего отраженна для некоторого вещества i = 45°. Найти для этого вещества хгол л полной поляризации.
Решение:
Предельный угол полного внутреннего отражения для i ра-ницы раздела вещество — воздух определяется соотношс-426
нием sini = —. По условию / = 45°, отсюда 77 =-7= = 1,4.
77 л/2
По закону Брюстера tgiB = п, откуда /Б = arctg{n) = 54,7° .
16.60. Под каким углом /Б к горизонту должно находиться Солнце, чтобы его лучи, отраженные от поверхности озера, были наиболее полно поляризованы?
Решение:
Пусть /— угол падения солнечных лучей, 7б — угол между направлением на Солнце и горизонтом. По закону Брюстера tgib = 7?, где 77 = 1,33 — показатель преломления воды. Тогда 7 = arctg(n) = 53° .
Отсюда 7б - 90° -7 = 37°.
16.61. Найти показатель преломления п стекла, если при отражении от него света отраженный луч будет полностью поляризован при угле преломления р = 30°.
Решение:
По закону Брюстера tgib = п . В связи с обратимостью хода
лучей можно записать tgfl - —, откуда 7? = —— = 1.73.
» ' РФ
16.62. Луч света проходит через жидкость, налитую в стеклянный (и = 1,5) сосуд, и отражается от дна. Отраженный луч Полностью поляризован при падении его на дно сосуда под Углом /ь=42°37'. Найти показатель преломления жидкости. Под каким углом 7 должен падать на дно сосуда л\ч света, идущии в этой жидкости, чтобы наступило полное внутреннее отражение?
427
Решение:
По закону Брюстера = — — (1), где и, = 1,5 — гш.
затель преломления стекла, /г, — показатель преломления
жидкости. Из (1) найдем и. = =1,63. Полное ыы-
Ш)
. . п-
реннее отражение наступает при условии sun = — = О ,
И,
откуда угол падения i ~ 67° .
16.63. Пучок поляризованного света (л = 589 пм) палас, на пластинку исландского шпата перпендикулярно к его ческой оси. Найти длины волн ли и zc обыкновенного и необыкновенного лучей в кристалле, если показатели преломления исландского шпата для обыкновенного и для необыкновенного лучей равны пи = 1,66 и пе = 1,49.
Решение:
Имеем /.0 = — = обо нм, ле = — = j95 нм. ". "с
16.64. Найти угол р между главными плоскостями пе.гы;-заторл и анализатора. если интенсивность естественного св. м. проходя.о.то через поляризатор и анализатор, уменьшается е 4 рты.
Рент. hj;o:
Пост? прохождения через поляризатор луч имеет иы.н-спзно:то 7. -0.5/,,. где — интенсивность естссгвел1 лу света. После прохождения через анализатор луч имеет интенсивность /. = /, cos' tp = 0.5/u cos' <p , По условию
= 0.25 , тогда cos' (p = 0,5 и ср = 45° .
4
428
16.65. Естественный свет проходит через поляризатор и анализатор, поставленные так, что угол между их главными плоскостями равен <р . Как поляризатор, так и анализатор поглощают и отражают 8% падающего на них света. Оказалось, что интенсивность луча, вышедшего из анализатора, равна 9% интенсивности естественного света, падающего на поляризатор. Найти угол (р
Решение:
Согласно закону Малюса интенсивность света, прошедшего через поляризатор и анализатор, I = Z”cos2 о — (I), где 1'q — интенсивность естественного света с учетом поглощения и отражения поляризатора и анализатора. Интенсивность света, прошедшего через поляризатор, равна Гй =(1 -O,O8)Zo - 0,92Zc, — (2). Интенсивность света, прошедшего через анализатор с учетом (2), равна Z"=0,92Z'=O,8464Zo — (3). По условию интенсивность света, вышедшего из анализатора, I = 0.09 Zo — (4). Из
формулы (1) имеем: cos<p~ , откуда угол между V А)
главными плоскостями поляризатора и анализатора
<р = arccos — (5). Подставляя (3) и (4) в (5), получаем V Л)
<р = 70°54'.
16.66. Найти коэффициент отражения р естественного света, падающего на стекло (п = !,54) под углом /Б полной поляризации. Найти степень поляризации Р лхчей. прошедших в стекло. Решение:
Коэффициент отражения падающего света р = — , где Aj
, причем I. = 0,5 Zo '’'"А/—I = O,5Zox asin-(i + ftY °
429
х—г-------. Ь нашем случае при падении под утлом
tg'\i + P)
ной поляризации Zg(/b) =/? = 1.54 ; следовательно, :
Т. к. /Б-+-/7 = 90°, то угол преломления р-3.: и
у/п" ^4’?
7Ь —/7 = 24°. Поэтом) 7_-О,57о-—
sin~ 90"'
И?2 24°
I = О.57о - = 0 , т. е. в отраженном свете при , i7!e
р.адсния, равном углу полной поляризации, колебания цпо-
ИСХОДЯТ ТОЛЬКО В ПЛОСКОСТИ, перпендикулярной К ;бОС-
I 7Х + 7
кости падения. При этом /э = — ------- - 0,083 , т. е. .мп-
h А)
жается от стекла только 8,3% энергии падающих собственных лучей. Следовательно, энергия колебаний, пспнен-дикулярных к плоскости падения и прошедших во вторую среду, будет составлять 41,7% от общей энергии .'умей, упавших на границу раздела, а энергия колебаний, лежащих в плоскости падения, равна 50%. Степень поляризации лучей, прошедших во вторую среду,
16.67. Лучи естественного света проходят сквозь п.зосюпа-раллельную стеклянную пластинку (и = 1.54), падая на не: иод углом iT> полной поляризации. Найти степень поляризаци и Р лучей, прошедших сквозь пластинку.
Решение:
При падении естественною луча на стеклянную плашинкУ под углом полной поляризации преломленный луч гшеет интенсивность 7, = О,9177о (см. задачу 16.66). В теш преломленном луче 0,41770 составляют колебания, перпендикулярные к плоскости падения, и 0,57о — колебания, 430
Параллельные плоскости падения. Интенсивность луча, Сразившегося от второй грани пластинки, г/ = 0,083 0,0917/0 = О,О7б/о. Интенсивность луча, вышедшего из пластинки в воздух, будет 13 = О,917/0 -О,О76/о,
причем О.5/о составляют лучи с колебаниями, параллельными плоскости падения, и 0.341/0 — с колебаниями,
перпендикулярными к плоскости падения. Тогда степень
поляризации
0.159
0.841
Р =
= 18,9%, т. е. степень по
ляризации увеличилась. На этом основании в качестве поляризатора употребляется «стопа» плоскопараллельных, стеклянных пластинок («стопа Столетова»).
16.68. Найти коэффициент отражения р и степень поляризации Pt отраженных лучей при падении естественного света на стекло (п = 1,5) под углом / = 45° . Какова степень поляризации Р2 преломленных лучей?
Решение:
Коэффициент отражения падающего света р -— — (1),
где 7 = /± + Z .— (2), причем 7Х
‘
2 sin(i + Р)
— (3)и
— (4). Показатель преломления среды
2 [/И' + ^).
: откуда smp =------- или p=arcsin ------- —(5).
5,ПЛ' п nJ
Подставляя (5) в (3) и (4), получаем
[ - - arcsin(siii(i)/и))
1 ? 77777 ~7~. /.<, \\ — (о) и
43!
_ Io tg(i - arcsin\
i
2 tg(i + arc5w(s/«(/)/ «))
— (7). Подставляя (6) и
(7) в (2), получаем
IG sin(i - arcsln(sin(j)/zz}) ~|2
2 sin(i+arcsin(sin(i)/ zz))
tg(i - arcsin(sin(i)/ zz)) tg(i + arcsin(sin(i)/zz))
— (8). Подставляя (8) в (1),
окончательно получаем
1 sin{i - arcsin{sin{i)/п))
2 sin(i + arcsin(sin(j)/nJ)
tg(i - arcsin(sin(i)/ nJ) tg(j + arcsin(sin(i)/zz))
p = 0,0503-100% = 5,03 % .
Степень поляризации отраженных лучей Pl =
(9). Подставляя (6) и (7) в (9), получаем
sin(j - arcsin(sin(i)/nJ) sin(i + arcsir.(sin(i)/ it)) 2 tg(i - arcsin(sin(i)/nJ) Ig(i + arcsin[sin(i)/zz))_
sin(i - arcsin(sin(i)/ nJ) sin(i + arcsin{sin(i)/n))_ 2 + tg(i - arcsin(sin(i)/n))
tg{i + arcsin[sin(i)fnJ) _
Pi =0,84-100% = 84% . Степень поляризации преломленных лучей Р2 = pPi = 0,0422 • 100% = 4,22% .
§17. Элементы теории относительности
17.1. При какой относительной скорости v движения релятивистское сокращение длины движущегося тела составляет 25%?
Решение:
I I J
Имеем I = /0,/1 —~ — (1). По условию -2-= 1----= 0,25,
V с- 10 10
отсюда / = О,75/о — (2). Подставляя (2) в (1), получим I Т ____________
h_2L = O,75; 1-^ = 0.5625; v = Л/^2(1 - 0,5625) =
V с* с'
= 1,98-108 м/с.
17.2. Какую скорость v должно иметь движущееся тело, чтобы его предельные размеры уменьшились в 2 раза?
Решение:
Пусть тело движется с постоянной скоростью v относительно инерциальной системы К'. Поскольку в системе
I
К длина тела / = /0, 1 —- , а по > словию задачи /0 = 2/, V с"
то / = 2Л /1 -. Отсюда I с"
следовательно,
v = cjl-- = 2.6-108 м/с. V 4
17.3. Мезоны космических лучей достигают поверхности Земли с самыми разнообразными скоростями. Найти релятивистское сокращение размеров мезона, скорость которого равна 95% скорости света.
433
Решение:
Т. к. поперечные размеры тела при его движении не ме* няются, то изменение объема тела определяется лорен-. новым сокращением продольного размера, определяемо!^ формулой I = /0^1 j- • Следовательно, объем тела сокра-
1 —- . Подстав^ с~ ’
ляя числовые данные, получим И = О,312Ио. Тогда отно* у _ у
сительное изменение объема 5 = —2----100% = 68,8% .
17.4. Во сколько раз увеличивается продолжительность суще* ствования нестабильной частицы по часам неподвижного наблю* дателя, если она начинает двигаться со скоростью, составляв ющеп 99% скорости света? у
Решение: |
Промежуток времени Аг в системе, движущейся со скб| ростыо v по отношению к наблюдателю, связан с промер жутком времени Аг0 в неподвижной для наблюдателе л Аг0 о v !
системе соотношением Аг = —— — (1), где р--------------
V’ /;* с I
(2) — относительная скорость, с — скорость света. По условию /3 = 99% = 0,99. Из формулы (1) получав»!
Аг 1 _ло ----= , --= = 7,08 раза.
17.5. Мезон, входящий в состав космических лучей, движется со скоростью, составляющей 95% скорости света. Какой промой жуток времени Аг по часам неподвижного наблюдателя соот* ветствует одной секунде «собственного времени» мезона? 434
Решение:
Промежуток времени по часам неподвижного наблюдателя (см. задачу' 17.4) составляет Аг = — (1), где
д - = 1 с — «собственное время» мезона, /7 = 95% = 0,95 . Подставляя числовые данные, получим Аг = 3,2 с.
17.6. На сколько увеличится масса а -частицы при ускорении ее от начальной скорости, равной нулю, до скорости, равной 0,9 скорости света?
Решение:
Зависимость массы т тела от скорости его движения дается уравнением т - .—Л1° , где т0 = 6,6 • 1О-27 кг —
Vl -v2 / с2
масса покоя а-частицы. По условию v = 0,9-c, тогда т - ,— ,П°—= ... = 2,3/77о . Отсюда Ат = 2,3/эт0 -7??0 = aJ 1-0,81с2/с1 = 1.3 ш0 =8,6-10-27 кг.
17.7. Найти отношение — заряда электрона к его массе для т
скоростей; a) v«c; б) v = 2-108m/c; в) v = 2,2 -10s м/с; г) v = 2,4 • 10s м/с; д) v = 2,6 -10s м/с; е) v = 2,8 • 108 м/с. Составить - , е
таолпцу и построить графики зависимостей т и — от величины т
Р = — для указанных скоростей. с
Решение:
Зависимость массы электрона т от скорости его движения
т дается уравнением т = —j== — (1), где т0=9,11х
VI-/?2
435
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
х 10 ’ кг — масса покоя электрона, /3 = — — (2) — относи
сительная скорость.
Элементарный заряд электрона е = 1,6-10’|9Кл. Составим
таблицу и построим графики зависимостей т и — оз ве-т
личины Р для указанных скоростей.
v, 108 м/с v«c 2 2,2 2,4 2,6 2,8
Р 0 0,67 0,73 0,8 0,87 0,93
т, 10 Jl кг 9, И 12,22 13,4 15,18 18,26 25,38
е/т, 10" Кл/кг 1,76 1,31 1,19 1,05 0,876 0,631
436
17.8. При какой скорости v масса движущегося электрона вдвое больше его массы покоя?
Решение:
Масса движущегося электрона (см. задачу 17.7) дается
уравнением /?? = - — (1), где /7 = — — (2) — отно-
V1-/?2 с
сительная скорость. Из (1) имеем — = д/1-/72 — (3). т
Подставляя (2) в (3), получаем — = — 0)- По
in у с
условию —- = — — (5). Приравнивая правые части со-
111 2
1 I v2
отношений (4) и (5), получаем — = J1—г, откуда нахо-
2 V с
дим искомую скорость электрона v =----= 2,6-108 м/с.
17.9. До какой энергии WK можно ускорить частицы в циклотроне, если относительное увеличение массы частицы не должно превышать 5%? Задачи решить для: а) электронов; б) протонов; в) дейтонов.
Решение:
тг/ ">/ \ "к ’ т ~ п
'И = c~(iii-iii0), откуда —- = с --------1-----(1). По условию
'"о .
——— = 0,05, тогда из (1) получим WK = O,O5moc2. Под-т0
ставляя числовые данные, получим: a) №к =25,6-10J эВ;
б) Д; = 47-106эВ; в) WK = 94 -106эВ.
437
17.10. Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти электрон, чтобы его скорость составляла 95% скорости света?
Решение:
Согласно закону сохранения энергии
.2 ( , >
- тс... = или eU = mc2 , =-1
4\-v2/c2 -v2/с2 J
тс2 +eU =
— (!)• Под-
ставляя в (1) значение v = 0,95-c, получим eU -Z,2inc2,
Z,Znic~ ,, ..6D
откуда U =---------= 1,1 • 10 В.
е
17.11. Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти протон, чтобы его продольные размеры стали меньше в 2 раза?
Решение:
Потенциальная энергия протона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U, равна Wn-eU. Зависи-
мость кинетической энергии протона от скорости его дви-
2
жения v дается уравнением WK = тос
х
-1 , где
/
inQ - 1,67-10 27 — масса покоя протона, Р = — — отно-с
сительная скорость. Работа, совершенная полем при перемещении протона, равна приобретенной им кинетической
энергии, т. е. eU = J7K = тпйс2
или U -
ш;>с
— (1). Продольные размеры протона
I,
в
движущегося со скоростью v относительно некотором
438
системы отсчета, связаны с продольными размерами протона 10, неподвижного в этой системе, соотношением 1 = 10^1-/32 , откуда — = д/1-у52 — (2). Подставляя (2) в
111 С" (1 А
(1), окончательно получаем U = —— —-1 = 940 МВ.
17.12. Найти скорость v мезона, если его полная энергия в 10 раз больше энергии покоя.
Решение:
Йолная энергия мезона W складывается из его кине-Ейческой энергии FFK и энергии покоя FK0. Поскольку
-1 ,
a WQ-niac2, то W = WK+WQ =
i 0 По условию — = 10, т. е. , = 10. От-
йода /? = —= 0,995; v = Д? = 2,985-108 м/с. с
17.13. Какую долю /? скорости света должна составлять скорость частицы, чтобы ее кинетическая энергия была равна ее Щергии покоя?
Решение:
Кинетическая энергия частицы W =
-1 , где
д _ V 2
Р — и есть искомая величина. По условию W = WQ - inc .
439
Тогда тс2 = тс2
-1 , откуда
> 7’-^
0 = 0,866 -100% = 86,6%.
17.14. Синхрофазотрон дает пучок протонов с кинетической энергией WK = 10 ГэВ. Какую долю Д скорости света состав зяет скорость протонов в этом пучке?
Решение:
Зависимость кинетической энергии протонов от скорости
их движения дается уравнением WK — тас2
Отсюда доля скорости протонов от скорости света
т2сА
0 = 1—-------о---- =0,996-100% = 99,6%.
V ТТ, . .2 1г
+ 'V
17.15. Найти релятивистское сокращение размеров протонов в условиях предыдущей задачи.
Решение:
Диаметр протона d, движущегося со скоростью v относительно некоторой системы отсчета, связан с диаметром протона d(j, неподвижного в этой системе, соотношением с/ = d0^\- 02 — (1). Из задачи 17.14 доля скорости протонов от скорости света Д = 99,6% = 0,996. Релятивистское сокращение размеров протона из формулы (1)
равно ^2—- = 1-д/1-Д2 =0,911-100% = 91,1%.
d0
440
17.16. Циклотрон дает пучок электронов с электрической энергией = 0,67 МэВ. Какую долю fl скорости света составляет скорость электронов в этом пучке?
Решение:
Доля скорости электронов от скорости света (см. задачу
I
17.14) равна fl = 1~7--= 0,899-100% = 89,9% .
У Гк
17.17. Составить для электронов и протонов таблицу зависимости их кинетической энергии 1/к от скорости v (в долях скоростей света) для значений fl, равных: 0,1; 0,5; 0,6; 0,7; 0,8; 4),9; 0,95; 0,999.
Решение:
Зависимость кинетической энергии электронов и протонов от скорости их движения дается уравнением Г7К - тйс2 х (
:х -1 — (1), где масса покоя электрона та^ = 9,11 х
J
-х10“3|кг, масса покоя протона »10(р) -1,67-10’27 кг. Подставляя в уравнение (1) значения fl, заполняем таблицу:
fl 0.1 0.5 0.6 0,7
;^к(е),Дж 9.2-10"17 1.26-10~16 2.04-10~16 3,28-10-16
И'кад.Дж 1.5-10-12 1.74-10’11 3.76-10'" 6,01-10 11
Продолжение
J 0.8 0.9 0.95 0.999
ДЖ 5.46-10’16 1.06-ю*15 1.81-КГ15 1.75-10’14
Дж 1.01-10“’° 1.95-Ю’10 З.ЗЫО'10 3.21-ИГ9
17.18. Масса движущегося электрона вдвое больше его массы покоя. Найти кинетическую энергию WK электрона.
441
Решение:
Масса движущегося электрона (с.м. задачу 17.7) даете; уравнением т = —. — (1), где = 9,11 I0"'1 кг —
его масса покоя. Кинетическая энергия движущегося элек-
1—1
трона 1Кк = /п0с2
т ем —
— (2). Из уравнения (1) им
---- — (3). Подставляя (3) в (2), получает
1Кк=ш0с2 —-1 =8,2-10’14Дж.
V”o )
17.19. Какому изменению массы Дот соответствие!
изменение энергии на Д1И = 4,19 Дж?
Решение:
Зависимость кинетической энергии тела от
движения дается уравнением 1УК = т0с2
скорости сгс
JL=-i -
(1), а зависимость массы тела от скорости его движения — т = . /??0 - — (2). Изменение массы тела в процессе егс
движения Д/л = т - т0
— (3). Подставляя
(2) в (3).
получаем Ал/ - niQ
—-1
(4).
Поскольку
изменение
кинетическая энергия покоя равна нулю, то кинетической энергии ДИ,Г1. = И'ГК — (5). Подставляя (1) £ 442
(5) с учетом (4), получаем AWK = Ате2, откуда изменение массы тела Д/;г = = 4,6-10-17 кг.
с~
17.20. Найти изменение энергии AH', соответствующее изменению массы на Ат = 1 а.е.м.
Решение:
Изменение кинетической энергии тела в процессе его движения (см, задачу 17.19) определяется соотношением дИ?к = Дшс2 =934 МэВ.
17.21. Найти изменение энергии AW , соответствующее изменению массы на Ат = те.
Решение:
Изменение кинетической энергии тела в процессе его движения (см, задачу 17,19) определяется соотношением ДЖк = Ате1. По условию Дш = = 9,11 • 1 (Г31 кг, тогда
AFKK =8,2-10'14 Дж.
17.22. Найти изменение массы Атр , происходящее при образовании v = 1 моль воды, если реакция образования воды такова: 2Н2 + О, = 2Н,0 + 5,75 105 Дж.
Решение:
Имеем Ати — (1). При образовании двух молей С"
воды освобождается энергия AW = 5,75-105 Дж, тогда - 2,875 105 Дж — (2). Подставляя (2) в (1), по-
лучаем Ат^ = 3,2-10”9 г/моль.
443
17.23. При делении ядра урана освобождается энергия (Г = 200 МэВ. Найти изменение массы при деления; v = 1 моль урана.
Решение:
Изменение массы тела в процессе его движения (см. за-
дачу 17.19) определяется соотношением = —у*-----
с~
При делении v молей урана освобождается энергия ДГИ = 17kVa — (2), где W — энергия, освобождаемая при делении одного ядра. Подставляя (2) в (1), получаем IV1//V
Amfl =--- 0,214 г/моль.
17.24. Солнце излучает поток энергии Р = 3,9 • 1 026 В г. За какое время г масса Солнца уменьшится в 2 раза? Излучение Солнца считать постоянным.
Решение:
Поток энергии, излучаемый Солнцем, определяется со-Д/У
отношением Р =-----h---(1). Изменение энергии Солнца в
т
процессе излучения (см. задачу 17.19) = кик' — (2).
По условию Аш = ^-»/у — (3), где = 1,989• 10’1' — начальная масса Солнца. Подставляя (2) в (1), с учетом (.'ч;
d 'ЧУ3 ,
получаем Р -—5. откуда время, за которое масса ео. л-
2г
2
ца уменьшится в 2 раза, равно г = —— = 7.2 • 101" лет.
§28. Тепловое излучение
В задачах данного раздела используются данные таблиц 5 и 11 приложения.
18.1. Найти температуру Т печи, если известно, что излучение из отверстия в ней плошадью 5 = 6,1см‘ имеет мощность /У = 34,6 Вт. Излучение считать близким к излучению абсолютно черного тела.
Решение:
Мощность излучения из отверстия печи определяется соотношением N = R3S — (1). Поскольку по условию излучение близко к излучению абсолютно черного тела, то по закону Стефана — Больцмана R3 - сгТ4 — (2), где а - 5,67 -10“8 Вт/(м2-К4) — постоянная Стефана — Больцмана. Подставляя (2) в (1), получаем N = oTAS, откуда у
(n V
температура печи Т - — = 1000 К.
У )
18.2. Какую мощность N излучения имеет Солнце? Излучение Солнца считать близким к излучению абсолютно черного тела. Температура поверхности Солнца Т = 5800 К.
Решение:
Поскольку по условию излучение близко к излучению абсолютно черного тела, то мощность излучения Солнца (см. задачу 18.1) выражается соотношением У = —
(1)> где 8 = 4я2^. — (2) — площадь поверхности Солнца, = 6,96-108 м — радиус Солнца. Подставляя (2) в (1), получаем N = 4ясг7'4Я| =3,9-1026 Вт.
445
18.3. Какую энергетическую светимость /?' имеет затв.?. -дсвший свинец? Отношение энергетических светимостей сви1:х : и абсолютно черного тела для данной температуры к - 0.6 .
Решение:
Затвердевающий свинец ведет себя как серое тело, i; , закону Стефана — Больцмана для серого тела А' -Ао/ где к — отношение энергетических светимостей аб^ •-.потно черного и серого тел при данной температуре. ;,.щ коэффициент черноты, Т - 600 К — температура п.кн.. . . -ния свинца. Подставляя числовые данные, полу ;
= 4.4 кВт/м'.
18.4. Мощность излучения абсолютно черного 1.
N - 34 кВт. Найти температуру Т этого тела, если известно, ч. э его поверхность 5 = 0,6 м2.
Решение:
Мощность излучения абсолютно черного тела (см. задащ
18.1) выражается соотношением N = oT4S - 1 000 К.
18.5. Мощность излучения раскаленной металлической поверхности А" = 0,67 кВт. Температура поверхности Г = 2?0оК, ее площадь 5 = 10 см2. Какую мощность излучения А’ имела 'л эта поверхность, если бы опа была абсолютно черной0 Пай л отношение к эиергепгческих светимостей этой поверхности и абсолютно черного тела при данной температуре.
Решение:
Если бы поверхность была абсолютно черной, то ее мощность излучения (см. задачу 18.1) была
N - crT'S = 2,22 кВт. Отношение энергетических евс; и-мостей поверхности и абсолютно черного тела при данной
, N'
температуре равно к - — = 0,э .
446
18.6. Диаметр вольфрамовой спирали в электрической лампочке d = 0,3 мм, длина спирали / = 5 см. При включении лампочки в сеть напряжением U 127 В через лампочку течет ток / = 0,31 А. Найти температуру Т спирали. Считать, что по установлении равновесия все выделяющееся в нити тепло теряется в результате излучения. О i ношение энергетических светимостей вольфрама п абсолютно черного тела для данной температуры к = 0,31.
Решение:
Поскольку вольфрамовая спираль излучает как серое тело, то ее мощность излучения Л" = R’3S — (1), где по закону Стефана — Больцмана R'3=koT4 —(2) — энергетическая светимость серого тела, S = 2rrdl — (3) — площадь поверхности вольфрамовой спирали. Подставляя (2) и (3) в (1), получаем N' = 2~kciT4dl — (4). С другой стороны, мощность тока N' = IU — (5), получаем IU = 1лкоТ4сИ, 2
С iu V
откуда температура спирали Т = ------- = 2208 К.
2~kadl)
18.7. Температура вольфрамовой спирали в 25-ваттной электрической лампочке Г = 2450 К. Отношение се энергетической светимости к энергетической светимости абсолютно черного тела при данной температуре к = 0,3 . Найти площадь S излучающей поверхности спирали.
Решение:
Мощность излучения вольфрамовой спирали (см. задачу 18.6) N' = kcrT4S. Отсюда площадь излучающей поверх-
ности спирали S = -----= 0,4 с\г.
кстГ4
18.8. Найти солнечную постоянную К . т. е. количество лучистой энергии, посылаемой Солнцем в единицу времени через единичную площадку, перпендикулярную к солнечным лучам и
447
находящуюся на таком же расстоянии от него, как и Температура поверхности Солнца Т = 5800 К. Излучение Со.д,-!1Л считать близким к излучению абсолютно черного тела.
Решение:
Поскольку по условию излучение Солнца близко к in. -., чению абсолютно черного тела, то по закону' Стефани — Больцмана его энергетическая светимость 7?э = аТ * — (и. Мощность излучения Солнца Л'= — (2),
=4/т2?с — (3) — площадь поверхности Солнца. Подставляя (1) и (3) в (2), получаем Аг = 4~сгГ47?| — (И. Мощность, излучаемая Солнцем, падает на внутреннюю поверхность сферы, радиус которой равен среднюю расстоянию от Солнца до Земли = 1.496-1011 м. П.ю-щадь поверхности такой сферы равна S’, = 4л732 — (5). По
определению солнечной постоянной К ~ — (5).
Подставляя (4) и (5) в (6), окончательно получ.юм К =-----Г - 1д 8 кВ 1 /м".
18.9. Считая, что атмосфера поглощает 10% лучистой j ии. посылаемо;'! Солнцем, найти мощность излучения X , л _ -чаемую от Солнца горизонтальным участком Земти nnoi: юно 5 = 0.5 га. Высота Солнца над горизонтом г/=30°. Ию'тюые Солнца считать близким к излучению абсолютно черноте ы. •-
Решение:
Мощность излучения .Vlr = KScosa, где а = ^--р ---у =
падения солнечных лучей, К — солнечная поется;к--о.л (см. задачу 18:8). По условию мощность излучения получаемая горизонтальным участком Земли, равна ОН ' 448
т е Tv' = 0,9 KScos — - (p . Подставляя числовые данные, получим -V = 3.1-10й Вт.
18.10. Зная значение солнечной постоянной для Земли (см. задачу 18.8), найти значение солнечной постоянной для Марса.
Решение:
Значение солнечной постоянной для Земли (см. задачу
18.8) определяется соотношением К3---------— (1).
Ы
Аналогично можно определить солнечную постоянную
для Марса Км = — (2), где = 2,279-1011 м —
('мХ
среднее расстояние от Солнца до Марса. Разделив (2) на
Z1S (Гз)
(1), получим —= , откуда солнечная постоянная
для Марса *м=*з
= 0,59 кВт/м2.
18.11. Какую энергетическую светимость А, имеет абсолютно черное тело, если максимум спектральной плотности его энергетической светимости приходится на длину волны Л- = 484 нм?
Решение:
Согласно первому закону Вина л,„Т = Ct — (1), где С| =2,9-10'’м-К. По закону С тефана — Больцмана для абсолютно черного тела энергетическая светимость 15- 3204 449
R} -aT4 — (2). Из формулы (1) абсолютная температура
Т = ~----(3). Подставляя (3) в (2), окончательно получим
/
А =<т — = 73,08 МВт/м2, и \ m )
18.12. Мощность излучения абсолютно черного тела Д' = 10 кВт. Найти площадь S излучающей поверхности тела, если максимум спектральной плотности его энергетической светимости приходится на длину волны 2 = 700 нм.
Решение:
Мощность излучения абсолютно черного тела (см. задачу 18.1) равна N -aT‘S — (1). Из первого закона Вина (см. задачу 18.11) абсолютная температура равна Т = ^- —
(2). Подставляя (2) в (1), получаем N = aS
отсюда
Д'
площадь излучающей поверхности тела S =— х а
= 6 см2.
18.13. В каких областях спектра лежат длины волн, соответствующие максимуму спектральной плотности энергетической светимости, если источником света служит: а) спираль элеюр;’-чсской лампочки (Г = 3000 К); б) поверхность Солона (Т = 6000К); в) атомная бомба, в которой в момент взрыва рю-вивается температура Т - 10; К? Излучение считать близки'.; к излучению абсолютно черного тела.
450
Решение:
С
По первому закону Вина ЛтТ = С]; откуда Л,„ = у-, гДе С =2,9-10'3 м-К. а) Для спирали электрической лампочки, при Т, = 3000 К, - 1,03 мкм — инфракрасная область, б) Для поверхности Солнца, при Т2 =6000К, /Ц=483 нм — область видимого света, в) Для атомной бомбы в момент взрыва, при Т3 -101 К, Л,=290пм — область рентгеновских лучей.
-18.14. На рисунке дана кривая зависимости спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела гА от длины волны 2 при некоторой температуре. К какой температуре Т относится эта кривая? Какой процент излучаемой энергии приходится на долю видимого спектра при этой температуре?
Решение:
По графику найдем длину волны, на которую приходится максимальная спектральная плотность энергетической светимости тела: Лт.н. = 1,2 -10~6 м. Согласно закон}7 Вина 2-п.мТ = 2,9- КГ м-К, отсюда 2 9-1О-3
7= = 2400 К. Про-
1,2-10-6
цент излучаемой энергии, приходящейся на долю видимого спектра, определяется той долей площади, ограниченной кривой г; = /(л), которая отсекается ординатами, восстановленными по краям интересующего нас интервала. Пределы видимого спектра приблизительно от 400 до 750 нм. При данной температуре на долю видимого излучения приходится около 3—5% всего излучения.
451
18.15. При нагревании абсолютно черного тела длина води;,;
. па которую пр!гходится максимум спектральной плотное;.) энергетической светимости, изменилась от 690 до 500 нм. В,-, сколько раз увеличилась при этом энергетическая свегимос тела?
Решение:
Из первого закона Вина л.,Т = С, имеем: - С, — (!)
/.Д\ = С, — (2). Приравнивая левые части уравнений (J ; и
(2) . получаем л,7\ =/,-Л\ или — = — (3). По заксо
Г л,
Стефана — Больцмана для абсолютно черного тела, энергетическая светимость R - сТ4 — (4). Из формул..; / к!
I Т |
(4) имеем: = у- — (5). Подставляя (3) в (51.
Я,, { Ъ Y , окончательно получаем —L = — = 3,6э .
< ''I J
18.16. На какую длину волны 2 приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости абсолкмно черного тела, имеющего температуру, равную температуре ? = 37° человеческого тела, т. е. Т = 310К?
Решение:
Из первого закона Вина ЛП1Т-С\ имеем: 2„,
т
= 9.35 мкм.
18.17. Температура Т абсолютно черного тела изменила..;, при нагревании от 1000 до 3000 К. Во сколько раз увеличилось при этом его энергетическая светимость R3 ? На сколько изменилась длина волны 2, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости? Во сколько раз увеличилась его максимальная спектральная плотность энергетической светимости г- 1
452
Решение:
По закону Стефана — Больцмана для абсолютно черного
тела (см. задачу 18.15) =
\ 4
=_L
Г, 81
R , или —- = 81. Из
R,
первого закона Вина (см. задачу 18.16) = —= 2,9мкм и
2, = — = 0,97мк.м. Согласно второму закону Вина макси-
мальная спектральная плотность энергетической светимости возрастает пропорционально пятой степени абсолютной температуры г-,„.а. = C-J5 — (1). где С-, = 1,29 • Ю”3 Вт/м'К'. Из формулы (1) имеем г, =С,7’13 — (2) и — (3). Разделив (3) на (2), получаем
Т,
= 243.
18,18. Абсолютно черное тело имеет температуру Tt =2900 К. В результате остывания тела длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости, изменилась на Д2=9мкм. До какой температуры Г, охладилось тело?
Решение:
Из первого закона Вина (см. задачу 18.16) л.. = —(1) и
, с-
Л2 —~ — (2). Изменение длины волны, на которую при-Л-,
ходится максимум спектральной плотности энергетической светимости, ЛЛ = 2, - 2, — (3). Подставляя (1) и 453
с с тс
(2) в (3), получаем ДЛ = —-- . откуда 1\ =---т—
Л Т} ‘ ^ДЛ -! С
= 290 К.
18.19. Поверхность тела нагрета до температуры Т = ЮОи] ' Затем одна половина этой поверхности нагревается । -ДГ = 100 К, другая охлаждается на Д7' = 100К. Во сколько р:<> изменится энергетическая светимость R, поверхности нов тела?
Решение:
По закону Стефана — Больцмана для серого тела R\ = k<jT" — (1). После нагревания и охлаждения од.л-готическая светимость первой и второй половил i будет соответственно равна 7?', = ксАТ + АТУ — (21 ,< 7?', = кст{Т - ДГ)4 — (3). При этом средняя энеркчн-ческая светимость станет равной (R
Подставляя (2) и (3) в (4). получаем /пм ко\(Т+ ATY +(Т-АТ)4] п
\R3/----L— (ф). Разделив (д) ла
гп {Т + АТУ+ {Т-АТУ
(1), находим 3—- =---------------— = 1,06 .
7?; 2Т
-г
2
18.20. Какую мощность ,\' надо подводите к зачернена у металлическому шарику радиусом г = 2 см, чтобы поддержи;’ ’ ь его температуру иа Д7' = 27К выше температуры окружал: л среды? Температура окружающей среды Т = 293 К. Считав,. л1 тепло теряется только вследствие излучения.
Решение:
Мощность, необходимая для поддержания темпер.л. г • равна .V = 7?,.S' —(1), где 7?, —энергетическая светим. 454
шарика, 5 = 4яг‘ — (2) — площадь его поверхности. Поскольку по условию шарик зачерненный, то по закону Стефана — Больцмана Я, -а(Г + АТ')' — (3). Подставляя (2) и (3) в (1), получаем N = 4,тг2сг(7' + АГ)4 =3 Вт.
18.21. Зачерненный шарик остывает от температуры 7 = 300 К до Т2 = 293 К. Па сколько изменилась длина волны 2 , соответствующая максимуму спектральной плотности его энергетической светимости0
Решение:
Изменение длины волны, соответствующей максимуму спектральной плотности энергетической светимости (см.
задачу 18.18), равно Ал = = 0.24 мк.м.
18.22. На сколько уменьшится масса Солнца за год вследствие излучения? За какое время г масса Солнца уменьшится вдвое? Температура поверхности Солнца Т = 5800 К. Излучение Солнца считать постоянным.
Решение:
Мощность, излучаемая Солнцем, равна .V - RyS — (1), где R} — энергетическая светимость Солнца, .S’ = 4,tR^ — (2) — площадь его поверхности, Rc - 6,96 10я м — радиус Солнца. По закону Стефана — Больцмана R, = cfT' — (3). Подставляя (2) и (3) в (1), получаем N = 4,-R^aT4 — (4). Изменение энергии Солнца за счет излучения А1Г = .Yr — (5). С другой стороны, A IT = c\\in — (6). где с = 3 • 10s м/с — скорость света, Дщ — изменение массы Солнца. Приравнивая правые част уравнений (5) и (6), получаем 455
-> Nt
Nt = c~&m, откуда изменение массы Солнца Д/л = —---------.
с2
(7). Подставляя (4) в (7), получаем Д/л = ~
с
= 1,37-10|7кг. Если Д/л= — Мс, где Мс =1,989-1030 кг — 2
масса Солнца, то г = . = 7,06 • 1012 лет.
8лЯ2<тТ4
Глава VI ФИЗИКА АТОМА И АТОМНОГО ЯДРА
§19. Квантовая природа света и волновые свойства частиц
Работа выхода электронов из некоторых металлов дана в таблице 17 приложения.
19.1. Найти массу т фотона: а) красных лучей света (Л- 700 нм); б) рентгеновских лучей (Л = 25 пм); в) гамма-лучей (Л = 1,24 пм).
Решение:
Энергия фотона E-hv — (1), где h = 6,62• 10~34Дж-с —
постоянная Планка, v = — — частота колебания. Здесь Л
с = 3-108м/с — скорость света. Т. е. уравнение (1) можно с
записать E = h— — (2). С другой стороны, согласно Л
формуле Эйнштейна Е - тс2 — (3). Приравнивая (2) и (3), с i h
получаем h— = mc, откуда т = —. Подставляя числовые Я сЯ
Данные, получим: а) т = 3,2 • 10~36 кг; б) т = 8,8-10~32 кг; в) т = 1,8 10"30 кг.
19.2. Найти энергию £. массу т и импульс р фотона, если соответствующая ему длина волны Л = 1,6 пм.
457
Решение:
С 11
Имеем E = h—-, т =— (см. задачу 19.1). Импульс фотоне Л с2
Л
р = тс- — . Подставляя числовые данные, получим Л
Е - 1,15• 10~н Дж; т - 1,38-10 ?окг; р = 4,1 • 10~"2 кг-м/с.
19.3. Ртутная дуга имеет мощность N = 125Bt. Какое число фотонов испускается в единицу времени в излучении с длинами волн 2, равными: 612,1; 579,1; 546,1; 404,7; 365,5; 253,7нм? Интенсивности этих линий составляют соответственно 2; 4; 4; 2,9; 2,5; 4% интенсивности ртутной дуги. Считать, что 80“« мощности дуги идет на излучение.
Решение:
Энергия излучения ртутной дуги Е - r]Et, по условию
t = 1 с. Энергия одного кванта света Еа = hv = Л— . Пусть Л
I — интенсивность линии (в процентах), тогда количество
IE h]XiA квантов можно определить по формуле: п =— = —-------.
Ео he
Подставляя числовые данные, получим:
№.Ц.|8.|.ЙВ.|Г»
6,62-10’я-3-10* * 6 * 8
3) н = 1,1-1019; 4) н = 5,9 • 1018; 5) п-4,6-1018;
6) п - 5,1 • 1018.
19.4. С какой скоростью v должен двигаться электрон, чтооы
его кинетическая энергия была равна энергии фотона с длиной волны Л = 520 нм?
458
Решение:
„ mv~ _
Кинетическая энергия электрона Е = ----(1). Энергия
фотона £ = Ai' = A-^- — (2). Приравнивая правые части
„ /14 /04 ;/п’2 ; с ^1С
уравнении (1) и (2), получим --= Л—, откуда v -.----.
J 2 2V m2.
Подставляя числовые данные, получим v = 9,2-105 м/с.
19.5. С какой скоростью т должен двигаться электрон, чтобы его импульс был равен импульсу фотона с длиной волны 2 = 520 нм?
Решение:
Импульс электрона pe=mev — (1). Импульс фотона
р-— — (2) (см. задачу 19.2). Приравнивая правые части 2
уравнении (1) и (2), получим niev = — , откуда v =--.
2 2mt,
Подставляя числовые данные, получим v = 1,4 • 103 м/с.
19.6. Какую энергию е должен иметь фотон, чтобы его масса была равна массе покоя электрона?
Решение:
Энергия фотона Е - тс2. Подставляя в эту7 формулу значения массы покоя электрона, получим £ = 81-10-15 Дж или £ = 510-103эВ.
19.7. Импульс, переносимый монохроматическим пучком фотонов через площадку S = 2cm2 за время / = 0.5мин, равен Р = 3 10 9 кт-м с. Пай гн для этого пучка энерппо £ , падающую на елинину плошали за единицу времени.
459
Решение:
Энергия и импульс фотона связаны соотношением Е = р<_. За единицу времени па единицу площади будет падал л энергия Д', = -у- = 1 50Дж/(с-м2).
19.8. При какой температуре Т кинетическая энергия молекулы двухатомного газа будет равна энергии фотона с длине?; волны z = 589 нм?
Решение.
Кинетическая энергия молекулы двухатомного гам
JV-^kT. Кинетическая энергия фотона s = hv - //-^ . [щ
5 с lhe
условию IV = £ или — кТ = h—, откуда Т --= 9800 К.
2 Л Л 5кЛ
19.9. При высоких энергиях трудно осуществить условия д/.ч изменения экспозиционной дозы рентгеновского п гамма-излучений в рентгенах, поэтому допускается применение рентгена как единицы дозы для излучений с энергией квантов £ = 3 МэВ. До какой предельной длины волны Л рентгеновского излучения можно употреблять рентген?
Решение:
Энергия квантов определяется соотношением E-hv
-h—. Отсюда предельная длина волны рай.'.'.
Z
л= —= 0.41-10’12м.
Е
19.10. Найти массу m фотона, импульс которого равен i";-пульсу молекулы водорода при температуре t =20° С. Скоро» молекулы считать равной средней квадратичной скорости.
Решение:
Импульс фотона р. - ну, где у — масса фот они, с скорость света в вакууме. Импульс молекулы водиро а 460
р2 = , где т2 — масса молекулы водорода,
/= [ЗкТ
Jv- = I---- — средняя квадратичная скорость молекулы
ГТ ^kf
водорода. По условию р} = р-, или vip = ni. i- —(I).
V Z/Z2
Массу молекулы водорода можно определить из
соотношения =— — (2), где р — молярная масса лл
водорода, Nл — число Авогадро. Подставляя (2) в (1), IlkTp I ЗкТр „
найдем ш.с = -------. откуда //;, = —----. Подставляя
V А'а Vе'Ла
числовые данные, получим =2.1 10~"'2 кг.
19.11. В работе Л. Г. Столетова «Актино-электрические исследования» (1888 г.) впервые были установлены основные законы фотоэффекта. Один из результатов его опытов был сформулирован так: «Разряжающим действием обладают лучи самой высокой преломляемости с длиной волны менее 295 им». Найти работу выхода А электрона из металла, с которым работал А. Г. Столетов.
Решение:
2
Согласно закону сохранения энергии hv = А + —^~ . Ус-ловие возникновения фотоэффекта: hv = А или v~~j~ '— (1). Поскольку и =-у, то из (1) получим /1 = -у- — (2). По условию А = 295 10’9 м, тогда из (2) найдем А = 4.2 эВ.
19.12. Найти длину волны Лд света, соответствующую красной границе фотоэффекта, для лития, натрия, калия и цезия.
461
Решение:
Работа выхода электрона из металла, если его скорое .. г = 0. равна А = h\\, = h-^-, где /ф — красная гранил,:
фоюэффекта. Таким образом, = —= 5.17-10’7 м.
19.13. Длина волны света, соответствующая красной гран о фотоэффекта, для некоторого металла Д, = 275 нм. Найти мн-. -мальиую энергию фотона, вызывающего фотоэффект.
Решение:
Минимальная энергия фотона должна быть равна раб- :• выхода электрона, г. е. £ш„, = J = ^-. Подставляя чис.. -
вые данные, получим £,,„., = 7,2 10~'9 Дж или £„„„ =4.5
19.14. Длина волны света, соответствующая красной гран . с фотоэффекта, для некоторого металла л,- = 275 нм. Найти ра’>-выхода .1 электрона m металла, максимальную скорость -электронов, вырываемых из металла светом с длиной во ж 2, = 180 нм, и максимальную кинетическую энергию г. электронов.
Решение:
Работа выхода электрона А = = 7,2 Ю1’Дж. У равней: с
1Н\'~
Эйнштейна для фотоэффекта: hv-A +—— (1). ж mv1. ..
—— максимальная кинетическая энергия вы.’--
he .
таюию!О электрона. ицП имеем------------А = ——, р1Ч-
z 2
462
максимальная скорость электронов =
Подставляя числовые данные, получим y.,JV =9-10'м/с.
Максимальная кинетическая энергия электронов равна 2
/ОТ -1 -7 1 Л-19 -Т
ту =-----= 3.7-10 Дж.
"шах 2
19.15. ПаГии частот} и света, вырывающего из металла электроны, которые полностью задерживаются разностью потенциалов С'=ЗВ. Фотоэффект сжимается при частоте света v0 = б - |0!4Гц. Найти работл выхода А электрона нз металла.
Решение:
Работа выхода электрона .4 = h rc = h-^- = 2.48 эВ. Со-
гласно уравнению Эйнштейна для внешнего фотоэффекта , ///т"
nv = A-i—— . Если электроны полностью задерживаются разностью потенциалов U, то по законх сохранения энергии еС> - . Тогда hv = А жеЪ, откуда
v = ^+££ = 132 10ыГц
19.16. Найти задерживают} ю разность потенциалов U для электронов, вырываемых при освещении калия светом с длиной волны 4 = 330 нм.
Решение;
Имеем hv=A-eb (см. задач} 19.15) или h— -A-eL —
(1) . Работа выхода электрона из калия .1 = 2эВ =
463
-3,2 • 10 '9 Дж (см. таблицу 17). Из (1) найдем г, Ис/Л-А
L =----------= 1.70 В.
е
19.17. При фотоэффекте с платиновой поверхности электроны полностью задерживаются разностью потенциалов U = 0,8 В. Найти длину волны Л применяемого облучения и предельную длину волны ла, при которой еще возможен фою-эффект.
Решение:
с he
Имеем 11— - А + eU , откуда Z ------= 204 нм. Предель-
Л ' A+eU *
нуто длину волны л0, при которой еще возможен фото-
эффект, найдем из соотношения A-hv{)=h —, откуда Л>
Л. - — = 234 нм.
° А
19.18. Фотоны с энергией £- = 4,9 эВ вырывают электроны из металла с работой выхода А = 4,5 эВ. Найти максимальный импульс р„т, передаваемый поверхности металла при вылете каждого электрона.
Решение:
Согласно закону сохранения энергии с-А+—— -
2
= А + , откуда р - ^2т(е - А) = 3.4-1 (Г" кг-м/с.
2 т
19.19. Найти постоянную Планка h, если известно, чю электроны, вырываемые из металла светом с частотой и, =2,2-10 Тц, полностью задерживаются разностью поп.н-464
цпалов = 6,6 В, а вырываемые светом с частотой =4,6-1015 Гц — разностью потенциалов U2 = 16,5 В.
Решение:
Имеем hvx - A + eUt —(1); hv2 = A + eU2 —(2). Вычитая (1) из (2). получим h(y2 - и,) = е(Сг, - Ц ), откуда /7 = ^2_1£1 = 6,6-10’?4Дж-с.
и, - и,
19.20. Вакуумный фотоэлемент состоит из центрального катода (вольфрамового шарика) и анода (внутренней поверхности посеребренной изнутри колбы). Контактная разность потенциалов между электродами Uo = 0,6 В ускоряет вылетающие электроны. Фотоэлемент освещается светом с длиной волны Л = 230нм. Какую задерживающую разность потенциалов U надо приложить между электродами, чтобы фототок упал до нуля? Какую скорость v получат электроны, когда они долетят до анода, если не прикладывать между катодом и анодом разности потенциалов?
Решение:
Согласно закону сохранения энергии eU-h—-A + eUa Л
(см. задачу 19.15), откуда U - ^С- —— + UQ. Подставляя е
числовые данные, получим U = 1,5 В. Чтобы фототок упал До нуля, задерживающая разность потенциалов должна „„ тт шт2 2eU
удовлетворять условию еи ---------, откуда v = J-----=
2 V //1
= 7,3-105 м/с.
19.21. Между электродами фотоэлемента предыду щей задачи приложена задерживающая разность потенциалов U = 1 В. При какой предельной длине волны падающего на катод света начинается фотоэффект?
465
Решение:
с he
Имеем Ue = h-----А, откуда Zg =--------. Подставляя чи-
Ад <3 U + А
еловые данные, получим Яд = 226 нм.
19.22. На рисунке показана часть прибора, с которых! П. Н. Лебедев производил своп опыты по измерению светово, ;> давления. Стеклянная крестовина, подвешенная на тонкой нити, заключена в откачанный сосуд и имеет на концах два легких кружка пз платиновой фольги. Один кружок зачернен, другой оставлен блестящим. Направляя свет на один пз кружков и измеряя угол поворота нити (для зеркального отсчета служит зеркальце S), можно определить световое давление. Найти световое давление Р и световую энергию £, падающую от дуговой лампы в единицу времени на единицу площади кружков. При освещении блестящего кружка отклонение зайчика а = 76 мм г:о шкале, удаленной от зеркальца на расстояние Ь = 1200 мм. Диаметр кружков d = 5 мм. Расстояние от центра кружка до осп вращения / = 9,2мм. Коэффициент отражения света от блестящего кружка /7 = 0,5. Постоянная момента кручения hiпи
(М = ка) А = 2,2-10‘1|Н-м/рад.
Решение:
Имеем Р----------(1), где F— сила сне-
*S*
тового давления на кружок площадыо
С TJ Г- \ <
S. Но F = — = -j- — (2), где .V — момент кручения нити, I— расстояние от центра кружка до оси вращения. с< - -угол поворота кружка. Зная, что n,';i повороте зеркальца па угол (' отраженный луч повернется на угол 2g .
466
найдем: tgla=—. Для малых углов /g2a«2a= —. От-b Ь
сюда а = —-----(3). Решая совместно уравнения (1) — (3),
2Ь
ка
получИхМ Р - = 3,85 10-6 Па. Световая энергия
Е = -^— = = 770 Дж/(с-м2).
1 + р
19.23. В одном из опытов П. Н. Лебедева при падении света на зачерненный кружок (/? = 0) угол поворота нити был равен а = Ю'. Найти световое давление Р и мощность N падающего света. Данные прибора взять из условия задачи 19.22.
Решение:
Имеем р = — = (см. задач)' 19.22). Подставляя IS 1лсР
числовые данные, получим р - 3,6 10“7 Н/м2. С другой сто-
Е
роны, световое давление р = — (1 + р). По условию Хоэфта
Е фициент отражения света д = 0, тогда р =— — (1), где с
Е — количество энергии, падающей на единицу поверхности в единицу времени. Тогда мощность N света, падающего на площадь S кружка, найдем из соотношения N = E-S. Из (1) имеем Е = рс, кроме того,
с дг рс-лсГ- _. ]П_, D
о ------, отсюда N =------= 2,1-10 Вт.
4 4
19.24. В одном из опытов П. Н. Лебедева мощность падающего на кружки монохроматического света (2 = 560 нм) была равна = 8,33 мВт. Найти число фотонов 7 , падающих в единицу времени на единицу плошали кружков, и импульс силы F&r, сообщенный единице площади кружков за единицу времени, для
467
значений р, равных: 0; 0,5; 1. Данные прибора взять из условия задачи 19.22.
Решение:
Найдем концентрацию фотонов в пучке света, падающем
на кружок, из соотношения п =------(1), где со — объем-
8
ная плотность энергии, е — энергия одного фотона Е N с
Поскольку со- — а то выРажение (1)
Ml
примет вид п - —j— — (2). Площадь кружка S =--------=
Sc h 4
= 19,6-106 м2. Число I фотонов, падающих за единицу врс-
г Л-' мени на единицу площади, найдем из соотношения I = —,
где N — число фотонов, падающих за время t на поверх-
П Т Т X г г- г llCSt
ность площадью о . Но N - ncSt. следовательно, I ---=
St
= пс. С учетом (2) получим / =—- = 1,2-1021 с~‘-м'2. Им-Sch
пульс силы FSt , сообщенный единице площади кружков за единицу времени, будет численно равен световому дав-N / \
лению р, т. е. FSc = p = — U + /4- Подставляя числовые Sc
данные, получим: а) Г,Ат = 1,4-10-6 Н-с/м2; б) Г2Дг = 2.!Зх х 1 (Г6Н-с/м2; в) F3Ar = 2,84• 10’6 Н-с/м2.
19.25. Русский астроном Ф. А. Бредихин объяснил форму кометных хвостов световым давлением солнечных лучей. Найти световое давление Р солнечных лучей на абсолютно черное тело, помешенное на таком же расстоянии от Солнца, как и Земля. Какую массу т должна иметь частица в кометном хвосте, помешенная на этом расстоянии, чтобы сила светового давления на нее уравновешивалась силой притяжения частицы Солнцем?
468
Площадь частицы, отражающую все падающие на нес лучи, считать равной S = 0,5 • 10'им:. Солнечная постоянная К = 1,37 кВт/м2.
решение:
£
Световое давление Р = — (1 + /?). В условиях данной задачи с
Е-К; p-Q. Тогда Р = — = 4,6-10’6 Па. Сила светового с
давления F - PS, сила притяжения частицы Солнцем тМ
Р2 -G——, где М — масса Солнца. По условию Fx = F,, R~
лг, PSR- „
т. е. PS = G—5-, откуда масса частицы т ------. Под-
R~ GM
ставляя числовые данные, получим т = 3,9 -10'16 кг.
19.26. Найти световое давление Р на стенки электрической 100-ваттной лампы. Колба лампы представляет собой сферический сосуд радиусом г = 5 см. Стенки лампы отражают 4% и пропускают 6% падающего на них света. Считать, что вся потребляемая мощность идет на излучение.
Решение:
Е
По определению светового давления Р- — (1 + /э) — (1), с
N
где Е =— — (2) — энергия, падающая на единицу по-5
верхности за единицу времени, N — мощность лампы, S = 4л7-2 — (3) — площадь поверхности колбы, р — коэффициент отражения света. Подставляя (3) в (2), получаем Е = —Ег — (4), затем, подставляя (4) в (1). оконча-4яг"
тельцо находим Р = = 11,03 мкПа.
4дус
469
\9.21. На поверхность площадью S = 0,01 м2 в единиц} времени падает световая энергия Е = 1,05 Дж/с. найти световое давте-ние Р в случаях, когда поверхность полностью отражает и щ.-ь ностью поглощает падающие на нее лучи.
Решение:
Полностью поглощает лучи черная поверхность, а полностью отражает — зеркальная. При падении на черщю поверхность фотон с энергией Ей поглощается, передавая
Е
поверхности импульс — . За время Az поверхность п.ю-с
щадью 5 поглотит излучение с энергией Е = IS&t — (1), £
содержащее — фотонов. Переданный поверхности им-
Е Еп ISSt
пульс--------~ =---; с другой стороны, он равен
Ей с с
FEt = P^Et. Отсюда /j - —. Из (1) найдем, учитывая, что с
Е Е
по условию Az = lc, I-—, тогда = — = 0,35 • 10“ ’Па.
5 Sc
При отражении от зеркальной поверхности фотоны изменяют свой импульс на противоположный. При этом киж-
„ , 2Л0
дыи фотон передает поверхности импульс -------; таким
с
образом, давление света на зеркальную поверхность вдвое £
больше, чем на черную. Т. е. Р-, - 2— - 0,7 10~бПа.
Sc
19.28. Монохроматический пучок света (Л = 490нм), глдя по нормали к поверхности, производит световое дат. •.иие Р = 4.9 мкПа. Какое число фотонов 1 падает в единицу в;>л . на единицу площади этой поверхности? Коэффициент щ.^-жения света р = 0,25 .
470
Решение:
Воспользуемся формулой из задачи 19.24, выражающей число фотонов, падающих в единицу времени на площадь r М о N
с- / =--. Здесь — — мощность света, падающего на
Sch S
N Pc единицу площади, причем — = Е----------- (см. задачу
А 1 + р
19.23). Отсюда I = = 2,9 • 1021 с-1-м~2.
+ р)
19.29. Рентгеновские лучи с длиной волны Ло = 70,8 пм испытывают комптоновское рассеяние па парафине. Найти длину волны 2 рентгеновских лучей, рассеянных в направлениях:
а) (р = —; б) <р = л:.
Решение:
Изменение длины волны рентгеновских лучей при комптоновском рассеянии определяется формулой ДЛ = -^-(1 -cos(p), где <р — угол рассеяния, т — масса тс
электрона. Отсюда 2 = + АЛ = Ло +—(1 -cosy). Под-тс
ставляя числовые данные, получим: а) Л = 73,22-1 О*12 м;
б) Л = 75,6-10’12 м.
19.30. Какова была длина волны 20 рентгеновского излучения, если при комптоновском рассеянии этого излучения графитом под углом — 60° длина волны рассеянного излучения оказалась равной Л = 25,4 пм?
471
Решение:
Имеем А = + — (1 - cos (р) (см. задачу 19.29), отсю ю
тс
Ао = А—— (1-соз^). Подставляя числовые данные. по.т\-тс
чим = 24,2-10“12 м.
19.31. Рентгеновские лучи с длиной волны Ао =20пм испытывают комптоновское рассеяние под утлом ^ = 90°. Найги изменение ДА длины волны рентгеновских лучей при рассеянии, а также энергию IV, и импульс электрона отдачи.
Решение:
Кинетическая энергия электрона равна энергии, поте-he he he \ /
рянной фотоном: IV, =--------------= — -------—т. Пот-
Ао А0+ДА Ло(Ао+ДА)
ставляя числовые данные, получим IVC = 10,56 • 10~16 Дж = = 6,6Д О3 эВ. Импульс и кинетическая энергия электрона 2
связаны соотношением ГК = -^—, откуда р = -72/пИ' = 2т
= 4,4Д О"33 кг'.м/с.
19.32. При комптоновском рассеянии энергия падаюшыо фотона распределяется поровну между рассеянным фотоном л электроном отдачи. Угол рассеяния <р = у. Найти энергию IV и импульс р рассеянного фотона.
Решение:
he
Энергия падающего фотона IV0 = —. Энергия рассеянного Л he
фотона IV =--------. Кинетическая энергия электрона ог-
Aq + ДА
472
т. е.
, he he hcAA „ IV.
дачи We ---------ГТ = 77/--ПД • По условию We = -2-,
Л$ л» + ДЛ А (Л? + Дй. / 2
hc\A he _ he he
—7----г =----. Отсюда --------= W ----, где
дХ^ + ДЛ) 2Л0 лй + ДЛ 2ДЛ
/i л \ h тс2
^2, = — \y-cosq)j- —. Окончательно имеем IV =---------,
тс те 2
т. е. энергия рассеянного фотона равна половине энергии покоя электрона. Подставляя числовые данные, получим [У = 41 10”15 Дж = 0.26 • 106 эВ, Импульс фотона р- — = с
= 13,7-10"23 кг-м/с.
19.33. Энергия рентгеновских лучей £ = 0,6 МэВ. Найти энергию We электрона отдачи, если длина волны рентгеновских лучей после комптоновского рассеяния изменилась на 20%.
Решение:
Кинетическая энергия электрона отдачи Wc = ——-А (А + ДЛ.) he
(см. задачу 19.31). Энергия рентгеновских лучей е = —, А
т. е. можно записать, что 1F -е------ — (1). По усло-
Ло ч- ДЛ
вию ДЛ = 0,2/^; Я0+ДЛ = 1,2Л0, тогда из (1) получим W = 0,17г = 0,1 МэВ.
19.34. Найти длину волны де Бройля Л для электронов, прошедших разность потенциалов Ut = 1 В и U2 = 100 В.
Решение:
Пучок элементарных частиц обладает свойством плоской волны, распространяющейся в направлении перемещения ЭТИХ частиц. Длина волны Л, соответствующая этому пуч
473
ку, определяется соотношением де Бройля Z = —L ..
ИГ"
h
- , где г— скорость частиц, т— масса час--.
\2lVm
ГГ— их кинетическая энергия. Если скорость у чаг:.,;: соизмерима со скоростью света с, то эта формула игп-нимает вид /, = fl2 = , где /? - •-
"V 7Ж'"о+^2 /с~
ш0— масса покоя частицы. Пройдя разность потенция. ?>в U, электрон приобретает кинетическую энергию, при ;
eU =——. Отсюда v = J------ —(3). При Ц = I В hojvtoi
2 у т
г! = 6• IО5 м/с, при U: = 100 В получим v, =6-106мс В первом случае для нахождения длины волны де Бр.- ля можно применить уравнение (1), во втором случае .ту ле использовать уравнение (2). Подставляя числовые дан получим л, = 1,22-10”9 м; л? = 0,122 • !(Г9 м.
19.35. Решить предыдущую задачу для пучка протонов.
Решение:
Найдем скорость протонов, прошедших разность пл;..и-циалов Ut и U,. По формуле (3) из предыдущей задни получим г, = 1.38 • 104 м/с; г, = 1,38 • 1 О’ м/с. Следовател-тю, в обоих случаях можно использовать формулу /. - — •
Подставляя числовые данные, получим Л, = 29 • 1 0 ’ 'г-Л = 2,9 • 10‘12 м.
19.36. Найти длину волны де Бройля 2 для: а) эле:, г движущегося со скоростью v = 10:’ м'с; б) атома водоро жушегося со средней квадратичной скоростью при темп-.’f-
474
/’ = 300К; в) шарика массой т = 1 г. движущегося со скоростью v = ] см/с.
Решение:
Длина волны де Бройля определяется соотношением h /1 >
X-— — (I) для v«c или соотношением
mv
h I-------7
Я =----— (2) для скоростей у, соизмеримых со
'”ov
скоростью света с . а) Воспользовавшись уравнением (2), найдем А = 730-Ю"'2 м. б) Скорость атома водорода
I •— 137^7'
у v2 = I--= 2735 м/с, т. е. v«c. По формуле (1) най-
V v
/7 h\r
дем А =— = —- = 145 • 10"12 м. в) Поскольку скорость inv /.[V
шарика v«c, то по формуле (1) найдем А = 6.6-Ю"“9 м, т. е. волновые свойства шарика обнаружить невозможно.
19.37. Найти длину волны де Бройля Я для электрона, имеющего кинетическую энергию: а) IV, = 10 кэВ; б) IV-. = 1 МэВ.
Решение:
Имеем Л = ------—- —— (см. задачу 19.34). Под-
+(V~/со-
ставляя числовые данные, получим: а) А = 12,3 10 12 м;
б) 2 = 0,87-10’%.
19.38. Заряженная час пищ. алов U = 200В. имеет длину Найти массу m часгины, если электрона.
ускоренная разностью иотеинц-волны де Бройля /. - 2.02 пм. ее заряд численно равен заряду
475
Решение:
Длина волны де Бройля определяется соотношени
/- = — — (1), где 1Г = eU — (2) — энер;
д/2Д’ш() + И'2 /с~
частицы, т0— масса покоя частицы. Из (2) пай. г
If =3,2 -10 Дж. Поскольку J’/ «с, величиной —-с" уравнении (1) можно пренебречь и оно примет в
л = —;=== • откуда in - . - 1,67 • 10”; кг.
лШ'т 2 П-7-
19.39. Составить таблицу значений длин волн де Бройля для электрона, движущегося со скоростью г, равной: 2-1 2.240s; 2,4-10s: 2.6 10s; 2.8 108м.'с.
Решение:
Воспользовавшись формулой для нахождения д.п;
г „ , h v -
волны де Ьроиля А =----, I—г , составим таблицу.
/;?от V с“
г. 10х м'с 2,0 2.2 2,4 2,6 2 ч
2. им 2.7 2,25 1.82 1.39 0.92
19.40. «-частица движется по окружности ради;-'. /• = 8.3 мм в однородном магнитном поле, напряженность ’ рого И = 18.9 кЛ.'м. Найти длину волны де Бройля /. а -частицы.
Решение.
На а -частицу, движущуюся в однородном yaniai:' поле, действует сила Лоренца — (i), ког- ’
является центростремительной силой и сообщае: час
нормальное ускорение и„ =— — (2). По второму закону
„ mv
Ньютона Л, =------ — (4). Приравнивая правые части
•>
уравнений (1) и (4), получаем qvB = — —, откуда скорость
qBr /п м
«-частицы v =----- —(о). Магнитная индукция связана с
и;
напряженностью магнитного поля соотношением В = р/лйН — (6), причем для воздуха магнитная проницаемость // = 1 . Подставляя (6) в (5), получаем
/IX ГТ Г “ г /ох
v — — — (7). Длина волны де Бройля Л =— — (8).
in mv
Подставляя (7) в (8). окончательно находим
Л = —-— = 13.11 пм.
19.41. Найти длину волны де Бройля Л для атома водорода, движущегося при температуре Т = 293 К с наиболее вероятной скоростью.
Решение:
Наиболее вероятная скорость движения атома водорода ЬкТ
vb=->---- — (1), где к = 1,38-10""’Дж/К — постоянная
V m
Больцмана. Длина волны де Бройля Л = —— — (2). Под-
ставляя (1) в (2), получаем Л = , ——- = 180 пм.
^12кТ / иг
§ 20. Атом Бора. Рентгеновские лучи
В этом разделе используются данные таблиц 3 и 19 из приложения. В задачах 20.5, 20.33 дан авторский вариант решения
20.1. Найти радиусы rk трех первых боровских электро иных орбит в атоме водорода и скорости vk электрона на них.
Решение:
На электрон, движущийся в атоме водорода no к -й боров-2
ской орбите, действует кулоновская сила F =-----7 —
4 лгу./у
(1), где е— заряд электрона. Эта сила является центростремительной и сообщает электрону нормальное ?
ускорение а„ =— — (2), где vk— скорость электрона па '*•
к -й орбите. По второму закону Ньютона F = man— <3). 2 2
Подставляя (1) и (2) в (3), получим -- =—отюда
4^огк
е2
гк -------у- — (4). Согласно первому постулату Ьс-ра
4^0/иг;
движение электрона вокруг ядра возможно только по определенным орбитам, радиусы которых удовлетворяют
соотношению mvkrk =к— — (5). Решая совместно тоав-2т
е“ £ к'h~
нения (4) и (5), найдем ту =--- и = ——— . По рс-
Is.-kb яте'
зультатам вычислений составим таблицу.
к 1 э
г, 10° м с 2,18 1,08 0.7?
г, 10 м 52.9 211,6
478
20.2. Найти кинетическую JFK. потенциальную JFn и полную ру энергии электрона на первой боровской орбите.
решение:
->
, „ г е~
Скорость движения электрона по к -и орбите vk =--------
(1) (см. задачу 20.1). Кинетическая энергия электрона на
2
jt-й орбите = -^---------(2). Подставляя (1) в (2), полу
чим
W - ,ле*
. По условию к = 1. Подставляя число-
вые данные, получим = 21,78-10 19 Дж= 13,6эВ. По
тенциальная энергия электрона - -2IFK(^ - -27,2 эВ.
Полная энергия электрона IF, = + FFnll) = — 13,6 эВ.
20.3. Найти кинетическую энергию JFK электрона, находящегося на к-и орбите атома водорода, для к = 1,2, 3 и ос.
Решение:
2
Кинетическая энергия электрона на к -й орбите =——
(см. задачу 20.2). Если к = 1, то = 13,6 эВ. Если к = 2, ТО = 3,4эВ. Если к = 3,то FFK^ = 1,51 эВ. Если к-ж, то 0^ = 0.
20.4. Найти период Т обращения электрона на первой боров-екой орбите атома водорода и его угловую скорость а .
Решение:
Радиус к -й боровской орбиты электрона в атоме водорода и скорость движения электрона по к -й орбите соответ-
479
c.k-h- e1
ственно равны —--------(1) и vk =—— — (2) (см
яте 2s0kh
задачу 20.1). Период обращения электрона
vk
(3). Подставляя (1) и (2) в (3), получим Тк = ---
те*
Для к = \ найдем Т{ = 1,52• 10 !6с. Угловая скорость
движения электрона по к -й орбите
2л-«Ч = — 1 к
(Н
Подставляя (4) в (5), получим сок
яте* 2£2йк3к'
Для
к = \
найдем = 4,13 • 1016 рад/с.
20.5. Найти наименьшую Л„„„ и наибольшую Л„юг длины
волн спектральных линий водорода в видимой области спектра.
Решение:
Длины волн спектральных линий водорода всех серий оп
ределяются формулой — = Я
к п Серия Область
1 2.3.4 ... Лаймана Ультрафиолетовая
о 3.4.5 ... Бальмера видимая
3 4.5,6 ... Пашена инфракрасная
4 5.6,7 ... Бреккета инфракрасная
5 6.7.8 ... Нф\ ила инфракрасная
Таким образом, видимая область спектра соответс т в-.ет значениям к-2 и н-3, 4, 5 ... Очевидно, наименьшая 480
длина волны спектральных липни этой серии будет при т 1 R , 4 _
,, = л. Тогда из (I) имеем -= — пли /. . = — = э6?нм
" z.... 4 А
(с точностью до третьей значащей цифры). Наибольшая длина волны соответствует >1 = 3, при лом ч = 656 нм.
20.6. Найти наибольшую длину волны в ультрафиолетовой области спектра водорода. Какую наименьшую скорость v должны иметь электроны, чтобы при возбуждении атомов -водорода ударами электронов появилась эта линия?
Решение:
Длины волн спектральных линий водорода всех серий
определяются формулой — = -----— (!) В ультра-
л у к" >г J
фиолетовой области к = I , п = 2, 3, 4 ... — серия Лаймана. Наибольшая длина волны соответствует п = 2 , тогда из (1) 137? 4
имеем ----= — или л.,,,, = —, где R = 1,1 -10' м’1 — по-
4 37?
стоянпая Ридберга. Подставляя числовые данные, получим Лтах =121 пм. С другой стороны, из соотношения де Брой-
ля для релятивистских частиц z,, v =---—.11 ---Qy
»ny V с’
Приравнивая правьте части соотношений (2) и (3), получим
4 /> I ~
Td~--------I ।--. откуда наименьшая скорость, неоо-
"П’„„ V с"
ходимая для появления данной спектральной линии, равна
%,, = -у- jRI’C =1,88-10" м/с.
у\6»гс" +9R1ir
>8-3’69 4g I
20.7. Найти потенциал ионизации U, атома водорода.
Решение:
Потенциал ионизации U, атома определяется соо:ношением еС/, = А,, где А, — работа по удалению электрона с нормальной орбиты па бесконечность. Для атома недорода А, = h v = /iRc(Дг - Д-Y При к = 1 и 77 = х имеем и" )
. , ц Т 4 1 , Z , .
At = hRc. потенциал ионизации и, - — =-----= 13,6 В.
е е
20.8. Найти первый потенциал возбуждения Ц атома о. ю-рода.
Решение:
Первый потенциал возбуждения атома водорода определяется из закона сохранения энергии 1Кл(|) = (Кк(ц -И’,,7, где fKn(|) -eUy— (2) — потенциальная энергия электрода.
- >77(4
неооходи.мая для возоуждения. ~
(3)<ем.
задачу 20.2) — кинетическая энергия электрона на по -й орбите. Подставляя (2) и (3) в (1), полечим -. ше' f 1 I 'l , .
eUy-—7-7 —---------- . откуда, учитывая, что к, - ! и
8сц/г {ку- к;)
к2 = 2 . найдем Uy
= 10.2 В. 32г^/г
20.9. Какую наименьшую энергию (в электронно г должны иметь электроны, чтобы при возбуждении атомов ь--’ рода ударами этих электронов появились все линии всех се; ди спектра водорода? Какую наименьшую скорость v№, до.ышь1 иметь эти электроны?
482
решение;
Все линии всех серий спектра водорода появятся при ионизации атома водорода. Следовательно, наименьшая 2
энергия = eU, — U)- Поскольку = 13.6 эВ
Iу,,,
Гем V задаче 20.7'). то из fl) найдем i, = .!—— -
' V т
= 2.2ИО0 м/с.
' 20.10. В каких пределах должна лежать знергня бомбардирующих электронов, чтобы при возбуждении атома водорода ударами этих электронов спектр водорода имел только одну спектральную линию?
Решение:
Энергия, необходимая для перевода атома в первое возбужденное состояние, ^=10,2 эВ (см. задачу 20.8). Энергия, необходимая для перевода атома во второе возбужденное состояние (£ = 1, и = 3), W-, =12.1 эВ. Таким образом, спектр водорода будет иметь только одну спектральную линию, если энергия бомбардирующих электронов лежит в интервале 10.2 < W < 12,1 эВ.
20.11. Какую наименьшую энергию Н',„„ (в электронвольтах) должны иметь электроны, чтобы при возбуждении атомов водорода ударами этих электронов спектр водорода имел три спектральные линии? Найти длины волн 2 этих линий.
Решение:
Длины волн спектральных линий водорода для всех серий определяются формулой — = Д--------у | — (1). Для серий
2. (/Н п )
Лаймона первые две линии будут иметь следующие длины Волн: 1) Если к = 1 и п - 2 , то 2, - 121 нм. 2) Если к = 1 и « = 3, то 2, =102.6нм. Кроме того, первая линия в серии 483
Бальмера при к = 2 и п = 3 будет иметь длину ьс.щЬ1 х- = 656.3 нм. Наименьшая энергия бомбардиру .юших электронов, необходимая для возникновения данных спектральных линий. по закону сохранения энер, ,;ц будет равна энергии, необходимой для перевода атома из основного во второе возбужденное состояние. \ е, Н- , - И-,..и И ;1,, 12.03 >В.
20.12. В каких пределах должны лежать длины воли Я монохроматического света, чтобы при возбуждении атома водоро д квантами этого света наблюдались три спектральные линии ?
Решение:
Для наблюдения грех спектральных линий необходимо, чтобы мог осуществляться переход электронов в аюме водорода с первого электрического уровня на третий. В этом случае будут наблюдаться две линии серии Лаймана и одна линия серии Бальмера. Формула, позволяющая найти длины волн, соответствующие линиям водородного
1 J 1 П ,
спектра, имеет вид — = 7? —---г , где к и п — номера
А /г)
орбит, R = 1.097 • Юм"' — постоянная Ридберга. Вида к"/г ,т „ ,
z = —------г-. Для минимально!! длины волны к~\ и
R\ir -к?)
9
п = 3. следова 1елыю. Z,., = — = !02,6н.м. Для максималь-87?
О пой длины волны к - 1 и п - 3 . следовательно, = — д -
8 л
= 102.6 нм. Для максимальной длины волны к = 1 и • 4
следовательно. А,,.г -— = !21.5нм. Таким ооразом. 37?
102,6 < 2 < 121,5 им.
484
20.13. На сколько изменилась кинетическая энергия электрона в атоме водорода при излучении атомом фотона с длиной волны Л = 486 нм?
решение:
Согласно второму постулату Бора частоi а излучения, соответствующая переходу электрона с одной орбиты па
другую, определяется формулой Ли - ДИ пли v~—---------
(1) . С другой стороны. v~— — (2), где c = 3-10sm/c —
X
скорость света, Л —длина волны излученного атомом фотона. Приравнивая правые части уравнений (1) и (2). полуда с
чаем ----= —. откуда изменение кинетической энергии
h z
ch
электрона ЛГИ = — = 2.55 эВ.
20.14. В каких пределах должны лежать длины воли X моно-хромапгческого света, чтобы при возбуждении атомов водорода квантами этого света радиус орбиты /; электрона увеличился в 9 раз?
Решение:
Радиусы орбит, по которым возможно движение электронов в атоме водорода, согласно первому постулату Бора Удовлетворяют соотношению дпу/;. = к-^— — (1). где 2/Т
w — масса электрона, г,. — его скорость на к -й орбите. гк — радиус этой орбиты, h - 6.62 10"'4 Дж-с — постоянная Планка. На электроны действует кулоновская сила 2
=------- —(2). которая является центростремительной
4W6
485
vk~ и сооошает электронам нормальное ускорение а„ =-----
г.
(3) . По второму закону Ньютона FK = та,, — i4j. *> О
£*“ V?
Подставляя (2) и (3) в (4), получаем ----- = т—-----, ^)
rk
где е -1.6-10~19Кл — элементарный за;?, ц, с() = 8,85 • 10-1" Ф/м. Решая совместно уравнения (1) и (5), c(.k~h~ „ г„
находим =--------— — (6), По условию — = 9. тогда ,в
7пие~ " гк
формулы (6) следует, что — = 3. Поскольку п-Зк. то пе-к
реход электронов осуществляется между первым и третьим энергетическими уровнями, тогда (см. задачу 20.12) длины воли 102,6 < Л < 121,5 нм.
20.15. На дифракционную решетку нормально падает пу-:ок света от разрядной трубки, наполненной атомарным водородом. Постоянная решетки </ = 5мкм. Какому переходу электрона соответствует спектральная линия, наблюдаемая при помоши ной решетки в спектре пятого порядка под углом (р = 4 Г ?
Решение:
Согласно условию главных максимумов для дифракционной решетки dshi(p = k/. — (1). В нашем случае , . , dsinCp ,,
к = Э. тогда из формулы (1) имеем Л--------- — (-)•
к
Изменение кинетической энергии электрона при переходе с одной орбиты на другую (см. задачу 20.13) определяю.ся ch
соотношением AJF =-------(3). Подставляя (2) в (3). н-лС
chk
чаем AW =-------= 1,89эВ. Подбором находим, что ikkoh
d sin <р
переход возможен с п = 3 на к = 2 в серии Бальмера.
486
20.16. Найти длину волны де Бройля Л для электрона, движущегося по первой боровской орбите атома водорода.
решение:
Длина волны де Бройля для электрона (см. задачу 20.6) определяется соотношением л - ----^1-— -- (>). где
v =—-— — (2) (см. задачу 20.1) — скорость электрона
* 2c0kh
на к -й орбите. Подставляя (2) в (I), поле чаем
, 2гок/г [, F
Л =—!г_— 1--------, , , = O.jj пм.
ml' у As^k'lrc
20.17. Найти радиус г, первой боровской электронной орбиты для однократно ионизированного гелия п скорость v, электрона на ней.
Решение:
В однократно ионизированном гелии на электрон, движущийся по первой боровской орбите, будет действовать
сила Кулона FK =------- — (1), где Z — порядковый
Ч'Г
номер элемента в таблице Менделеева, е - 1,6-10-19 Кл — заряд электрона, — радиус первой боровской орбиты. Эта сила является центростремительной и сообщает элект-э
рону нормальное ускорение а, =— — (2). где т’, — ско-'1
рость электрона на первой боровской орбите. По второму Закону Ньютона FK - та,, — (3). Подставляя (1) и (2) в (3),
получаем -----~ =—- — (4). Согласно первому посту-
4Wi"
Лату Бора движение электрона вокруг ядра возможно
487
только по определенным орбитам, радиусы которых , h
удовлетворяют соотношению = к —, где к —
2/7
мер орбиты. В нашем случае к - I. поэтому ihv,г, = — _ * * 11 о
(5), где h = 6,62-!О""’4Дж-с — постоянная Планка. Реш^я совместно уравнения (4) и (5), находим радиус первой боровской орбиты г, и скорость электрона на ней, которые
<5* /? ~ “
соответственно равны г, =—5—- = 26,47 пм и г, =—-—-
~niZe~ 2/; >>
= 4,37 -10ft м/с.
20.18. Найти первый потенциал возбуждения С,: а) однократно ионизированного гелия: б) двукратно ионизированною лития.
Решение:
Согласно второму постулату Бора частота излучения, соответствующая переходу электрона с одной орбиты на другую, определяется формулой hv = IF, -Wk — ({), где 4 и п — номера орбит, причем п > к . В нашем случае п = 2 и к - I. В водородоподобных ионах частоты определяются из соотношения v = RcZ2! Д- - Д-1, где R = 1,097 -10 м ! — чу
постоянная Ридберга. Подставляя значения к и п для 3RcZ2 п
нашего случая, получаем и =-(2). Подставляя 1~)
4
,3RcZ2h _
в (1), получаем v---iV,,-!!^. — (3). Для возочж-
4
дения Бодородоподобных ионов электроны должны обладать энергией IV = eU<,, тогда по закону сохранения энергии еС, = IV„ -IVk — (4). Приравнивая левые части урав-488
„ ,.ч , - 3Rc/.-h
нении (э) и (4). получаем еи} -----—. откуда первый
потенциал возбуждения водородоподобного иона
3RcZ~h , п
77 =-------- а) Дня однократно ионизированного гелия
1 4е
7 = 2, поэт ому Су = 40,8 В. о) Для двукратно ионизированного лития 7 = 3. поэтому О’, = 91.8 В.
20.19. Найти потенциал ионизации С',: а) однократно ионизированного гелия: б) двукратно ионизированного лития.
Решение:
Потенциал ионизации водородоподобпого иона С', определяется уравнением <?Ц = Л, — (I), где Д — работа удаления электрона с нормальной орбиты в бесконечность. Для водородоподобных ионов At-h v — (2). где
/ 1 И
v = RcZ~ —------ — (3). Подставляя (3) в (2). получаем
и/
А, = hRcZ~\ Д-—(4). При к - 1 и = формула (4)
п~ J
примет вид Л, = hRcZ1 — (5). Подставляя (5) в (1), получа-
ем eUj = hRcZ~, откуда потенциал ионизации U, -е
а) Для однократно ионизированного гелия 7 = 2. поэтому Ц=54,5В. б) Для двукратно ионизированного лития 2 = 3, поэт ому U, = 122,8 В.
20.20. Найти длину волны 7 фотона, соответствующего переходу электрона со второй боровской орбиты па первую в Однократно ионизированном атоме гелия.
489
Решение:
Частота излучения фотона водородоподобным ионом задачу 20.18) при переходе электрона со второй боровской
' 3RcZ2
ороиты на первую равна v ~---- — (1). С другой <.
роны. v = у — (2). где Л — длина волны фотона. lip:-., нивая правые части уравнений (1) и (2), полу члем с 2RcZ~ 1 3RZ2
— -------- или — =-----------. откуда длина водны
Л 4 /, 4
4 3RZ2
. Для однократно ионизированного гелия Z =
поэтому Л = 30.4 нм.
20.21. Решить предыдущую задачу для двукратно ионизированного атома лития.
Решение:
Длина волны фотона, соответствующего переходу электрона со второй боровской орбиты на первую (см. задачу 4
20.20) . равна Л---7. Для двукратно ионизированного
3RZ"
лития Z = 3 . поэтому Л - 13.5 нм.
20.22. D -линия натрия излучается в результате такого перехода с одной орбиты атома на другую, при котором энс;мг.я атома уменьшается на АВ'= 3,37-10'19 Дж. Найти длину' во .ты z D -линии натрия.
Решение:
Изменение кинетической энергии электрона при переходе с одной орбиты атома на другую (см. задачу 20.13) равно
490
ch
Л ’
откуда длина
волны
D -линии натрия
л-—
- 589 нм.
20.23. На рисунке изображена схема прибора для определения резонансного потенциала натрия. Трубка содержит пары натрия. Электроды G и А имеют одинаковый потенциал. При какой наименьшей ускоряющей разности потенциалов V между катодом К н сеткой G наблюдается спектральная .линия с длиной волны Л = 589 нм?
Решение:
По закону сохранения энергии потенциальная энергия электрического поля между катодом и анодом Wn - eV — (1) идет на изменение кинетической энергии электронов при переходе с одной орбиты па другую, которое (см
задачу 20.13) равно &.W = — — (2). т. е. W = — (3).
Л
Подставляя (1) и (2) в (3). получаем eV = —. откуда уско-z
ch
ряющая разность потенциалов V = — = 2,1 В.
<?2
20.24. Электрой, пройдя разность потенциалов V = 4.9 В, сталкивается с атомом ртути и переводит его в первое возбужденное состояние. Какую длину волны х. имеет фотон, соответствующий переходу атома ртути в нормальное состояние?
Решение:
Ускоряющая разность потенциалов (см. задачу 20.23) ch
Равна V-—. Отсюда длина волны фотона, соответ-<?2
491
ствующего переходу атома ртути в нормальное состоя),.
- ch
/. =--= 5jj нм.
eU
20.25. На рисунке изображена установка для наблюдения . Фракции рентгеновских лучей. При вращении кристалла С ;. ко тот луч будет отражаться на фотографическую пласпп1к\ inina волны которого удовлетворяет уравнению Вульгр Ьрэпа. При каком наименьшем угле о между мошно-. ,0 крис।апла и пучком рентгеновских лучей были отражены . ichobckhc лучи с длиной волны /. =20пм? Постоянная реи,- , ui кристалла </ = 303 пм.
Решение:
Наименьший угол соответствует спектру первого поря юл.
т. с. /. = 2с/Sinср. откуда shup- — - 0.033 ; (р 2е .
20.26. Найти посюянную решетки d каменной соли, .ля молярную массу р = 0.058 кг. моль каменной соли и ее плен ни. ib р = 2.2 10’ Ki м?. Кристаллы каменной соли обладают простой кубической с i ру кту рой.
Решение:
Менянный объем каменной соли Г . Количество it ш'В /’
в молярном обьсмс равно 2,\\ . Обьем. приходящийся на и
опт ион. I, ’ отсюда расстояние между и<’1;:.ол.
и hi псы'!ояпная решетки, <1 = ' —-— =281-10 ' ~ =
20.2". При экспериментальном определении посюмю-.'И Планка и при помощи рентгеновских лучен кристалл ycn-i-'i-
4Q2
вливается иод некоторых' углом о. а ревность псненциалов 12 , приложенная к электродам рентгеновской трубки. у велитиваегся до тех пор. пока не появится линия. соотвечетвуюшая атоме углу. Найти Г10СЮЯННХ1О Планка h пз слеге ютах данных; кристалл каменной соли усгановлен под утлом <p = I-r: р? шесть потенциалов, при которой впервые появилась .шипя, соответствующая этом} углу. L- ~ 9 1 кВ: постоянная реше;ки крисгалта d - 281 им.
решение:
При увеличении разности потенциалов Г. при.ю-ке.нгой к электродам рентгеновской гребки, появляемся спекгра.ть-ная линия в спектре первого порядка, длина волны ко юрой
Л удовлетворяет у равнению eU = h v = — (I). Но по
формуле Вульфа — Брэгга z = 2dsitu? — (2). Из Н j и 12)
еСл el.'-2d . -4
находим п ----------------simp- 6.6 10 Дж с.
с с
20.28 . К электродам рентгеновской трубки приложена разность потенциалов 6 ’=60 кВ. Наименьшая длина волны рентгеновских лучей, получаемых от этой трубки. z =20.6 им. Найти изэти.х данных постоянную h Планка.
Решение:
Частота г0 = — — (I). соответствующая коротко-
волновой! границе сплошного рентгеновского спектра, где Лот» — наименьшая длина волны рентгеновских лучей, получаемых от этой трубки, может быть найдена из соотношения Аг0 = еС' — (2). Подставляя (1) в (2), Получаем ~^— = еи. откхда постоянная Планка
? с L'/
/? =---м ^6.62-10"1 Дж-е.
С
493
20.29 . Найти длину волны определяющую корг •: 0. волновую границу непрерывного рентгеновского спек-( . ,я случаев. когда к рентгеновской гребке приложена р;!; .Гь потенциалов I . равная: 30. 40, 50 кВ.
Решение:
Частота v. -~ — (1). соответствующая коротковол щ /.
(ранние сплошною ренпоповского спскгра (см ж.
20 .28). может быть найдена из соотношения А г; - г
(2 ) Iкдегавляя (1) в (2), помечаем — = еЕ’. откуда .. ж; z
волны, определяющая коротковолновую границу
, !к' 17 , ,
рывного рентгеновского спектра. z =--. Если (. , -.
eU
го /.|=43.1п.м. Если 77, =40 кВ, то /,=31пм. i ели I - 50 кВ. то = 24.8 пм.
20.30. Найти длину волны 2, определяющую коротко;;.'-новую границу непрерывного рентгеновского спектра, если и ст-но. что уменьшение приложенного к рентгеновской трубы, напряжения на АС = 23 кВ увеличивает искомую длину во . л в 2 раза.
Решение:
Длина волны, определяющая коротковолновую (ртищу непрерывного рентгеновского спектра (см. задачу 2" 24).
Ас ,. ,. _. he
равна /. =-- — I). По хеловию 2z= —------? ->
el. ’ e(U-M I
U
Разделив (2) на (I), помечаем -------= 2. ю (а
U-AU
I -2AU — (3). Подставмяя (3) в (I). г:е/г 1
494
20.31- Длина волны гамма-излучения радия х = 1.6 пм. Какую
разность потенциалов U трубке, чтобы получить ВОЛНЫ?
надо приложить к рентгеновской рентгеновские лучи с этой длиной
Решение:
Длина ВОЛНЕ! гамма-излучения радия (см, задачу 20.29) he О
равна х = , Отсюда разноса поюнциалов, которую
необходимо приложить к рентгеновской трубке. [/ = ^- = 775кВ,
еЛ
20.32. Какую наименьшую разность потенциалов U надо приложить к рентгеновской трубке, чтобы получить все линии Х-серии, если в качестве материала антикатода взять: а) медь: б) серебро; в) вольфрам: г) платину?
Решение:
Все линии Х-ссрип (а также линии остальных серий) появятся одновременно, как только будет удален электрон с Х-орбиты атома. Для этого надо приложить разность потенциалов U . удовлетворяющую соотношению eU = hv = he
= —, где л — длина волны, соответствующая переходу Л
бесконечно удаленного электрона на Х-орбиту. т. е. длина волны, определяющая границу Х-серии. Для нашего случая Длина волны л равна (см. таблицу 19): а) 138пм; б) 48,4пм: в) 17,8пм; г) 15,8пм. Искомая разность потенциалов
найдется по формуле L = — . Полета: ляя числовые ел
Данные, получим следующие значения лти разности Потенциалов С : а) 9 кВ: б) 25,3 кВ: в) 69 кВ: ! > 79 кВ.
20.33. Считая, что формула Мозли с достаточной степенью точности дает связь между длиной волны х характеристических
495
рентгеновских лучен и порядковым номером элемента Z .
торено сослан антикатод. найти наибольшею длину волг.. : линий А'-серии ренпеиовских лучей, даваемых трубкой с а:-толом из’ и) железа: 6) меди: в) молибдена: г) д) таит a ш: е) вотьфрама; ж) плагины. Для А’-сернн пост..-экранирования h =I.
Решение:
Имеем — - A'(Z - Л’ Д-----I — (1). Наибольшая _< •
/. ' п~ J
волны Л' -серии соответствует линии Ка . При этом в р-муле (1) мы должны положить b = 1. к = \. н = 2 . 1М ая уравнение (1) отпоен юльно /. и подставляя числовые . :,н-ные. получим значения Л. равные: а) 194пм; б) !55:м; в) 72пм; i) 57.4п.м; д) 23.4пм; е) 22.8пм; ж) 20,5пм. -:с-пери.менгально найденные значения длин волн A
Кс. следующие: а) 194пм: б) 154пм; в) 71.2пм; г) 56. дм; д) 22пм: е) 21.4я.м; ж) 19пм.
20.34. Haiirii постоянную экранирования b для /.-ooin рентгеновских лучей, если известно, что при переходе злее • -на и атоме вольфрама с .1/ - на А-слой попу скакмея рент i ен>ие лучи с длиной волны z - <43 им.
Решение:
Переход j.ieKipoiia е на /,-с.той сэоызечствуе! <е-।nis'i /' -2 и и - 3 Порядковый номер вольфрама в . . <;<' не Менделеева /'. - 74. Из формулы Мозли н:'- '-м ।
-/ -х..-----— -----. Подставляя числовые л.-:-- >-
х //?(! /. и- !
но.о чим /> - 5.5 .
29.35. ilpii нерезок элгк:рона в аю.ме с !.- на А.-- •• испускаются рентгеновские лучи с длиной волны 2 - “К ' = Какой )то ан.'м’? Для .< -серил пос ючппая экранирования ч •
496
решение:
Длина волны ренггеновских характеристических лучей может быть найдена по формуле Мозли = R(Z. - Ь]''<
х —------ I — (1). где Z — порядковый номер элемента,
'X }
— постоянная экранирования. При этом для А'-серии кп
к - 1 и п - 2 . Из формулы (I) находим Z - =? --
-к J
+ А> _ 40 . По таблице Менделеева находим, что элемент с порядковым номером X - 40 — цирконий.
20.36. Воздух в некотором объеме I' обличается рентгеновскими лучами. Экспозиционная доза излучения /Л = 4,5 Р. Какая доля атомов, находящихся в данном объеме, будет ионизирована этим излучением?
Решение:
По определению экспозиционной дозы излучения ДО
Dj =----— (I). где АС)--- .V.,<? — (2) — суммарный элскт-
Д/;г
рический заряд всех ионов одного знака, созданных электронами, освобожденными в облученном воздухе при условии полного использования ионизирующей способности электронов. Аг1! = —— и — (3) — масса воздуха.
Подставляя (2) и (3) в (1 ). полз чаем Ds =—’——. откуда .V//
V i/D
Доля атомов, ионизированных излучением. -у— - 'у. Воз-ДУХ в первом приближении можно считать азотом с моляр-497
ной массой и = 0,028 кг/моль. Подставляя числовые данные, получим — - 3,42 10’10.
N
20.37. Рентгеновская трубка создаст на некотором рассюя::>ц мощность экспозиционной дозы Р3 = 2,58-10 ' А/кг. Какое число Лг пар ионов в единицу времени создает эта трубка на единицу массы воздуха при данном расстоянии?
Решение:
По определению мощности экспозиционной дозы
излучения А — (1), где D — (2) — экено-3 А/ Ат
зиционная доза излучения, At — интервал времени, за которое получена эта доза, Ат — масса ионизированного вещества, AQ-Ne — (3) — суммарный электрический заряд всех ионов одного знака. Подставляя (2) и (3) в (I), г. Л7*? ,, ААлЛ/п
получаем А, =-----, откуда число пар ионов А -------.
AtAm " е
По условию At = 1 с и Ат -1 кг, тогда, подставляя значения, находим Лг = 1,61-10й с^-кг"1.
20.38. Воздух, находящийся при нормальных условиях в ионизационной камере объемом И = 6см', облучается решге-новскими лучами. Мощность экспозиционной дозы рент. ;'в-ских лучей А = 0.48 мР/ч. Найти ионизационный ток насыщения А-
Решение:
По определению мощности экспозиционной дозы печения Р — (1), где Dy=^- — (2) — -н;Щ10-At Ат
зиционная доза излучения, At — интервал времени. за которое получена эта доза. Подставляя (2) в (1). полу-498
чаем Р, =—— — (3). Ионизационный ток насыщения ДшЛ/
ДО
/и= —— , откуда суммарный электрический заряд всех ионов одного знака ДО = /НД/ — (4). Подставляя (4) в (3), получаем Р, = -^-. откуда ионизационный ток насыщения Л///
/ = РэДт — (5). Из уравнения Менделеева — Клапейрона Д/77
nV------RT, учитывая, что молярная масса воздуха
Д
// = 0,029кг/моль. получаем Aw = —(6). Подставляя
Р pVti
(6) в (5), окончательно находим /н =—----------- или
RT
; _ 0,48-10~3-1.013-105-6-10~6-29-10~3 = ]0_12 д.
н~ 3,6-103 - 8,31-273
20.39, Найти для алюминия толщину .v1/2 слоя половинного Ослабления для рентгеновских лучен некоторой длины волны. Массовый коэффициент поглощения алюминия для этой пины волны =5,З м2/кг.
Решение:
Интенсивность пучка рентгеновских лучей, прошедших сквозь пластинку толщиной .v, определяется формулой — (1), где 7и — интенсивность пучка, падающего на пластинку, // — линейный коэффициент поглощения. Массовый коэффициент поглощения //„ связан с линейным коэффициентом поглощения /л соотношением
Ди =—, откуда // = рыр — (2). Подставляя (2) в (1). полу-Р
Ответ не совпадает с ответом первоисточника (2,7-10’16 А).
499
чаем Z = —(3). Пройдя поглощающий слои ik. ;.
щиной. равной толщине слоя половинного ослабления рентгеновские лучи будут иметь интенсивное;ь
/ = — — (4). Подставляя (4) в (3), получаем
О "
= exp(- zzMр,V|,2) —(5). Прологарифмировав выражение
(5) . получим искомое значение толщины слоя половинного /н 2 _
ослаоления. .v, -------- О.э мм.
zz,. р
20.40, Во сколько раз уменьшится интенсивность рентгеновских лучей с длиной волны л=20пм при прохожие ыш слоя железа толщиной d = 0.15 мм? Массовый коэффициент го-глошения железа для этой длины волны //., = 1,1 м2/кг.
Решение:
Интенсивность пучка рентгеновских лучей, прошедших сквозь пластинку толщиной d (см. задачу 20.39). ранта
1 = J.„exp(-p,tpd).. откуда = exp(p„pd) = 3.68 .
20.41. Найти толщину х1/2 слоя половинного ослабления для железа в условиях предыдущей задачи.
Решение:
Толщина слоя половинного ослабления (см. задачу 20.?9) 1п2
.г, , =-= 79,76 мкм.
PV.P
20.42. В нижеследующей таблице приведены для некошжтх материалов значения толщины слоя х)/2 половинного ос....о-ления рентгеновских лучей, энергия которых П'=1МэВ. II.гати линейный /z и массовый //„ коэффициенты поглощения ?шх 500
материалов для данной энергии рентгеновских лучей. Для какой длины волны л рентгеновских лучей получены эти данные?
Вещество Вода Алюминий Железо Свинец
Хр2> СМ 10.2 4.5 1.56 0.87
решение:
Толщина слоя половинного ослабления (см. задачу 20.39)
In 2 . .
Л- =-----. откуда массовый коэффициент поглощения
' АмР
__JnV2---(1). С другой стороны, // =— — (2). При-
Х\/2Р ' Р
равнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем 1п 2
р =---- — (3). Подставляя числовые данные в формулы
*1/2
(1) и (3), заполняем таблицу.
Вещество Вода Алюминий ’Железо Свинец
Х(/2, СМ 10.2 4.5 1.56 0,87
р, кг/м’’ 1000 2600 7900 11300
р, м-1 6.7 16 44 77
_рм, 10~’’ м~/кг 6.7 6.2 5.6 6.8
Энергия рентгеновских лучей равна IV - hv - h— , откуда
Длина волны /. - — = 1.24 пм. JV
20.43. Сколько слоев половинного ослабления необходимо ДЛя уменьшения интенсивности рентгеновских лучей в 80 раз?
Решение:
Интенсивность пучка рентгеновских лучей, прошедших Сквозь пластинку толщиной d (см. задачу 20.39). равна 1 ~ 1йехр(- p^pd). откуда у = expрd) — (I). По
501
условию -у-= 80 — (2). Подставляя (2) в (1) и логарифмируя полученное уравнение, находим 1п80 = pMpd, откуда толщина слоя, необходимого для уменьшения интен-„ on л //?8°
сивности рентгеновских лучей в 80 раз, равна d -------
ЛмР
(3). Толщина слоя половинного ослабления интенсивности 1п2 ...
рентгеновских лучей равна Х|/2 =--- — (4). Количество
слоев, необходимое для уменьшения интенсивности в 80
раз, равно п - —----(5). Подставляя (3) и (4) в (5), полу-
V1 / 2
7/?8О , чаем и ------------ 6,32 .
In 2
§ 21. Радиоактивность
В этом разделе используются данные таблиц 3 и 22 приложения. В задаче 21.11 дан авторский вариант решения.
21.1. Сколько атомов полония распадается за время Д/ - 1 сут из А’ = 106 атомов?
Решение:
За время Д/ распадается число атомов | ДЛГ| = ЛУД/ — (1). Эта формула применима при Д/ «Т]/,, где Т\п_— период полураспада. Период полураспада полония Т’|/2 =138 сут (таблица 22), следовательно, для Д/ = 1 сут число распадающихся атомов можно определить по формуле (1). Подставляя числовые данные, получим | ДЛГ| =Жг = ^1/2
= 5025 сут’1.
21.2. Сколько атомов радона распадается за время Д/ = 1 сут из <V = 106 атомов?
Решение:
Период полураспада радона ТУ2 =3,82 сут, следовательно, мы не можем использовать формулу из предыдущей задачи. Необходимо воспользоваться формулой N = ,
тогда искомое количество атомов AN=N0-N = ~ ). Подставляя числовые данные, получим
АЛ7 = 1,67-10s сут’1.
503
21.3. Найти активность а массы т = 1 г радия.
Решение:
Активностью радиоактивного вещества называется чис; распадов, которое происходит в нем в единицу времен dN
а--------XN — (1), где л — постоянная распада, N -
dt '
число атомов радиоактивного вещества. Период полура пада и постоянная распада связаны между собой соотн
шением Т)/2=——, откуда — (2). Число pacrj
Л 7'1/2 • <
дающихся атомов радия равно N = — TVA — (3), ts ' Л
/у = 22бг/моль — молярная масса радия, tVa = 6,022 х1023 моль-1 — постоянная Авогадро. Подставляя (2) и (
в (1), получаем а - = 3,68 • 1010 Бк.
X/Z’i/2 1
21.4. Найти массу т радона, активность которс
а = 3,7 -10'° Бк. 3
Решение: д
Активность радиоактивного вещества (см. задачу 21]
mW, In 2 _ „2
равна а =--------. Отсюда масса радиоактивного веще<
//71/2
ва равна т = а^'~ = 6,49• 10"9 кг. ;
АГа/п2 !
21.5. Найти массу т полония ^°Ро, активность котор а = 3,7-10” Бк. 504
решение:
Масса радиоактивного вещества (см. задачу 21.4) равна
_ = о 22 мг.
21.6. Найти постоянную распада Л радона, если известно, ЧТо число атомов радона уменьшается за время / = 1сут на 18.2° Ь.
тельно получаем 2 =
Решение:
Число атомов радиоактивного вещества dN, распадающихся за время dl, пропорционально числу имеющихся dN
атомов и определяется соотношением -----AN, откуда,
dt
dN , , TI
разделив переменные, получим -^- = -Adt. Интегрируя , ( N 'I , полученное выражение, получаем 1п\— = ~At, откуда HoJ
. hi(N/N0) /1Ч п
постоянная распада л.----J-----— — (I). По условию
задачи Л? = (1-х)дг0 — (2), где No — число атомов по истечении времени /, л = 0,182 — доля атомов, распавшихся за время t. Подставляя (2) в (1), оконча-= 2,33-10“6 с-1.
t
21.7. Найти удельную активность а,„: а) урана U;
б) радона 8j2Rn.
Решение;
Удельной активностью радиоактивного вещества назы-
Вается активность его единицы массы аа1 = — — (1). По-т
505
скольку активность радиоактивного вещества (см. з
21.3) равна а = — (2), то, подставляя (2) в (1
РТ\/ 2
получаем а„, - а) ДдЯ урана - 235 г/моль
р£\п
T\/i~ 7,1 Ю8лет, следовательно, ат = 7,93-17 Бк/к б) Для радона ^2Rn ;z = 222 г/моль и 7’1/2=3,82с следовательно. ат = 5,69-1018 Бк/кг.
21.8. Ионизационные счетчики Гейгера — Мюллера имею в отсутствие радиоактивного препарата определенный Присутствие фона может быть вызвано космическим излучен! или радиоактивными загрязнениями. Какой массе радона соответствует фон, дающий 1 отброс счетчика за время t = 5
Решение:
Число атомов радиоактивного вещества, распадающих
/м2
время Дг, определяется формулой |A2V| =------NAt (ё
Tj/2
задачу 21.1). Исходное число атомов N =— Р
In 1 in
условию ДУ = 1, Дг — / = 5с. Тогда 1=------Nht, отк
Г1/2 Р
иЛ/2 п
т - —-----. Подставляя числовые данные, пол
Notin'!
/п = 3,5-10’20 кг.
21.9. При помощи ионизационного счетчика исследу активность некоторого радиоактивного изотопа. В начали момент времени счетчик дает 75 отбросов за время Г=1| Какое число отбросов за время г = 1Ос дает счетчик^ истечении времени t ~ Т1/2 /2 ? Считать Г1/2 »10 с. J
506 1
решение:
В начальный момент времени активность радиоактивного JVq 7],,
изотопа равна а, = -^- — (1), а спустя время t} = -^ —
N
(2) она станет равной а2 = —----- (3), где и N — со-
ответственно число атомов радиоактивного изотопа в начальный момент времени и через время которые связаны между собой соотношением N = No ехр(-Л^). Отсю-
Л ( п, \ N ( -^1/2
да — = At,) или, с учетом (2), — = етр---------—
Л’о J
(4). Период полураспада и постоянная распада связаны 1п2 , In2 -
соотношением 71/2 =-----, откуда 2=------ — (5). Под-
2 Т„2
/гч /лч N Г т>
ставляя (5) в (4), получаем — = ехр\-----— (6). Раз-
ЛГ0 I 2 J
делив (3) на (1), получаем — = -^- — (7). Сопоставляя
4, /ГЧ /-,4 ( ^"2^
формулы (6) и (7), находим, что — = ехр\-------, откуда
д', V 2 J
(1п2\
окончательно а2 = a, expl I = 53 отброса.
21.10. Некоторый радиоактивный изотоп имеет постоянную распада А = 4-10 7 с-1. Через какое время / распадется 75% первоначальной массы m атомов?
Решение:
Число атомов радиоактивного изотопа в начальный момент времени связано с их числом по истечении времени t соотношением N = No ехр(- At) — (1), где
507
N = — NiX — (2) и No = — — (3). Подставляя (2) и (3l
Л А I
в (1), получаем т - т0 exp(-Al) — (4). По условщ| т = (1-О,75)«го = О,25то — (5). Подставляя (5) в (4| получаем са7?(-Я;) = 0,25=-^ или ехр(/к) = 4 — (б1| Логарифмируя уравнение (6), получим At-In4, откуляа t =^^- = 3,47-106 с = 40,11 суток. Я
21.11. Природный уран представляет собой смесь трех из®и топов; U , и5 U , U • Содержание Ц4 U ничтожно (О.ООб^М на долю приходится 0,71%, а остальную массу (99,28|Ц составляет U . Периоды полураспада ТУ2 этих изотопов сорЦ ветственно равны 2,5-Ю5 лет, 7,1-108лет и 4,5-109лет. НаЙМ процентную долю радиоактивности, вносимую каждый изотопом в общую радиоактивность природного урана. Ца Решение: 1|
Процентная доля радиоактивности, вносимая каждым и! изотопов в общую радиоактивность природного урайЩ определяется отношением числа распадов в единиц® времени каждого изотопа к общему числу распадов'Ж единицу времени природного урана. Обозначим через массу природного урана. Тогда массы изотопов будШ равны соответственно т[ = 6 10-5т, т2 -7,1-10~3пг Я
=99,28-10'2ш. Число распадов в единицу времён|| /и 2
даваемое изотопом, будет равно AN| =----------МАЙЦ
Ц
InlN^M _ ln2NAm2M _ ln2NKm3M 11
ТЛ ’ 2 Т2А2 ’ 3 ’ J
?7A — постоянная Авогадро, Т, — период полураспада 508 Ц
изотопа (.индекс 1/2 у Т опущен), А, —его молярная масса. Откуда искомое отношение для каждого изотопа равно AjV, _ 77?,/(/1,7’)
Л Г_ ДУ.'+ДЛ'з+ДУз ” 1Щ /(AJ] )+ т2 /(А2Т2)+т3 /(А3Т3) ' Подставляя числовые данные, нетрудно убедиться, что вся радиоактивность природного урана обусловлена изотопом ^SU. радиоактивность же изотопов и исчезающе мала.
21.12. Кинетическая энергия а-частицы, вылетающей из ядра атома радия при радиоактивном распаде, = 4,78 МэВ. Найти скорость v «-частицы и полную энергию W, выделяющуюся при вылете «-частицы.
Решение:
Кинетическая энергия 777V2 а -частицы Ж, - , откуда
v= ^±= 1,52 -107 м/с. V 77? Полная энергия W, выделя-
юшаяся при вылете а -частицы, складывается из кинетической энергии а -частицы W} и кинетической энергии
остаточного ядра W2, т. е. W -W} + W-, — (1). Кроме того,
согласно закону сохранения импульса = m2v2 — (2).
Из (2) получим
/ v т^2т{ ( х7
('W =- 2 = ^12»V (77/jVj) =
« V m-,Vj2in7 ~ „г ТЛ ... , 2m.W,
- (/??, v2) - = 2m2W7. Из (1) имеем Ж = W\ + ——L =
2 ‘ ' 2т2
= ]+-^L =W}
k "?7
m2 + 777]
7777
. Подставляя числовые данные,
получим Ж = 4,87-106 эВ.
509
21.13. Какое .количество теплоты Q выделяется при распа радона активностью а = 3,7 • 1010 Бк: а) за время t = 1 ч; б) среднее время жизни г ? Кинетическая энергия вылетающей•: радона а -частицы W = 5,5 МэВ.
Решение:
По закону сохранения энергии количество тепла, котор< выделяется при распаде радона, равно Q-NW — (1), г; У — число распадов за время t, W — кинетическ энергия а -частицы. Поскольку N-at —(2), где а | активность радона, то, подставляя (2) в (1), получав Q = alW — (3). а) Если /-1ч, то из формулы ( £2 = 117,22Дж. б) По определению среднее время жиз!
радона г =— —(4). Поскольку постоянная распада (с
Л ’й
/и 2
задачу 21.9) равна Л =------ — (5), то, подставляя (5) в .g
^1/2 '--у
т
получаем г ---------(6). Учитывая, что t = T, подст
In 2
(6) в (3), окончательно получаем Q - = 15,5 кДж.-i
In 2
21.14. Масса m = 1 г урана в равновесии с продук его распада выделяет мощность Р = 1,07-КГ7Вт. Найти м< ную теплоту Qp, выделяемую ураном за среднее время жизни, атомов урана.
Решение:
Мощность, выделяемая при распаде урана ^U, pai Р = — — (1), где Q — количество тепла, кото] выделится при распаде за время t. По услов
510
! = r = — — (2), где т — среднее время жизни атомов Я.
храпа 928U, Л. — постоянная распада, которая связана с
периодом полураспада урана 928U следующим соотно-
~ /»2 1и2
шением: Т,/2 =---, откуда А- —-------(3). Подставляя (3)
2 Т}/2
Т
в (2). получаем t = —— — (4), затем, подставляя (4) в (1), hi 2
О In 2 РТ
получим Р--------, откуда Q = ——-----(5). Число молей
7]/2 hi 2
т, 77? -
урана 92 U, участвующее в распаде v = — — (о), где А
//= 238 г/моль — молярная масса урана 928U. Молярная теплота, выделяемая ураном 928U за среднее время жизни
его атомов, равна О ~ (7). Подставляя (5) и (6) в (7), v
РТ Ц Э
окончательно получаем Q =——— = 5,21-10'“ Дж/моль.
m In 2
21.15. Найта активность а радона, образовавшегося из массы = 1 г радия за время t = I ч.
Решение:
Поскольку по условию задачи из радиоактивного изотопа si^Ra образуется новый радиоактивный изотоп ^2Rn, 227 т* то по истечении времени / число ядер изотопа 86"кп
будет определяться по формуле У2 = NOf — ' ~х
x(e.vp(- Л^)- ехр(- A,t)) — (1), где N01 - — N^ — (2) — Lh
511
начальное число ядер изотопа gg6Ra,
2’6
ответственно постоянные распада 88
\ И Д - CQ
Ra и Ц2 Rn . Посте
,_^2 J
z - 7----(*
Л/’ -
янная распада (см. задачу 21.14) равна
Подставляя (2) и (3) в (1), получаем
Т,
tin 2
/ ’in
tin 2
-exp--------
- (4). АЙ
X------------- exp -
2(l)“7l/2(2)[ t.
тивность образовавшегося радона равна а2 = -a2N2 —
Подставляя (3) и (4) в (5), окончательно получав] < ( 7 Т М
tln2
~е*Р --— ;
I A/2(2)J
Ni
tin 2 ^'P --------
N2 = 2,85 -10s Бк.
21.16. В результате распада массы т0 = 1г радия за врей t = 1 год образовалась некоторая масса гелия, занимающая п| нормальных условиях объем К = 43 мм'. Найти из этих даннй
постоянную Авогадро Л'А .
Решение:
Согласно основному уравнению молекулярно-кинейЦ ческой теории р-пкТ, откуда п = — — (1), где п -^1 АТ ’М|
число образовавшихся атомов гелия в единице объеь«| /э = 101 кПа и Т = 273 К — соответственно давление;^ абсолютная температура при нормальных услови^ к = 1,38- Ю”23Дж/К — постоянная Больцмана. С ДРУГ^!
стороны, п = у —(2)> где N = Noexp(-At) —СЯ
512
, , 1п2
Постоянная распада (см. задачу 21.14) равна Л =------
^1/2
' tlnl'
(4) . Подставляя (4) в (3), получаем N -N0’exp-------
\ ^1/2 7
(5), затем, подставляя (5) в (2), получаем Л'о[1 -exp(-thi2/Ty,)\
,i = —— ^-4—--------— (6) Приравнивая правые
части соотношений (1) и (6), получаем
— = —— — (7). Начальное число кТ V
откуда
(7), получаем
атомов радия равно Af0= — /VA — (8). Подставляя (8) в V
Р »?ОЛГА [1 - ехр{- Г /» 2 / Т]7 2)]
кТ pV
окончательно постоянная Авогадро Д\ =------г-----------------гч = 6 • 1023 моль-1.
кТт() [1 - ехр(-1 In 2 / Т\ у 2)]
равна
21.17. В ампулу помещен препарат, содержащий массу 1нй = 1,5 г радия. Какая масса m радона накопится в этой ампуле по истечении времени t = Tir_/2, где 7^/2 — период полураспада радона?
Решение:
Поскольку период полураспада изотопа Ц2 Rn значительно меньше периода полураспада изотопа Ц6 Ra, то число атомов радона, которое накопится в ампуле по истечении времени t, равно N, = А01 —(1 -ехр(-Л/)) — (1).
Л2'
Поскольку постоянная распада (см. задачу 21.14) равна 1п 2 Т
2. ~ — (2) и но условию t = 1/~— — (3), то, подстав-
^1/2
г и<.ч 513
ляя (2) и (3) в (1), получаем
^2=М)1
Г»/2(2)х ^1/2(1)
1 ( 1п2
х 1 - ехр\ ——
— (4). Поскольку N2 - — NA — (5) и
lit
= — NA — (6), то, подставляя (5) и (6) в (4), окончатель-/'i
но получаем т =
/??qZz2^1/2(2)
. ( 1п2
1-e.rpl - —
= 3-10"9кг.
21.18. Некоторое число атомов радия помещено в замкнутый
сосуд. Через какое время / число атомов радона N в этом» сосуде будет отличаться на 10% от того числа атомов радона которое соответствует радиоактивному равновесию радия $ радоном в этом сосуде? Построить кривую зависимости
л /
изменения — в сосуде от времени t в интервале 0</ <67] £
принимая за единицу времени период полураспада радона Т} 2
Решение:
Число атомов радона, которое накопится в замкнутом со-Л
суде за время /(см. задачу 21.17), равно М = М01-^х
х (1 - ел-р(-Л/)) — (1). При радиоактивном равновесии
Л'о, _ _^2_ N' ~ Л, получаем
откуда V = /VOI—L — (2). Разделив (1) на (2),
Л’
(3) . По условии!
——— = 0,1 или — = 0,9 — (4). Приравнивая правые части соотношений (3) и (4), получаем 1-ехр(-Я2/)=0}9. или ехр (- Л2г) = 0,1 — (5). Логарифмируя соотношение (5)»:
514
. > /«ОД .... „
получаем -/м=/яОД или t =---------------(6). Поскольку по-
IplQt
стоянная распада равна Л =---------(7), то, подставляя (7) в
^1/2
Т]/2Ь)/« 0,1
(6), получаем t -------—------12,69 суток. Подставляя (7)
In 2
N
N'
N , tln2 в (3), получаем —-= \-exp-------
L I
лученную формулу числовые данные, составим таблицу и построим график:
. Подставляя в по-
t 0 Тщ 2Г|/2 ЗЛс 4T1Z2 5Г|/2 6T|/2
0 0.5 0,75 0,875 0,9375 0,96875 0.9844
21.19 . Некоторое число атомов радона N' помещено в замкнутый сосуд. Построить кривую зависимости изменения числа JV
атомов радона — в сосуде от времени в интервале 0 < t < 20 сут через каждые 2 сут. Постоянная распада радона Л =0,181 сут'1
Из кривой = /(г) найти период полураспада ТУ2 радона.
515
Решение:
Имеем N = N'e /J
N отсюда — - e N
= exp(- 0,181/). Для за-
данного интервала значений / составим таблицу и построим график. Период полураспада найдем как абсциссу точки кривой, ордината которой равна 0,5. По графику найдем Т}/2= 3,8 сут.
/, сут 0 2 4 6 8 10
N/N’ 1 0,696 0,485 0,338 0,235 0,164
Продолжение
21.20 . В нижеследующей таблице приведены результаты измерения зависимости активности а некоторого радиоактивного элемента от времени /. Найти период полураспада Zj/2 элемента.
/, ч 0 3 6 9 12 15
о, 3,7-107Бк 21,6 12,6 7,6 4,2 2,4 1,8
516
Решение:
Как видно из таблицы, измерение активности радиоактивного изотопа производилось через равные промежутки времени г = 3 часа. По определению активность <7 = |-Л/У| — (1). где N — число распавшихся ядер к моменту времени t. По закону радиоактивного распада N = Noexp(-At) — (2), где No — начальное число ядер. Начальная активность из формулы (1) равна а0 =AN0 — (3), а к моменту времени t она станет равной a(t)= AN(t) — (4). Подставляя (2) в (4), получаем a(t) = ANoexp(-At) — (5). Сопоставляя формулы (3) и (5), нетрудно заметить, что закон изменения активности имеет вид: a(t)= а0 exp(-/tt) — (6). Подставим в формулу (6) любое значение активности из таблицы, например для г = 4г, тогда <з4 = а0 елр(-4т2), откуда ехр(4тЛ) = — —(7). Логарифмируя выражение (7), «4
получаем 4тЛ = 1п—, откуда постоянная распада
, /»(г/п/а4) /оч „
Z =—i-и—— (8). По определению период полураспада 4г
— (9). Подставляя (7) в (8), окончательно Л
4г In 2
получаем Т}/1 -—-------г = 3,79 часа.
/ф0/а4)
21.21 . В ампулу помещен радон, активность которого = 14,8 -109 Бк. Через какое время t после наполнения ампулы активность радона будет равна а = 2,22 • 109 Бк?
Решение:
В начальный момент времени активность радона в ампуле равна ай - -AN0 — (1), а спустя время t она станет равной 517
a--AN — (2). Разделив (2) на (1), получаем ------------
ао No
(3) . Поскольку N = No ехр(- At), то отсюда — - ехр(- At) — N°
(4) . Сопоставляя формулы (3) и (4), находим, что
- = exp(-At), откуда, логарифмируя, получаем ао
\aoJ
- -At — (5). Поскольку постоянная распада (см. за-
In 2 дачу 21.14) равна А =--------(6), то, подставляя (6) в (5),
^1/2
tln2 ---, откуда окончательно находим Tt/7
1 а получаем In — -
t =
—------— = 10,45 суток.
In 2
21.22 . Свинец, содержащийся в урановой руде, является конечным продуктом распада уранового ряда, поэтому из отношения массы урана в руде к массе свинца в ней можно определить возраст руды. Найти возраст t урановой руды, если известно, что на массу mvp = 1 кг урана ™ U в этой руде приходится масса тсв = 320 г свинца ^РЬ.
Решение:
.. ’Г. ( 0,693
Имеем N,= А’ 1-ехр-----------
' u к '1/2
ш i 1 I 0,693? I! -
—£2- = —1 - ехр\ —;------ , где ТУ2 — период полурас-
А:в -^ур / 2 ) J
пада урана, и — молярные массы свинца и урана.
Отсюда Г = 3-109лет.
518
21.23 . Зная периоды полураспада Т|/2 радия и урана, найти число атомов урана, приходящееся на один атом радия в природной урановой руде. Указание: учесть, что радиоактивность природного урана обусловлена в основном изотопом ,28U •
Решение:
В природной урановой руде атомы урана и радия нахо-У, дятся в радиоактивном равновесии, поэтому ——
N2 2,
(1) . Поскольку постоянная распада (см. задачу 21.14) равна 1п2
Л =----- — (2), то, подставляя (2) в (1), получаем
^1/2
ЛГ| ^1/2(1) -^1^1/2(2) т- 7-
= откуда N2=——, где Т]/2(1) и Т1/2(2) —
N2 Л/2(2) •. У1/2(|)
соответственно периоды полураспада радия и урана. Учитывая, что радиоактивность природного урана обусловлена в основном изотопом 928U, то принимаем
Т]/2(2) = 4,5-109 лет. Поскольку N] -1, то N2 = =
^1/2(1)
= 2.83-106 лет.
21.24 . Из какой наименьшей массы m руды, содержащей 42% чистого урана, можно получить массу m0 = 1 г радия?
Решение:
В природной урановой руде (см. задачу 21.23)
У1 ^1/2(1) ,1ч
соотношение атомов радия и урана —L =------------ — (1).
N2 Tl/2(2)
Количество атомов радия и урана соответственно равно У(= — УА’ — (2) и N2 = Q,42ffl уд—(3), поскольку по
/Л
условию руда содержит 42% чистого урана. Разделив (2)
519
. А^. ... тт
на (3), получаем —L = — — (4). Приравнивая
N2 0,42m//|
правые части соотношений (4) и (1), получаем - ”?оЛ2 = -5^ = 7,09 • 103 кг.
0,42m//j
21.25 . «-частицы из изотопа радия вылетают со скоростью v = 1,5-107 м/с и ударяются о флуоресцирующий экран. Считая, что экран потребляет на единицу силы света мощность Р, = 0,25 Вт/кд, найти силу света / экрана, если на него падают все а -частицы, испускаемые массой т = 1 мкг радия.
Рещенпе:
Из теории относительности известно, что кинетическая энергия «.-частицы зависит от скорости ее движения
—-1
следующим образом: WK = тос2
— (1), где
Р — (2) — относительная скорость а -частицы. Под-с
ставляя (2) в (1), получаем = тос2
>__________1
(3) . Полная энергия всех «-частиц, испускаемых радием, равна W -aWK — (4), где a = |-/W| — (5) — активность
радия, N-—ЛА —(6) — число атомов радия, л-------------
Р1 Т\ 2
(7) — постоянная распада радия. Подставляя (6) и (7) в (5), а = mN^lnl _ Подставляя (3) и (8) в (4)>
получаем
пол\ чаем
W =
тйс2 mNIn 2 1 j
^/2 U1-(V/C)’ }
(9). Мощ-
520
ность, потребляемая экраном на единицу силы света, равна
, откуда сила света I --(10). По определению
I
мощность Р = — — (11), причем в нашем случае / = 1с.
Подставляя (11) в (10), получаем
— (12). получаем числовые
Подставляя (9) в (12), окончательно
/»ос2/иЛГА In 2 1 ГТп пгтйй пса
7^1 / 2 1 —(v/c)2 • 1 * uliJlnn
данные, получим 7 = 1,1 • 10 4 Кд.
21.26 . Какая доля первоначальной массы радиоактивного изотопа распадается за время жизни этого изотопа?
Решение:
Число атомов радиоактивного изотопа, которое распадается за время /, равно N = No(\ -ехр(- At)), где No — начальное число атомов, Л — постоянная распада. Отсюда доля первоначальной массы радиоактивного изотопа, кото-
N t \
рая распадается за время I, равна — -1 - exp (- Л t) — (1).
г 1
Среднее время жизни радиоактивного атома г = у> 110 условию t = r — (3). Подставляя (2), с учетом (3), в (1), получаем — - 1 - е"1 = 0,632 или — - 63.2% .
No No
21.27 . Найти активность а массы т = 1 мкг полония Ро .
Решение:
Активность радиоактивного изотопа равна a = |-/W| —
(1) . Постоянная распада (см. задачу 21.14) равна
521
Л------ — (2). Число атомов полония ^°Ро равно
^1/2
Л' =—Л?А — (3). Подставляя (2) и (3) в (1), получаем И
= 1,67-108 Бк.
^1/2
21.28 . Найти удельную активность ат искусственно полученного радиоактивного изотопа стронция ™Sr .
Решение:
,т Л
Удельная активность радиоактивного изотопа а„, -----
т
(1), где а — активность радиоактивного изотопа, которая
(см. задачу 21.27) равна а= — (2). Подставляя (2)
^1/2
... N^ln2
в (1), получаем а», = —--Бк/кг.
^/2
21.29 . К массе т{ = 10мг радиоактивного изотопа ^Са добавлена масса т2 = 30 мг нерадиоактивного изотопа ^Са. На сколько уменьшилась удельная активность а„ радиоактивного источника?
Решение:
Первоначальная удельная активность изотопа ^Са равна
&N
AN In'lN-.m, ln2Nf. . „ -
— ----------=----------a. — (i). После добав-
m\ ^l/2^1ml ^1/2^1
ления изотопа з°Са удельная активность стала равна
NN _ ln2Nkm{ (mi+m2)A? 7’1/24(^7i + т2)
— (2), где 4 — моляр-
522
Л ln2N лучим Да,,, =——j
»?i
пая масса радиоактивного изотопа. Вычитая (2) из (1), по-
1п 2N.ni. л
-—ч • Под-Т]/2Л|(Ш| +w2)
ставляя числовые данные, получим Да,,, =4,9-101 Бк7кг
21.30 . Какую массу т. радиоактивного изотопа sj°Bi надо добавить к массе т, =5мг нерадиоактивного изотопа g?9Bi, чтобы через время / = 10сут после этого отношение числа распавшихся атомов к числу нераспавшихся было равно 50%? Постоянная распада изотопа j!0 Bi равна Л = 0,14 сут 1
Решение:
Поскольку распадается только радиоактивный изотоп 83°Bi, то число распавшихся атомов будет равно
N = — N^ (1 - ехр(- At)) — (1), а число нераспавшихся /Л
будет складываться из атомов нерадиоактивного изотопа
Bi и нераспавшихся атомов изотопа ^Bi и будет равно
NH = —NA+ — N*exp(- Аг) — (2). Разделив (1) на (2),
Np m7ju,(l-exp(-Al))
получаем —L , - т. откуда масса радио-
тхцг+П1г^ехр{-А1)
активного изотопа ^Bi равна
Ill-, =--7--'--:------------vr- . Подставляя числовые
- ))
данные, получим т2 = 4 мг.
21.31 . Какой изотоп образуется из jj^Tli после четырех а -распадов и двух р -распадов?
523
Решение:
При а -распаде массовое число радиоактивного изотопа уменьшается па 4, а заряд на 2 единицы. В общем виде уравнение а -распада можно записать как А К, ->^2 а — (1). При Р -распаде испускается электрон, поэтому заряд ядра возрастает на единицу, а массовое число не изменяется. Таким образом, уравнение Д-распада имеет следующий вид: 7 Kt ^2 +-j е — (2). Для Л' распадов уравнения (1) и (2) перепишутся сле-дующим образом: —>z-2x ^2+ М2а — (3) и
z Kt ->/+у К2 + №.{е — (4). Для Na = 4 из уравнения (3) для радиоактивного изотопа ^Th имеем If Th ->^6 К2 + + 42tz. Для Np=2 из уравнения (4) для радиоактивного изотопа я]6-К, имеем ->g]6 К2 + 2°,е. Из таблицы Менделеева находим, что это изотоп If Ро.
21.32 , Какой изотоп образуется из после трех «-распадов и двух р -распадов?
Решение:
Для А' а -распадов и р -распадов (см. задачу 21.31) уравнения соответственно имеют вид ->^-2У К-2 + N2a — (I) и К2 + е — (2). Для Na = 3 из уравнения
(I) для радиоактивного изотопа gj8U имеем ffU ->8бб К2 +32tz . Для ЛГ0=2 из уравнения (2) для радиоактивного изотопа gf-Kj имеем ~*886 К2 +2°i<?-Из таблицы Менделеева находим, что это изотоп ||б Ra . 524
21.33. Какой изотон образуется из после двух р -распадов и одного а -распада?
Решение:
Для Л7 Р -распадов и одного а -распада (см. задачу 21.31) уравнения соответственно имеют вид 7 Кх —>7l v К2 + -
(1) и '7К} —>'7~2 К2 а — (2). Для Nr. = 2 из уравнения (1) для радиоактивного изотопа >p9U имеем ;pU —>94’9 Кт + ^е. Из уравнения (2) для радиоактивного изотопа 9J9К} имеем Кх —>92’5 К2 +’! а Из таблицы Менделеева находим, что это изотоп .
21.34. Какой изотоп образуется из *Li после одного/7-рас
пада и одного а-распада?
Решение:
Для одного р -распада и одного а -распада (см. задачу 21.31) уравнения соответственно имеют вид а7Кх Х2 +° е - (1) и А7КХ ->£ К2+2а - (2). Из уравнения (1) для радиоактивного изотопа ,Li имеем \Li —К2 +° е. Из уравнения (2) для радиоактивного изотопа дХ) имеем * Кх —>2 К2 + ? а Из таблицы Менделеева находим, что это изотоп .
21.35. Какой изотоп образуется из ,/Sb после четырех Р -распадов?
Решение:
Для N р -распадов (см. задачу 21.31) уравнение имеет вид *КХ -^z+N К2 + N\e . Для Np =4 для радиоактивного
525
изотопа я Sb имеем К-. + 4'^е. Из таблицы
Менделеева находим, что это изотоп .
21.36. Кинетическая энергия а-частицы, вылетающей из ядра атома полония t'4Po при радиоактивном распаде, И'к = 7,68 МэВ. Найти: а) скорость v а-частицы; б) полную энергию В', выделяющуюся при вылете «-частицы; в) число пар ионов У. образуемых «-частицей, принимая, что на образование одной пары ионов в воздухе требуется энергия nz0 =34 3B; г) ток насыщения /„ в ионизационной камере от всех «-частиц, испускаемых полонием. Активность полония и =3,7 104 Бк.
Решение:
Из теории относительности известно, что кинетическая энергия а -частицы зависит от скорости ее движения
следующим образом: ( J=-l — (1), где
J 1-P! J
(i — (2) — относительная скорость а -частицы, а) Из с
формулы (1) относительная скорость равна JikJh' + 2ш0с2)
р-------------;—- — (3). Приравнивая правые части
+ IHqC"
соотношений (2) и (3), находим скорость «-частицы:. +2ш0с2) ,
г=—-----------s----м/с. б) Полная энергия W , выделя-
и; + ль-
ющаяся при вылете «-частицы, равна сумме кинетической энергии «-частицы и кинетической энергии остаточного ядра: JK = 1Гк1 + — (4). Кроме того, имеет
место закон сохранения импульса. Поскольку до распада импульс системы был равен нулю, го после распада 526
л.г, = »i:v2 — (5). Из (5) нетрудно получшь
v /п,Г|'2///, „ z v ///.г;2///,
l.”z v,)’ -------= П-к|2Ш] —- = №*,2}»,.
Тота из (4) имеем И' = И . -г = И" f 1 -г -
2'»: I »bj
... 1>1,+ПЬ п
-Ir,,-----—. Подставляя числовые данные, получим
in.
1Г - 7.83 МэВ. в) Число пар ионов, образуемых а. -часа и-
цей. равно N-
= 2.26-Ю5. г) Ток насыщения
в иониза-
ционной камере от всех а -частиц, испускаемых полонием, ранен Zu = z7.V|e|, еде /V — число пар ионов, образуемых полонием, а — активность полония, е — элементарный отряд. Подставляя числовые данные, находим /и = 1.34 10“'А.
§ 22. Ядерные реакции
В этом разделе используются данные таблиц 3 и 21 из приложения. В задачах 22.22. 22.31 дан авторский вариант решения.
22.1. Найти число протонов и нейтронов, входящих в состав ядер трех изотопов магния: a) j^A/g: б) ^A/g; в) [jA/g .
Решение:
Ядро обозначается тем же символом, что и нейтральный атом: у Х, где X— символ химического элемента; Z— зарядовое число (атомный помер, число протонов в ядре); А— массовое число (число нуклонов в ядре). Число нейтронов в ядре N = A -Z . С учетом сказанного найдем: а) ядро pA/g содержит 12 протонов и 12 нейтронов; ядро p/i/g содержит 12 протонов и 13 нейтронов; ядро ^Afg содержит 12 протонов и 14 нейтронов.
22.2. Найти энергию связи /И ядра изотопа лития }Ы.
Решение:
Энергия связи ядра любого изотопа определяется соотношением IK = с'Лаг, где Лаг —разность между массой части, составляющих ядро, и массой самого ядра. Очевидно. Лиг = Z/п., + (А - Z )аг, - , где агп— масса про-
тона, /??„— масса нейтрона, шя— масса ядра изотопа. Т. к. mf=mA-Zmc, где аге— масса электрона, аг А— масса изотопа, то Sm = Zmt + (A-Z)m -агА. С помощью 1И
таблицы 21 найдем Лаг = (3-1,00783 + 4-1,00867-7,01600) = = 0,04217 а.е.м. Массе 1 а.е.м. соответствует энергия 931 МэВ (см. задачу 17.20), энергия связи ядра будет 528
равна И7 = 0,04217-931 =39,3 МэВ. Эту энергию надо затратить, чтобы расщепить ядро \ Li на нуклоны.
22.3. Найти энергию связи W ядра атома гелия {Не.
Решение:
Энергия связи ядра любого изотопа определяется соотношением FK = c2Aw — (1), где А/?? = Zmp + (Д-Z)x х тп - тя — (2) — разность между массой частиц, составляющих ядро, и массой самого ядра, Z — порядковый номер изотопа, А — массовое число, тр — масса протона, т„ — масса нейтрона, тя — масса ядра изотопа. Поскольку тя = та -Zme — (3), где та — масса изотопа и — масса электрона, то, подставляя (3) в (2), получаем &m = Zmt +(A-Z)nin~ma — (4). Подставляя (4) в (1),
окончательно получаем W = сг Zmt +(A-Z)nin-nia . L i"
Для гелия ,Не: А = 4, Z = 2, та = 4,0026 а.е.м. Кроме того, ш,= 1,0078 а.е.м. и т„ = 1,0087 а.е.м. Подставляя числовые значения, получаем И7 = 28,6 МэВ.
22.4. Найти энергию связи И7 ядра атома алюминия 22 А!.
Решение:
Энергия связи ядра любого изотопа (см. задачу 22.3) равна /Г = с2 +{A-Z)mn -та
А = 21, Z = 13 и та - 26.9815 а.е.м. Подставляя числовые данные, полечим W = 227 МэВ.
алюминия А1:
529
22.5. Найти энергию связи IV ядер: а) , Н ; б) 32 Не. Какое из этих ядер более устойчиво?
Решение:
Энергия связи ядра любого изотопа (см. задачу 22.3) равна
W = с2 Zmt// +(А- Z)mn - ш£,
а) Для ядра : А-3,
Z = 1 и та = 3.0161 а.е.м. Подставляя числовые данные, получим W = 8,52 МэВ. б) Для ядра А = 3, 2 = 2 и = 3.0160 а.е.м. Подставляя числовые данные, получим W - 7.81 МэВ. Поскольку энергия связи ядра \Н больше, чем ядра Не, следовательно, ядро f И более устойчивое.
22.6. Найти энергию связи Hzc, приходящуюся на один нуклон в ядре атома кислорода '^О.
Решение:
Энергия связи ядра любого изотопа (см. задачу 22.3) равна 1К - с2 Zin, +(A-Z)mlt - та
— (1). Энергия связи, при-
W ходяшаяся на один нуклон в ядре, равна /Ко =— — (2).
А
Подставляя (1) в (2), получаем WQ~— Zm. +(А- Z)m„-А L i"
-ет„]. Дэя кислорода \6О: 2 = 16, Z = 8 и
та = 15,9994 а.е.м. Подставляя числовые данные, получим И'о = 7.78 МэВ.
22.7. Найти энергию связи /Г ядра дейтерия , Н .
Решение:
Энергия связи ядра любого изотопа (см. задачу 22.3) равна
IV = с2
Z"V И+(А- z)l!!n ~
. Для дейтерия 2 Н : А = 2,
530
Z = 1 и ma - 2,0141 а.е.м. Подставляя числовые данные, получим IV = 2,25 МэВ.
22.8. Найти энергию связи IV0, приходящуюся на один нуклон в ядрах: a) 7 Li; б) ; в) ,7 А!; г) %Са; д) ^Сг/; е) '.gCd ; ж) ™ Hg ; з) . Построить зависимость IV0 = /(а), где А —массовое число.
Решение:
Между энергией и массой любого вещества существует связь, которая дается уравнением Эйнштейна W = тс2, где с«3-108м/с — скорость света в вакууме. Под энергией связи понимают энергию, которая высвобождается в процессе образования из нуклонов атомного ядра, т. е. 1Pb=Awc2, где &ni = \Z}})p +(A-Z)m„ -тш] — дефект массы этого ядра, Z — атомарный номер, А — массовое число. Энергия связи, приходящаяся на один нуклон, w - - ^т'у + ~ ~
° А А
531
ч (3-1,67 + 4-1,68-7-1,6б)-1О’27-9-Ю16
а) ГК0 = 4---------------------------------=
= 0.089-10’" Дж = 5.62 МэВ. (7-1,67 + 7-1,68-14-1,бб)'10’37'9'1016
б) И'о = ----------------------------------=
° 14
= 0,12'1О’"Дж = 7,53 МэВ.
ч „. (13 1,67 + 14-1,68-27-1,66)-10-27-9-Ю16
° 27
= 0,134 -ИГ" Дж =8,35 МэВ.
ч <20-1,67+ 20-1,68-40-1,6б)-10’27-9 1016
г) FK = 4--------------------------------------=
° 40
= 0.137-10’" Дж=8,55 МэВ.
s (29-1,67 + 34-1,68-63-1,6б)-10’27-9-Ю16
д) 1И0 = 4-------------------------------------=
63
= 0,141-10’" Дж= 8.75 МэВ.
ч „z (48-1,67 + 65-1,68-1 13-1,66) 1О’Г-9-Ю16 -------------------------------------------------
= 0.135-10’" Дж =8.48 МэВ.
ч (80-1,67+120-1,68-200-1,6б)-10’27-9-1016 200
= 0.127-10 " Дж= 7,93 МэВ.
ч „г (92-1.67 + 146-1,68-238-1,6б)-10’27-9-1016
з) И+ =--------------------------;------------=
0 238
= 0,0122-10’" Дж =7.62 МэВ.
22.9 . Найти энергию О, выделяющуюся при реакции 37А/+; /7->з Не+22 Не.
532
Решение:
Изменение энергии при ядерной реакции О-с~х xQT'7'i — (О- Сумма масс исходных частиц V;;?1 =(7,01600 + 1,00783) = 8,02383 а.е.м. Сумма масс образовавшихся частиц ^/??2 = (4,00260 + 4,00260) = = 8.00520 а.е.м. Таким образом, дефект масс Л/;/= 0.01863 а.е.м. Тогда из(1) найдем (9 = 17,3-106 эВ.
22.10 . Найти энергию Q, поглощенную при реакции '? У +; Не Н +‘7 о.
Решение:
Изменение энергии при ядерной реакции Q = c~x х (У /л, где У W7i —сумма масс частиц до реак-
ции, т2 — сумма масс частиц после реакции. В нашем случае v +»hHe -18,0057а.е.м., а ^т2 ~,г,'ц +
+ = 18,0069 а.е.м. Поскольку У /??, < У и?2, то реак-
ция идет с поглощением тепла. Подставляя числовые данные, получим (9 = 1,13 МэВ.
22.11 . Найти энергию Q, выделяющуюся при реакциях а) Н +[ Н ->! Н +j И ; б)'\Н +[ Н Н +J, п .
Решение:
Изменение энергии при ядерной реакции Q = c2x Х(У'77, (см' заДачУ 22.10). а) £/П| + 77 7 2/У =
4.0566 а.е.м.. а У ш, =«?,+ш-= 4,0239 а.е.м. По-" 11/ \ н
скольку У//?, > У /?г2, то реакция идет с выделением гепла. Подставляя числовые данные, получим 533
(2 = 3,11 МэВ. б) У ш, = ш, +/и, = 4,0566 а.е.м., а У = 11}зн. + >’>i „ - 4.0247 а.е.м. Поскольку Уш, > У т-,, то реакция идете выделением тепла. Подставляя числовые данные, получим 0 = 3,01 МэВ.
22.12 . Найти энергию О. выделяющуюся при реакциях:
а) ; Н +: Не ->! Н +" Не : б) ? Li += Н ->* Не +? Не ;
в) ?Z/+; Н -К He+t Не.
Решение:
Изменение энергии при ядерной реакции Q = c2x х(У - У 7;?2) (см- задачу 22.10). а) У ///j - +1,,з Не =
= 5.0301 а.е.м., а Уш?=//л + ш4,, = 5,0104 а.е.м. По-скольку У т} > У , то реакция идет с выделением тепла. Подставляя числовые данные, получим Q - 18,5 МэВ.
б) У,/»! =»>6/ = 8,0292 а.е.м., а У/»2 - »?4№ +
+ /п4 = 8,0052 а.е.м. Поскольку У т} > У ш?. то реакция идет с выделением тепла. Подставляя числовые данные, получим Q = 22.5 МэВ. в) У/»,=7и6 + n/j = = 7.0229 а.е.м.. а У«ь=щ, + ш4 = 7.0186 а.е.м. По-скольку У Hz, >У'г?1 • то реакция идет с выделением тепла. Подставляя числовые данные, получим Q - 4,04 МэВ.
22.13 . Какую массу М воды можно нагреть от 0°С до кипения, если использовать все гепло, выделяющееся при реакции j Li(p,a), при полном разложении массы т = 1 г лития? 534
Решение:
Напишем уравнение реакции 7 Li+\ р ->2 а +2 а . Количество тепла, выделяемое при распаде одного ядра, р, =с2(У',»?1 Полная энергия, выделенная при
распаде, Q = NO, — где N =—N1 — число ядер 2Ы; А
Л'А = 6,023 • 1023 моль-1 — число Авогадро. Количество тепла, необходимое для нагревания воды, Q = ctM(t2 По условию все тепло, выделенное при реакции, идет на нагревание воды, поэтому — N^c2 рц - т2)=
, , mN .с2 {S' т} -Vт->)
= свЛ/(г2 -1\) • Отсюда М =------=------=—-. Под-
ставляя числовые данные, получим М = 563 т.
22.14 . Написать недостающие обозначения в реакциях: a) f37 Al(n,a)x; 6) ™ F(p,x^ О; в) ^Mi^x.n'^ Feг) ^Al(a,p)x; д) N(n,x%С ; е) x(p,£t),, Na.
Решение:
а) Запишем уравнение реакции 23 А1 +J, п х +2 а. Зная заряд ядра, по таблице Менделеева найдем, что х — Na —натрий, отсюда окончательно 237 Л/(п,а)^Na.
б) Запишем уравнение реакции '<? F +J р ->’/ О+2х. Следовательно, х — 2а , отсюда окончательно F(p,a$O.
в) Запишем уравнение реакции 23 Мп +j х -»2g Fe+'on. Следовательно, х — [ р , отсюда окончательно Mn(p,n%6Fe.
535
г) Запишем уравнение реакции ]}А1 +2 а ->ц x+J р . Зная заряд ядра, по таблице Менделеева найдем, что х — Si — кремний, отсюда окончательно Al(a,p)'^Si.
д) Запишем уравнение реакции '/W+q п->£* С+{ х. Следовательно, х — \р , отсюда окончательно N(n, р)™ С .
е) Запишем уравнение реакции ^х+11 р ->22 Na+\ а . Зная заряд ядра, по таблице Менделеева найдем, что х — Mg —марганец, отсюда окончательно .
22.15 . Найти энергию О, выделяющуюся при реакции
5 Li +, Н ->* Ве+'о п .
Решение:
Изменение энергии при ядерной реакции £? = о2х х (У от, ~ X. ,?/2) (см- задачу 22.10/ В нашем случае У от, = »?7^. + л?2н = 9,0301 а.е.м., а У »?2 ~ тьВе + ,11] п ~ = 9,0140 а.е.м. Поскольку У /?г, > У /;?2, то реакция идет с выделением тепла. Подставляя числовые данные, получимся 15.12 МэВ.
22.16 . Найти энергию Q. выделяющуюся при реакции ч.Ве +; Н Ве+[п.
Решение:
Изменение энергии при ядерной реакции (9 = с2х х (X.~ X. /п2) (см- задачу 22.10). В нашем случае Ет. = +т-> = I 1.0263 а.е.м., а 'У'т-> - т10 п +т, -
1 4 Не \Н i—i - < Be „и
536
- 11,0216а.е.м. Поскольку >^т2> то реакция идет с
выделением тепла. Подставляя числовые данные, получим О = 4.42 МэВ.
22.17 . При бомбардировке изотопа азота У N нейтронами подучается изотоп углерода , который оказывается f} -активным. Написать уравнения обеих реакций.
Решение:
По условию уравнение первой реакции имеет вид L4 V +(')// —С +{х. Следовательно, х — есть \р и первое уравнение окончательно запишется в виде !л Д' -у и ->^4 С +[ р или N(n,p)™C . По условию изотоп J'1 С оказывается /? -радиоактивным, т. е. испускает электроны, поэтому ^С е+? х. По заряду ядра из таблицы Менделеева найдем, что х — N — азот, отсюда уравнение второй реакции имеет вид ^С е+!74 N .
22.18 . При бомбардировке изотопа алюминия ~^А1 а - частицами получается радиоактивный изотоп фосфора ]°Р, который затем распадается с выделением позитрона. Написать уравнения обеих реакций. Найти удельную активность ат изотопа |°Р, если его период полураспада Т,.г_ = 130с.
Решение:
По условию уравнение первой реакции имеет вид Д' А1а. -к™ р+о х . Следовательно, х — есть gii и первое уравнение окончательно запишется в виде ,Д. -4/а р +д п или ]2Al(a,nf^p. По условию
537
изотоп }5р оказывается радиоактивным и распадается с излучением позитрона, поэтому ™ р е х. По заряду ядра из таблицы Менделеева найдем, что х — S — сера, отсюда уравнение второй реакции имеет вид j'?р е + . Период полураспада определяется как
„ 1п2 . 0,693
7] 2 ----, отсюда л =------- — постоянная распада.
Л Т1/2
Активностью вещества называется физическая величина
A = AN, где У =— N4 — число делящихся ядер. Тогда
. 0,693/щ¥* -7 А
А=----------—. Удельная активность а,„ -—
Tl/2p m
0,689Л\
= 1,07-1023 Бк/кг.
22.19 . При бомбардировке изотопа ffNa дейтонами образуется /3 -радиоактивный изотоп ffNa. Счетчик [3 -частиц установлен вблизи препарата, содержащего радиоактивный *Na. При первом измерении счетчик дал 170 отбросов за 1мин, а через сутки — 56 отбросов за 1 мин. Написать уравнения обеих реакций. Найти период полураспада Г1/2 изотопа „ Na.
Решение:
По условию уравнение первой реакции имеет вид
Na +f d ->ц Na +j х . Следовательно, х — есть J р и первое уравнение окончательно запишется в виде ff Na -I-? d Na +J р или Nfid.p^Na. По условию изотоп fl Na оказывается /?-радиоактивным, т. е. испускает электроны, поэтому „ Na е х. По заряду’ ядра из таблицы Менделеева найдем, что х — Ne — 538
неон, отсюда уравнение второй реакции имеет вид ~,! Na ->°| е Не . По закону радиоактивного распада
7„(.У0/2У)_7л(ЛГ0ЛУ)
1н2 0,693
Тогда период полураспада
tin 2
22.20 . Какая энергия Q, выделится, если при реакции .Al +; Не—57+’ Н подвергаются превращению все ядра, находящиеся в массе т = 1 г алюминия? Какую энергию О2 надо затратить, чтобы осуществить это превращение, если известно, что при бомбардировке ядра алюминия «-частицами с энергией Т = 8 МэВ только одна «-частица из и = 2Ю6 частиц вызывает превращение?
Решение:
Энергия, выделяемая при превращении одного ядра алюминия, О, =с2(£т1 Число ядер алюминия,
участвующих в реакции, У = —.УЛ. Тогда полная энер-
гия, выделяемая при превращении всех ядер, т2). Подставляя числовые
данные и учитывая, что энергетический эквивалент атомной единицы массы (1«.с<л/.)с2 =931,5МэВ, получим: О., = 5,3-1022 МэВ. Т. к. превращение может осуществлять только одна из п частиц, то энергия, необходимая для осуществления превращения всех ядер,
О. = W’Nii = А-- = 3,57-1029 МэВ. Таким образом,
И
539
~ = 5,71 • 106, т. е. чтобы осуществить это превращение, надо затратить энергии приблизительно в 6 млн раз больше, чем выделится при этой реакции.
22.21 . При бомбардировке изотопа лития ,7./ дейтонами (ядрами дейтерия \Н) образуются две а-частицы. При этом выделяется энергия Q = 22,3 МэВ. Зная массы дейтона d и а-частицы, найти массу т изотопа лития 3Li.
Решение:
Запишем уравнение реакции Liс/-+2 а+2 а . Количество выделенной энергии £> = с2 +///,, )-27?7а];
7/?м = Д- - 77?(/ + 2ша = 6,015 а.е.м.
22.22 . Источником энергии солнечного излучения является энергия образования гелия из водорода по следующей циклической реакции: £ С+\ ИN—>'6l С+°l е, '6JC +[ Н ->,4 У, '' N +! // -э.'3 О N +°, е, N +! II С +4 Не . Какая масса /77, водорода в единицу времени должна превращаться в гелий? Солнечная постоянная К = 1,37 кВт/м2. Принимая, что масса водорода составляет 35% массы Солнца, подсчитать, па какое время / хватит запаса водорода, если излучение Солнца считать постоянным.
Решение:
В результате проведенного цикла четыре ядра водорода превращаются в одно ядро гелия. Углерод, ведущий себя как химический катализатор, может использоваться снова.
540
Изменение энергии при ядерной реакции О = с~х х Для цикла реакций ^«'i=4/??,w =
-.4.0312 а.е.м., а X, ,,?з = 4/?/^ = 4,0026а.е.м. Поскольку 5” /77, > 5 то реакция идет с выделением энергии. Под-
ставляя числовые данные, получим Q = 268,66 МэВ = = 4.29-10-12 Дж. С другой стороны, энергия, излучаемая Солнцем в единицу времени, J7, = К — (1), где (r\ = 1.495 -10й м — среднее расстояние от Земли до Солнца, К — солнечная постоянная. Число атомов водорода. необходимое для излучения энергии W,, равно 4П7
.V =-^у- — (2). Подставляя (1) в (2), получаем
.V = К — (3), тогда необходимая масса водорода в
Кт} н единицу времени равна ------—---1— =
= 6,03-1011 кг. По условию Мн-0.35Мс — (4), где А/с =2-10’°кг — масса Солнца. Тогда время, на которое
хватит запаса водорода, равно г = -----(5). Подставляя
Мн,
0 35 V/
(4) в (5), окончательно получаем t - —--— = 3,7 • 1О10 лет.
Hi
22.23 . Реакция разложения дейтона у -лучами:
+ II +{, и . Найти массу т нейтрона, если известно, что энергия у-квантов Т' = 2,66 МэВ, а энергия вылетающих протонов, измеренная по производимой ими ионизации, ока-541
залась равной = 0,22 МэВ. Энергию нейтрона считать равной энергии протона. Массы дейтона и протона считать известными.
Решение:
Запишем уравнение реакции jd + hv р+д п . Количество тепла, выделенное при реакции, Q = c2*. x{ind ~{nip + т„)). По закону сохранения энергии W\ =2W2-Q. Подставим Q в закон сохранения энергии W\ - 2W-, - с2 (nij [тр + )), откуда тп - md - тр -
1ЛП__
----—L; тп =1,0087 а.е.м.
с~
22.24 . Написать недостающие обозначения в реакциях:
a) {lAl[y,x^Mg; б) г37Л/(ул)г ; в) 6^Си{у,xf^Cu; г) x(y.n)™W.
Решение:
а) Уравнение реакции будет иметь следующий вид ]lAl + hv^2 Mg+\ х, следовательно, [х — есть тогда Al(y,p)22Mg. б) Уравнение реакции имеет вид 2] Al + hv ->“ х+о и . По заряду ядра с помощью таблица! Менделеева находим, что х — алюминий, тогда 2] Al(y,п)]2 А1. в) Т. к. порядковый номер элемента не, изменился, то и не изменился заряд ядра, поэтому х есть 'оп, значит, ^Си{у.п)^Си. г) При излучении, нейтрона заряд ядра не меняется (см. б и в), поэтом/
22.25 . Выход реакции образования радиоактивных изотопов можно охарактеризовать либо числом к. — отношением числй 542
происшедших актов ядерного превращения к числу бомбардирующих частиц, либо числом А. [Бк] — отношением активности полученного продукта к числу единиц, бомбардирующих мишень. Как связаны между собой величины ki и к2 ?
Решение:
П\сть — число происшедших актов ядерного превращения, N2— число бомбардирующих частиц. Тогда
.V. , а XV. ln2N,
лч - —Ь — (1); к2 = — = ———-!---------(2). Сравнивая
N2 N2 Ti/2^2
In 2 выражения (1) и (2), получим к2 =-к\ .
^1/2
22.26 . При бомбардировке ]Li протонами образуется радиоактивный изотоп бериллия \Ве с периодом полураспада Г1/; = 4,67 • 106 с. Найти выход реакции kt (см. задачу 22.25), если известно, что бомбардирующие протоны общим зарядом 7 = 1 мкА-ч вызывают активность полученного препарата </= 6,51 • 106Бк.
Решение:
По определению к} =-^~ — (1), где — число про-ЛП
исшедших актов ядерного превращения за некоторый промежуток времени, N-, — число частиц, бомбардирующих
мишень за этот промежуток времени, а к-, - —-(3). где
л — активность полученного продукта. Суммарный заряд протонов, бомбардирующих мишень, равен q-eN2,
откуда Л'2= — — О)- Подставляя (3) в (1) и (2), е
543
i Лг,е , ae ...
соответственно получаем kt =—1-----(4) и к. ------(5).
<7 ' 7
Величины к{ и к2 связаны между собой соотношением: /л? 2
к, —А], где Т1/2 — период полураспада полученного ^1/2
Т
продукта, тогда кх = -^-к-, — (6). Подставляя (5) в (6).
In 2
. аеТ,,-, _ 1
окончательно получаем к, =----— = 2-10 ’ =----, значит,
1 qln2 500
только один протон из 500 вызывает реакцию.
22.27. В результате ядерной реакции '^Fe{p,n) образуется радиоактивный изотоп кобальта '21Со с периодом полураспада Г, , =80 сут. Найти выход реакции к. (см. задачу 22.25), если известно, что бомбардирующие протоны общим зарядом q - 20 мкА-ч вызывают активность полученного препарата й = 5,2 107Бк,
Решение:
Выход реакции (см. задачу 22.26) выражается соотношением к, = с1е^'-2. = 1,15 10“3.
q In 2
22.28. Источником нейтронов является трубка, содержащая порошок бериллия ч4Ве и газообразный радон. При реакции1 а-часгиц радона с бериллием возникают нейтроны. Написать реакцию получения нейтронов. Найти массу m радона, введенного в источник при его изготовлении, если известно, что этот источник дает через время / =5 сут после его изготовления число нейтронов в единицу времени а, = 1,2 • 106 с"1. Выход 544
реакции kt =1/4000, т. е. только одна а-частица из и = 4000 вызывает реакцию.
Решение:
Сразу после изготовления источник дает в единицу ( №Г\
времени число распадов <7, = -- = ЛМ. Через время t
\ ^ )\
число распадов в единицу времени а2 = --- = AN-,, где
< ДГ )2
Лг, =..У1е’Л. По условию только одна а-частица из н = 4000 вызывает реакцию, тогда число атомов радона, введенного в источник, N' = nN\ = - nN2e,J. Тогда
е
pN' и .. 2J ипе^а-/ _
масса радона т =-----=----nN2e =—--------Подставляя
Я, Na NaI
числовые данные, получим т = 2,1-10’9 кг.
22.29. Источником нейтронов является трубка, описанная в задаче 22.28'. Какое число нейтронов а2 в единицу времени создают а -частицы, излучаемые радоном с активностью <7, =3,7-1010 Бк, попадая на порошок бериллия? Выход реакции А-! =1/4000.
Решение:
По условию выход реакции к, -—-—, значит, только одна 4000
а -частица из п- 4000 вызывает реакцию. Поскольку активность радона равна а, =3,7-1010 Бк, то число нейтронов в единицу времени, создаваемое «-частицами, равно й7 = -^ = <?,£, = 9,25 • 10б с’1.
п
', HS-.3269
545
22.30. Реакция образования радиоактивного изотопа углерода ”С имеет вид где d -дейтон (ядро дейтерия }Н).
Период полураспада изотопа "С 7] ,=20мин. Какая энергия Q выделится при этой реакции? Найти выход реакции к2, если к} - 10 5 (см. задачу 22.25).
Решение:
Запишем уравнение реакции в+ ~} НС+\п . Изме-
нение энергии при ядерной реакции Q-c1 (У пц - У' пг2). В нашем случае У пц — }Н]Од + m2l/ = 12,0270 а.е.м,, а У /и, =ОТц(. +wi„ =12,0087 а.е.м. Поскольку У т, > У т2, то реакция идет с выделением энергии. Подставляя числовые данные, получим 0 = 7,12 МэВ. Величины кх и , , In 2 ,
к-, связаны соотношением к2 =------------к., отсюда
^2
к2 = 5,78-Ю’12 Бк.
22.3J. В реакции \4N(a,p) кинетическая энергия а-частицы = 7,7 МэВ. Под каким углом <р к направлению движения «-частицы вылетает протон, если известно, что его кинетическая энергия IV2 = 8,5 МэВ?
Решение:
Обозначим т{. т2 и тз —’ массы бомбардирующей а -частицы, протона и ядра отдачи (в нашем случае кислорода); JK), и W3 — их кинетические энергии. Если ядро азота (иг) непо-
546
движно, то закон сохранения энергии запишется так: ц-' + о = И/2 + Ц<, — (1), где Q — энергия реакции. Закон сохранения импульса в векторной форме имеет вид р =р,+ р3 — (2). Из (2) имеем для импульсов pl = Р* +Pl ~-Р\Рг coscP — (3)- Т. к. р~ = (шт)2 = 2
= 2т - 2mW — (4), то уравнение (3) примет вид
2m3W3 ~ ^m\^i + 2/л21У2 - 2 cos 2m2W2 , или
ш, т2 2 cosip I-----------——
И, =—l-Wl + -^-W->------—Jmlm2WlW2 — (5). Исключая
"h '"з * ™з
кинетической энергией протонов:
из (1) и (5) энергию W3, получим формулу, связывающую кинетическую энергию бомбардирующих а -частиц с ^~дДб = У2х ?»з ;
2--5^ — (6). Здесь О = -1,18 МэВ.
'»з
X
т2 + т3 '"з Решая (6) относительно cosip и подставляя числовые т, + пи I W-, »г, - т.
данные, найдем cosp =—=------ I---------------х
2 у 2
х —-----------—= = 0,849, или <р = 32°.
у nipnJV2 2jm}m2WlW2
22.32. При бомбардировке изотопа лития 6}Li дейтонами образуются две а -частицы, разлетающиеся симметрично под углом ср к направлению скорости бомбардирующих дейтонов. Какую кинетическую энергию W2 имеют образующиеся а -частицы, если известно, что энергия бомбардирующих дейтонов = 0,2 МэВ? Найти угол <р .
547
Решение:
Запишем уравнение реакции з Li +2 d ->2 а +2 а . Т. к. ядра лития покоились, то по закону сохранения энергии ГР, = 2W2 - Q, где Q = с2 (mLl + md - 2та ). Тогда 2W2 = + md ~ ^-та ) > От"
W. + с2(тг. +т, ~2т \ ™
сюда Wy = —'------— -------------— -11,31 МэВ. Из меха-
2
mv т v р
ники кинетическая энергия WK -----=------= —, откуда
2 2т 2т
р2 - 2mWK или импульс р = ^2mWK . Импульсы дейтона и а -частиц будут соответственно равны р} = ^2mdW} и р2 = yl2maW2 . По закону сохранения импульса pt =2p2cos<p , cos<p = -^— = — j m^~- = 0,047, отсюда 2p2 2 1] maW2
ср = arccos(0,047)& 87,3°.
22.33. Изотоп гелия |Яе получается бомбардировкой ядер трития 3Н протонами. Написать уравнение реакции. Какая энергия Q выделяется при этой реакции? Найти порог реакции, т. е. минимальную кинетическую энергию бомбардирующей частицы, при которой происходит эта реакция. Указание: учесть, что при пороговом значении кинетической энергии бомбардирующей частицы относительная скорость частиц, возникающих в реакции, равна нулю.
Решение:
Запишем уравнение реакции }Н +{ р ->2 +о п Энергия, выделяемая при реакции, QПодставляя 548
числовые данные и учитывая, что энергетический эквивалент атомной единицы массы (1а.е.лг.)с2 =931,5 МэВ, полу чим О = 931,5 • ((3,01605 +1,0078) - (3,01603 +1,00867)) =
= -0.79 МэВ. Т. к. О < 0 , то реакция эндотермическая, т. е. идет с поглощением энергии и обладает порогом. Если частицы покоятся друг относительно друга, то такая реакция не пойдет. Необходимо, чтобы энергия относительного движения частиц была не меньше |(?|, поэтому пороговая энергия определяется соотношением 2
й7 ~~1—~\ +ld’ где Р\ — импульс центра инерции 2{т} + in2)
системы. С другой стороны, по определению £Гпор равна 2
кинетической энергии протона: , откуда
2т2
2/», И7 . .
A . Значит, f? = —,------4+^, откуда
2\т} + т2)
^.opfl--—Vid или ^пор=И^^ = 1,04 МэВ.
w,+w2y л?.
22.34. Найти порог И7 ядерной реакции N(a,p).
Решение:
Порог ядерной реакции, т. е. минимальная кинетическая энергия бомбардирующей частицы, при которой происходит эта реакция (см. задачу 22.33), выражается соотно-IcpKt?/]+»?2)
шением W = —---------. В нашем случае W| =щ|4 =
7 "
= 14.0031 а.е.м. — масса покоящегося ядра, nt2-mijle =
= 4,0026 а.е.м. — масса бомбардирующей частицы. Запишем уравнение реакции: 247V+2 Не ->g (9+) р. Изменение
549
энергии при ядерной реакции g = с2 (Х »?i ~ У, )• В нашем случае У???, = + т*Не - 18,0057а.е.м., а
У »г2 = mI7o + щ = 18,0069 а.е.м. Поскольку ?п, < £т2, то реакция идет с поглощением энергии. Подставляя числовые данные, получим Q - -1,13 МэВ и W -1,45 МэВ.
22.35. Найти порог W ядерной реакции ]Li(p,n\
Решение:
Порог ядерной реакции, т. е. минимальная кинетическая энергия бомбардирующей частицы, при которой происходит эта реакция (см. задачу 22.33), выражается + пъ) „
соотношением W - —---------—. В нашем случае
т, = 7,0160 а.е.м. — масса покоящегося ядра, т2 = л?| -1,0078а.е.м. — масса бомбардирующей частицы. Запишем уравнение реакции: 73 Li +} р Be +q п . Изменение энергии при ядерной реакции д = с2(У w, ^з)' В нашем случае = пъи +т\р = = 8,0238а.е.м., а V = =8,0256 а.е.м. Посколь-
“ 4 Вс q И
ку У < У ^2 > то реакция идет с поглощением энергии. Подставляя числовые данные, получим Q = -1,69 МэВ и W = 1,93 МэВ.
22.36. Искусственный изотоп азота N получается бомбардировкой ядер углерода £ С дейтонами. Написать уравнение реакции. Найти количество теплоты Q, поглощенное при этой 550
реакции, н порог IV этой реакции. Какова суммарная кинетическая энергия IV продуктов этой реакции при пороговом значении кипеттеской энергии дейтонов? Ядра углерода считать неподвижными. .
Решение:
Запишем уравнение реакции '/С d N +’о н . Найдем количество тепла Q - с2[(«/с + /»(/)-(/»v + /»„)];
Q = 9 • I О16 [(12 + 2,0141)- (13,00574 + 1,0087)]-1,66 • 10’27;
О = - 0,00507 • 10'1 ’ Дж = -0,00317 • 10“8 эВ = -0,317 МэВ.
Т. к. Q < 0, то реакция эндотермическая, т. е. она не пойдет, если частицы покоятся друг относительно друга. Необходимо, чтобы энергия относительного движения частиц была не меньше |О|. Поэтому порог определяется
2
соотношением IV = —-——--- + kjl. С другой стороны, по
2{т, + тс)
определению этот порог равен кинетической энергии 2 2 2
дейтона, т. е. IV - — ' ; ———------- + |pl = . Т. к.
2т, 2(md+mc) 1 1 2md
импульс pd-2mdIV (см. задачу 22.32), то
У _ |g|;
2m(/ 2(md+mc)
=№{1----=
mtl + mc т, + тсj
1Г=-------й------.= ЙИцдД=Hte+i) - по-
1 - т, / \т, + тс) md + тс - тd у тс )
роговая энергия. IV = 0,317^- + ~ Сум-
марная кинетическая энергия продуктов реакции IV = IV + О = 0,37 - 0,317 = 0,053 МэВ.
551
22.37. Реакция в(п,а) вдет при бомбардировке бора нейтронами, скорость которых очень мала (тепловые нейтроны). Какая энергия Q выделяется при этой реакции? Пренебрегая скоростями нейтронов, найти скорость v и кинетическую энергию IV а -частицы. Ядра бора считать неподвижными.
Решение:
Запишем уравнение реакции j°B +[> п ->3 Ы +2 а . Количество тепла, выделенного при реакции, - с2 [(отг + )+
+ {mLl +wa)];
Q = 9 • 1016 [(10,01294 +1,0087)- (7,016 + 4,002б)]-1,66 • 10'27 = - 0,0454 • 10'11 Дж Q = 2,83 МэВ. Т. к. по условию скоростью нейтронов можно пренебречь, то по закону сохра-
tn v
нения импульса m,,vLi =mava, отсюда vLi = - а-. По за-mLi
кону
2 2
„ гтг гтг mliVH ,VtaVa сохранения энергии Q = Wu + Wa = - у-- + - у -
= -^ + 1
отсюда
2 • 0,0454-10-" 1п6 .
у„ =,-----------------т~,----------------г = 9,33 • 10 м/с.
а \ 4,0026 -1,66-10’27 (4,0026 / 7,016 +1)
Кинетическая энергия а -частицы Wa =
W = 4,0026 1,66 • 10-27;.9j3j402 = . 10-з
а 2
-1,806 МэВ.
22.38. При бомбардировке изотопа лития \Ы протонами образуются две «-частицы. Энергия каждой «-частицы в момент их образования W2 = 9,15 МэВ. Какова энергия бомбардирующих протонов? 552
Решение:
Запишем уравнение реакции: J Li +[ р ->2 Не +2 Не Изменение энергии при ядерной реакции Q = с2(^т}
В нашем случае +т, - 8,023 8 а.е.м., а
У~^ /»2 ~ т^Не + - 8,0052 а.е.м. Поскольку У^т] > У^2 >
то реакция идет с выделением энергии. Подставляя числовые данные, получим Q-17,37 МэВ. По закону сохранения энергии W\+Q = 2W2, откуда энергия бомбардирующих протонов W} = 2W2 - Q = 0,93 МэВ.
22.39. Найти наименьшую энергию у-кванта, достаточную для осуществления реакции разложения дейтона у-лучами *Н+Ьу->{ Н+'оп.
Решение:
Количество тепла, поглощаемое при реакции Q = с2 х х| т2 н -(„ + т„ П = 9-1016[2,0141 -(1,00783 + 1,008б)]х
V 1и \ 1" ))
х 1,66-10-27 =-0,035-10"11 Дж = -2,175 МэВ. Для осуществления расщепления необходимо, чтобы у -квант имел энергию Av>|g|. В предельном случае при /?v = |g| у -квант расщепит ядро, но не сможет сообщить образовавшимся частицам кинетическую энергию. Значит, hvmin = 2,175 МэВ.
22.40. Найти наименьшую энергию у-кванта, достаточную для осуществления реакции A/g(y,n).
553
Решение:
Запишем уравнение реакции: Mg + /7v —Л/g+gn. Изменение энергии при ядерной реакции ^ = с2х Х(У'»'|-VВ нашем случае V т, = ш24 = = 23.9850 а.е.м,, т. к. масса покоя у-кванта равна нулю, а ^/77, = шззл/8 + т\п ~ 24,0028 а.е.м. Поскольку отношение ^7??, < , то Реакция идет с поглощением энергии.
Подставляя числовые данные, получим О = -16,72 МэВ. Чтобы реакция могла произойти, энергия у -кванта должна быть больше или равна порогу ядерной реакции, который IoIGj?] + 777,)
выражается соотношением W = —!---------- (см. задачу
777,
22.33). Однако в нашем случае масса покоя у -кванта т2 = 0, поэтому порог ядерной реакции W = |(?|, а следовательно, наименьшая энергия у -кванта h v = |(?| = 16,72 МэВ.
22.41. Какую энергию (в киловатт-часах) можно получить от деления массы т = 1 г урана , если при каждом акте распада выделяется энергия О = 200 МэВ?
Решение:
Число делящихся ядер урана %25U, содержащееся в
определенной массе, равно N = — N^ — (1), где А
//= 0,235 кг/моль — молярная масса l'2'U, Аа=6,02х хЮ^моль'1 — постоянная Авогадро. Энергия, которую можно получить при образовании данной массы IfU, 554
равна W = QN — (2). Подставляя (1) в (2), получим
W = — NaQ = 2,28 кВт-ч.
А
22.42. Какая масса урана ^5С/ расходуется за время / = 1сут на атомной электростанции мощностью Р = 5000 кВт? К.п.д. принять равным 17%. Считать, что при каждом акте распада выделяется энергия Q = 200 МэВ.
Решение:
Число распавшихся ядер урана n = — NA. Полная энергия, Р
выделяемая при распаде массы т урана, Ополн = Qon =
= Qo — wa • Тогда полезная энергия 2лолез = 7?бполн = tjQ0 х А
х — NA . Мощность атомной электростанции р = ~п°'1ез- =
_ ---а Отсюда масса распавшегося урана за время t
т -
— 31г.
22.43. При взрыве водородной бомбы протекает термоядерная реакция образования гелия из дейтерия и трития. Написать уравнение реакции. Найти энергию Q, выделяющуюся при этой реакции. Какую энергию W можно получить при образовании массы т = 1 г гелия?
Решение:
Запишем уравнение реакции: ]Н +\ Н->2 Не+'0/7. Изменение энергии при ядерной реакции Q = c2 - У //?2).
555
В нашем случае »?t = + п1зн = 5.0301 а.е.м., а
£т2 =т^ „ =5,0113 а.е.м. Поскольку
то реакция идет с выделением энергии. Подставляя числовые данные, получим Q = 17,66 МэВ. Энергия, которую можно получить при образовании данной массы *гНе (см.
задачу 22.41), равна W =—NAQ = 11,8-104 кВт-ч. М
£ 23. Элементарные частицы. Ускорители частиц
В задачах данного раздела используются данные таблиц 3, 21, 22 приложения.
23.1. В ядерной физике принято число заряженных частиц, бомбардирующих мишень, характеризовать их общим зарядом, выраженным в микроампер-часах (мкА-ч). Какому числу заряженных частиц соответствует общий заряд q = 1 мкА-ч? Задачу решить для: а) электронов; б) а-частиц.
Решение:
а) Заряд электрона равен е = 1,6 • 10-19 Кл, значит,
;V = — = 2,25 • 1016 электронов, б) Заряд а-частицы равен е
2е = 3,2 10“19Кл, значит, N = — = 1,125 Ю16 а-частиц. 2е
23.2. При упругом центральном столкновении нейтрона с неподвижным ядром замедляющего вещества кинетическая энергия нейтрона уменьшилась в 1,4 раза. Найти массу т ядер замедляющего вещества.
Решение:
По закону сохранения энергии Wk0 =WkI + Wk2 — (1), где JVk0 — начальная кинетическая энергия нейтрона, 1Кк1 — его кинетическая энергия после взаимодействия с ядром, WK2 — кинетическая энергия ядра замедляющего веще-
W
ства. По условию —— = к = 1,4, отсюда 1Ук0 = kWK} — (2) и И’к!
после подстановки (2) в (1) получаем (£-1)^ = 1Кк2 — (3). По закону сохранения импульса р0 = р2 - р\ — (4), где р0 — начальный импульс нейтрона, — его импульс после взаимодействия с ядром, р2 — импульс ядра 557
замедляющего вещества. Кинетическая энергия и импульс 2
связаны между собой соотношением WK=~ — (5), 2т
Подставляя (5) в (2), получаем р} = кр* или р0 = 4кр{ —
(6) . Подставляя (6) в (4), получаем ——= — (8),
т„ т
где т„ = 1,675"27кг — масса нейтрона. Решая совместно уравнения (7) и (8), находим массу ядер замедляющего
вещества т = = 19,96-10~27 кг = 12,02 а.е.м. По
к -1
таблице Менделеева находим, что это углерод % С, следовательно, замедлителем является графит.
23.3. Какую часть первоначальной скорости будет составлять скорость нейтрона после упругого центрального столкновения с неподвижным ядром изотопа Na ?
Решение:
Масса ядер замедляющего вещества (см. задачу 23.2) равна \4к+\)т„ ... , WkQ ...
m = S— /- ? — (1), где к = -^- — (2), )Ук0 и 1Кк1 — Л-1
соответственно начальная и кинетическая энергии бомбардирующего натрия, тп =1,675-10'27 кг — масса нейтрона. Поскольку кинетическая энергия равна JKk=?77v2/2 — (3), то, подставляя (3) в (2), получаем / \2
к= —I или — -4к — (4). Из формулы (1) находим \ v ) v
л/Л =т- — — (5). Подставляя (5) в (4), получаем 777 - 777„
— = = 0,91 6 •1 00% = 9 1,6%.
v0 /77 + т„
558
23.4. Для получения медленных нейтронов их пропускают через вещества, содержащие водород (например, парафин). Какую наибольшую часть своей кинетической энергии нейтрон массой т0 может передать: а) протону (масса ш0); б) ядру атома свинца (масса 207/по)? Наибольшая часть передаваемой энергии соответствует упругому центральному столкновению.
Решение:
По закону сохранения энергии Wk0 = И'к1 + Wk2 — О)» гДе
И^ко 11 ^к! — соответственно кинетическая энергия нейтрона до и после взаимодействия с ядром замедлителя, Hzk2 — кинетическая энергия ядра замедляющегося ве-
п
щества. Если —— = к — (2), то из (1) и (2) следует, что
W 1
—^- = 1-— — (3). Поскольку (см. задачу 23.3)
гг т + тп к =--------, то
т - т0
к -
in +jn0 j — (4) Подставляя (4) в (3),
1 получаем —— = 1 -^кО
т - т0
111 + 777„
. а) Для протона т « т0, поэ-
W
тому —— .]00% = 100%. б) Для ядра атома свинца И'кО
т = 207п?0, поэтому = 0,0191-100% = 19,1% .
^кО
23.5. Найти в предыдущей задаче распределение энергии между нейтроном и протоном, если столкновение неупругое. Нейтрон при каждом столкновении отклоняется в среднем на угол ip = 45°.
559
Решение:
Направление скорости v нейтрона и скорости частиц vi показано на рисунке. Скорости частиц одинаковы и равны
v =—Следовательно, энергия распределится между нейтроном и протоном в среднем поровну.
23.6. Нейтрон, обладающий энергией Wo = 4,6 МэВ, в результате столкновений с протонами замедляется. Сколько столкновений он должен испытать, чтобы его энергия уменьшилась до W = 0,23 эВ? Нейтрон отклоняется при каждом столкновении в среднем на угол <р = 45°.
Решение:
После каждого столкновения кинетическая энергия нейтрона становится в два раза меньше (см. задачу 23.5). То-( 1Y
гда после п столкновений энергия нейтрона W - — .
к 2 у
Отсюда n/g2 = /gf—^ = /g(2-107); и = ^“-^-^ = 24.
\ W J lg2
23.7. Поток заряженных частиц влетает в однородное магнитное поле с индукцией В = 3 Тл. Скорость частиц v = 1,52 107 м/с и направлена перпендикулярно к направлению поля. Найти заряд q каждой частицы, если известно, что на нее действует сила F = 1,46-10'" Н.
Решение:
В однородном магнитном поле на заряженные частицы действует сила Лоренца, которая равна Fjj =qvBsina . По условию скорость частиц направлена перпендикулярно Д’ .
направлению поля, значит, а- — , поэтому sina = \, а
560
следовательно, Гл = qvB. Отсюда заряд каждой частицы a =^L = 3.2-10-19 Кл.
vB
23.8. Заряженная частица влетает в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,5 Тл и движется по окружности с радиусом 7? = 10 см. Скорость частицы v = 2,4 • 106 м/с. Найти для этой частицы отношение ее заряда к массе.
Решение:
В однородном магнитном поле на заряженную частицу действует сила Лоренца, которая (см. задачу 23.7) равна Fn - qvB —(1). Опа является центростремительной силой
и сообщает частице нормальное ускорение а„ =
V" т
— (2).
По второму закону Ньютона Fn = та,, — (3). Подставляя v2
(1) и (2) в (3), получаем qvB-т —, откуда отношение
q v 7
заряда частицы к ее массе равно — = 4,8-10 Кл/кг.
23.9. Электрон ускорен разностью потенциалов U = 180 кВ. Учитывая поправки теории относительности, найти для этого электрона массу ш, скорость v, кинетическую энергию И' и отношение его заряда к массе. Какова скорость у' этого электрона без учета релятивистской поправки?
Решение:
Электрон, ускоренный разностью потенциалов, обладает потенциальной энергией WB ~eU — (1). По закону сохранения энергии =WK — (2). Приравнивая правые части соотношений (1) и (2), получаем eU -WK — (3) или 19 3’69 561
=<?L7 = 2,88 •Ю"14 Дж =1,8 10s эВ. Зависимость кинети-
ческой энергии электрона от скорости его движения дается
9 уравнением JVK =»ioc
— (3), где т0 = 9;11х
-1 V
х10 кг — масса покоя электрона, /3 =------(4) — отно-
с
сительная скорость электрона, с — скорость света. Из
формулы (3) имеем J1 - Д2 = ——=- — (5). Зависи-FTK + тос
мость массы электрона от скорости его движения дается
уравнением »г = -=^= — (6). Подставляя (5) в (6), Ji-Д2
Wx + moc2
получаем от = ——— — (7), а затем, подставляя (3) в с
(7), окончательно находим массу электрона cU + ОТпС , , л-30 тг
от =----— = 1,23-10 кг. Кинетическая энергия элек-
с
mv2
трона WK =-----, откуда релятивистская скорость электро-
2
12<?
на v' = J---= 2,52 • 108 м/с. Отношение заряда электрона к
V от
g п
его массе равно - = 1,3-10 Кл/кг. Реальное значение рав-т
g 11
но — = 1,759 -10 Кл/кг. С учетом погрешностей величину, т
полученную в данной задаче, можно считать допустимой.
23.10. Мезон космических лучей имеет энергию IV = ЗГэВ. Энергия покоя мезона Wo = 100 МэВ. Какое расстояние I в атмо-562
сфере сможет пройти мезон за время его жизни г по лабораторным часам? Собственное время жизни мезона г0 = 2 мкс.
Решение:
W 1
Имеем —= , ....= 30, отсюда найдем
Vl-v2/c2
v = 2,998-108 м/с. Время жизни мезона по лабораторным
часам т - . —-----~ЗОго, Расстояние, пройденное мезо-
yl —v2/c2
ном за это время, равно / = vr = v-30r0 «18-103м.
23.11. Мезон космических лучей имеет кинетическую энер-гшо IV = 7и10с2, где т0 — масса покоя мезона. Во сколько раз собственное время жизни т6 мезона меньше времени его жизни г по лабораторным часам?
движения дается уравнением IVK = т0с2
Решение:
Зависимость кинетической энергии мезона от скорости его Л
1—-1 -д2
(1) . По условию кинетическая энергия мезона равна - 7/и0с2 — (2). Приравнивая правые части уравнений
(1) и (2), получаем 7т0с2 =т0с2
1
-1 , откуда
ijl- /3~ ----(3). Время жизни мезона по лабораторным
8
часам т связано с его собственным временем жизни т0
тп г 1
соотношением г = .—Яи-д, откуда — = ~/=
J1-02 ro J1-
- (4).
Подставляя (3) в (4), получаем — = 8. го
563
23.12. Позитрон и электрон соединяются, образуя два фотона. Найти энергию hv каждого из фотонов, считая, что начальная энергия частиц ничтожно мала. Какова длина волны Л этих фотонов?
Решение:
Если электрон и позитрон образуют два фотона, то по закону сохранения энергии 2тос2+И\+W2 =2hv, где 2тос2 — суммарная энергия покоя электрона и позитрона, Wx и W-, — кинетические энергии электрона и позитрона, 2hv — суммарная энергия образовавшихся фотонов. По-скольку по условию начальная энергия частиц W} и W2 ничтожно мала, то энергия каждого из фотонов равна hv = т0с2 = 0,51 МэВ. Отсюда частота излучения фотона v = п1°С — (1). С другой стороны, у-— — (2). При-
h Л
равнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем шос 1 , , h
—— = —, откуда длина волны фотонов л =--------------=
h Л тос
= 2,42-КГ12 м.
23.13. Электрон и позитрон образуются фотоном с энергией Ли = 2,62МэВ. Какова была в момент возникновения полная кинетическая энергия IK, + W2 позитрона и электрона?
Решение:
По закону сохранения энергии hv = 2m0c2 +W}+W2. Энергия покоя каждой частицы mtic2 = 0,51-10бэВ. Тогда + РК2 = h v - 2тйс2 =1,6-106 эВ.
23.14. Электрой и позитрон, образованные фотоном с энергией hv = 5,7 МэВ, дают в камере Вильсона, помещенной в 564
магнитное поле, траектории с радиусом кривизны R = 3 см. Найти магнитную индукцию В поля.
Решение:
На электрон и позитрон в магнитном поле действует сила Лоренца, сообщая им нормальное ускорение, т. е. 2 „ n ,1rV ,,, гл
qBv =---, откуда В =-------(1). Согласно теории отно-
сительности импульс частицы р = mv =—Jw{w + 2woc2) — с
(2) . Подставляя (2) в (1), получим В = + 2т0с2) —
cqR
(3) . Кинетическая энергия каждой частицы j л 2
Ж =——~ 2,34МэВ (см. задачу 23.13). Подставляя
числовые данные в (3), получим В = 0,31 Тл.
23.15. Неподвижный нейтральный п -мезон, распадаясь, превращается в два фотона. Найти энергию hv каждого фотона. Масса покоя я-мезона и?0(я) = 264,2w,, где —масса покоя электрона.
Решение:
Если неподвижный нейтральный п -мезон распадается на два фотона, то по закону сохранения энергии ш0(я-)с2 = 2hv — (1). По условию масса покоя мезона лго(я) ~ 264,2иг0 — (2), где т0 = 9,11 • 10“31 кг — масса покоя электрона. Подставляя (2) в (1), получаем /7v = 132,1woc2 =67,7 МэВ.
23.16. Нейтрон и антинейтрон соединяются, образуя два фотона. Найти энергию hv каждого из фотонов, считая, что начальная энергия частиц ничтожно мала.
565
Решение:
Энергия каждого из фотонов (см. задачу 23.12) равна h v - тйс* 2 = 942 МэВ.
23.17. Неподвижный К° -мезон распадается на два заряженных zr-мезона. Масса покоя К° -мезона ти0(к0)=965/п0, где т0 — масса покоя электрона; масса каждого я -мезона т(/?)= 1,77т0(/т), где т0(я) — его масса покоя. Найти массу покоя т0 (/т) л -мезонов и их скорость v в момент образования.
Решение:
Если неподвижный А'0 -мезон распадается на два заряженных л-мезона, то по закону сохранения энергии тОкос2 - 2mOiTc2 = 2(тя - тОх)с2 — (1). По условию задачи масса покоя К° -мезона т 0 = 965от0 — (2), где кг — масса покоя электрона, а масса каждого — (3), где тОя — его масса покоя, в (1), получаем Отсюда масса покоя
то =9,11 -10~31 л -мезона тя. = 1,77?и0л.
Подставляя (2) и (3) 965/п0с2 - 2т0яс2 = 2 • 1,77т0яс2.
965тй л -мезонов равна тОх - —
Из теории относительности известно, что кинетическая энергия тела зависит от скорости его движения следующим
= 272,59«о =2,48-10-28 кг.
1
образом: FFK = т0!Гс2
-1 — (4), где/? = —— (5) — с
относительная скорость. С другой стороны, WK = тяс2, или, учитывая (3), WK = 1,77«0лс2 (6). Приравнивая правые части уравнений (4) и (6), получим -1 = 1,77. От-
566
сюда относительная скорость тс -мезонов равна Д = 0,932 . Тогда, учитывая (5), скорость тс -мезонов в момент образования будет равна v = 0,932 • с = 2,79 • 108 м/с.
23.18. Вывести формулу, связывающую магнитную индукцию В поля циклотрона и частоту v приложенной к дуантам разности потенциалов. Найти частоту приложенной к дуантам разности потенциалов для дейтонов, протонов и а -частиц. Магнитная индукция поля В = 1,26 Тл.
Решение:
На заряженную частицу в циклотроне действует сила Лоренца Fn -qvB sin а, где q — заряд частицы, В — ин-дукция магнитного поля. Т. к. а= — , то sina = l, отсюда Fn = qvB. Она является центростремительной силой и со-общает частице центростремительное ускорение аис =—.
R
v2
По второму закону Ньютона Fn ~mauc -m—. Приравня-R
„ г, mv1 „ rnv
ем правые части уравнении qvB = ——, откуда R = —
радиус окружности циклотрона. Период обращения цикло-„ L т _ _ 2тпт
трона 7ц——*, где L-2tcR =------- — длина окружности
v qB
„ 2тпп „ 1 qB „
циклотрона. 7ц =----. Тогда частота v - — - ——. Для
qB Т’ц 2л»/
того чтобы частица непрерывно ускорялась, необходимо, чтобы она попадала в ускоряющий промежуток между дуантами в тот момент, когда электрическое поле изменит свою полярность, т. е. частота изменения полярности ускоряющего электрического поля должна совпадать с 567
qB
частотой циклотрона: v = v = —— — условие синхро* 2лт
низации. Подставляя числовые данные, получим Ид = 9,7 МГц; vp = 19,4 МГц; va = 9,7 МГц.
23.19. Вывести формулу, связывающую энергию W вылетающих из циклотрона частиц и максимальный радиус кривизны R траектории частиц. Найти энергию W вылетающих из циклотрона дейтонов, протонов и а-частиц, если максимальный радиус кривизны R = 48,3 см; частота приложенной к дуантам разности потенциалов v = 12 МГц.
Решение:
Радиус окружности циклотрона и частота изменения полярности ускоряющего электрического поля (см. задачу
23.18) равны: R = — и v = отсюда qB = 2rnnv, qB 2ят
mv v
R =-----=------. Отсюда скорость вылетающих из цикло-
2ят v 2kv
трона частиц v = 2icvR, а их кинетическая энергия W = V К— = 2л:2 тv2R2. Подставляя числовые
2 2
данные, получим =13,8 МэВ; Wp= 6,9 МэВ;
Wa =27,6 МэВ.
23.20. Максимальный радиус кривизны траектории частиц в циклотроне R = 35 см; частота приложенной к дуантам разности потенциалов v = 13,8 МГц. Найти магнитную индукцию В поля, необходимого для синхронной работы циклотрона, и максимальную энергию W вылетающих протонов.
Решение:
Частота приложенной к дуантам циклотрона разности потенциалов (см. задачу 23.18) определяется соотно-568
Bq
шением v - —— Отсюда индукция магнитного поля, не-2Л7»
обходимого для синхронной работы циклотрона, равна д = , Для протона т = 1,673-10-27 кг и
7
д = е = 1,6 10~19Кл, поэтому 5 = 0,9Тл. Максимальная энергия вылетающих из циклотрона заряженных частиц (см. задачу 23.19) равна W = 2n2mv2R2. Подставляя значения для протона, получаем W = 4,8 МэВ.
23.21. Решить предыдущую задачу для: а) дейтонов, б) а-частиц.
Решение:
Индукция магнитного поля, необходимого для синхронной работы циклотрона (см. задачу 23.20), равна В = V.
<1
Максимальная энергия вылетающих из циклотрона заряженных частиц равна W = 2x2mv2R2. а) Для дейтонов <7 = е = 1,6 10"(9Кл и т - 3,346-10-27 кг, следовательно, В = 1,8 Тл и W = 9,6 МэВ. б) Для а -частиц q = 2е = 3,2 10-19 Кл и т = 6,692 10-27 кг, следовательно, В = 1,8Тли W = 19,25МэВ.
23.22. Ионный ток в циклотроне при работе с а -частицами 7 = 15 мкА. Во сколько раз такой циклотрон продуктивнее массы т = 1 г радия?
Решение:
По определению ионный ток в циклотроне I = ^ = qn — (1), где q = 3,2-10'19 Кл - заряд а-частицы, Т —период 569
обращения а -частицы в циклотроне, п — частота излучения а -частиц циклотроном. Активность излучения а -час-
тиц радием равна a = zW — (2), где 7V =— Nh — (3) — И
число делящихся ядер радия, р = 226 г/моль — молярная
масса радия, =6,022-1023 моль-1 — число Авогадро.
2
Период полураспада радия равен 7] 2 “-> откуда посто-
А
In 2
янная распада 2 =------(4). Подставляя (3) и (4) в (2),
^1 2
получим а = 3. — (5). Из формулы (1) п = — — (6).
2 q
Разделив (6) на (5), окончательно находим
- = 2 =1270.
a qmNK In 2
23.23. Максимальный радиус кривизны траектории частиц в циклотроне R = 50 см; магнитная индукция поля В = 1 Тл. Какую постоянную разность потенциалов U должны пройти протоны, чтобы получить такое же ускорение, как в данном циклотроне?
Решение:
Частота разности потенциалов, приложенной к дуантам Be
циклотрона (см. задачу 13.18), равна v =- — (1), а
2тт
энергия вылетающих из циклотрона протонов (см. задачу 23.19) равна W = 2n2mv2 R2 — (2). Подставляя (1) в (2), B2e2R2 „. „
получим W =-----------(3). Потенциальная энергия про-
2т
тонов, прошедших ускоряющую разность потенциалов, равна IVn = eU — (4). Чтобы протоны получили такое же ускорение, как в циклотроне, по закону сохранения 570
энергии необходимо, чтобы Wn = W — (5). Подставляя (3)
г г B2eR2
и (4) в (5). получаем U = —-
4 2т
= 11,98 МВ.
23.24. Циклотрон дает дейтоны с энергией W = 7 МэВ. Магнитная индукция поля циклотрона В = 1,5 Тл. Найти минимальный радиус кривизны R траектории дейтона.
Решение:
Энергия дейтонов, вылетающих из циклотрона (см. задачу
B2q2R2
23.23), равна W = —---. Отсюда максимальный радиус
2т
л/2т№
кривизны траектории дейтона равен R = ——-= 36 см.
23.25. Между дуантами циклотрона радиусом R = 50 см приложена переменная разность потенциалов U = 75 кВ с частотой v = 10МГц. Найти магнитную индукцию В поля циклотрона, скорость v и энергию W вылетающих из циклотрона частиц. Какое число оборотов п делает заряженная частица до своего вылета из циклотрона? Задачу решить для дейтонов, протонов и а -частиц.
Решение:
Частота разности потенциалов, приложенной к дуантам
циклотрона (см. задачу 23.18), равна v= - . Отсюда 2ят
v магнитная индукция поля циклотрона равна В =----------
(1) . Энергия вылетающих из циклотрона частиц (см. задачу 23.19) равна W = 2n2mv2R2 — (2). Из теории относительности известно, что кинетическая энергия частицы
571
зависит от скорости ее движения следующим образом:
= тс2
-1 — (3). Приравнивая правые части
1/i7^ J
уравнений (2) и (3), получаем 2tv2v2R2 =с2
о 2nvR-\ln v R +с~ откуда /3 = — , 2 2---------2--- — (4). С другой стороны,
относительная скорость /3 =----(5). Приравнивая правые
части уравнений (4) и (5), находим скорость частиц 2nvRc^l я2у2 R2 +с2
и ------:------------ --- (6). При каждом ПОЛНОМ
2n2v2R2+с2
обороте заряженная частица проходит дважды расстояние между дуантами и, следовательно, дважды получит добавочный импульс. Поэтому при п оборотах заряженная частица приобретает энергию, эквивалентную ускоряющему потенциалу, U' = 2nU, где U — разность потенциалов, приложенная между дуантами. Отсюда
— (?)• Подставляя значения в формулы (1), (2), (6)
и (7), получаем следующие числовые значения: а) Для дейтонов: Д=1,ЗТл; И/1=10,2МэВ; щ =3,13-107 м/с; /7 = 68. б) Для протонов: Д=0,65Тл; 1^=5,12 МэВ; г/, =3,1 З Ю7 м/с; /7 = 34. в) Для а-частиц: Д=1,ЗТл;
=5,12 МэВ; г/] = 3,13 -107 м/с; п = 68.
23.26. До какой энергии W можно ускорить а-частицы в циклотроне, если относительное увеличение массы частицы
. т-т0 „
к =------- не должно превышать 5%?
572
Решение:
Из теории относительности известно, что изменение массы частицы на А»? соответствует изменению ее энергии на д(И = с2Аш — (1). По условию задачи относительное , т-тп _ _ _ z_.
увеличение массы частицы к-------------<0.05 — (2).
J т0
а-частицы равной нулю, = &IV — (3). В этом случае массы а -частицы равно
Считая начальную энергию можно предположить, что №пиа из формулы (2) изменение Дт = О,О5/мо — (4). Подставляя (3) и (4) в (1), получаем Wiimv =О,О5шос3 = 187 МэВ.
23.27. Энергия дейтонов, ускоренных синхротроном,
777
= 200 МэВ. Найти для этих дейтонов отношение — (где т0
т — масса движущегося дейтона и т0 — его масса покоя) и скорость V.
Решение:
Считая начальную энергию дейтонов равной нулю (см. задачу 23.26), можно предположить, что W = с2Ат — (1), где Дот = /77-т0 — (2) — изменение массы дейтона. та = 2,0141 а.е.м. — его масса покоя. Подставляя (2) в (1), ,,, \ т W , ,
получаем W -с (т-т0), откуда — = —— = 1,1. Из тео-/л0 с-1пй
рии относительности известно, что масса дейтона зависит от скорости его движения следующим образом w = -<-^1^, откуда— = , 1 —(3),где/? = - —(4) —
'"О yj\-fl2 С
относительная скорость дейтона. Решая совместно урав-
нения (3) и (4), получаем у = ° ---= 1,3 • 108 м/с.
т / т0
573
23.28. В фазотроне увеличение массы частицы при возрастании ее скорости компенсируется увеличением периода ускоряющего поля. Частота разности потенциалов, подаваемой на дуан-ты фазотрона, менялась для каждого ускоряющего цикла от v0 = 25 МГц до v = 18,9 МГц. Найти магнитную индукцию В поля фазотрона и кинетическую энергию W вылетающих протонов.
Решение:
2 7ППО Ро 2mn V и0 т
Имеем В =------s-S- -----= 1,62 Тл. Поскольку — = — =
q q у то
q q у
1 / \ W - in г2 1 1 тос2(уо - и)
то
V
= 300 МэВ.
23.29. Протоны ускоряются в фазотроне до энергии W = 660 МэВ, а -частицы — до энергии W = 840 МэВ. Для того чтобы скомпенсировать увеличение массы, изменялся период ускоряющего поля фазотрона. Во сколько раз необходимо было изменить период ускоряющего поля фазотрона (для каждого ускоряющего цикла) при работе: а) с протонами; б) с «-частицами?
Решение:
В фазотроне при ускорении релятивистских частиц, когда их скорость приближается к скорости света, их масса заметно возрастает. Следовательно, возрастает и период обращения частицы. Чтобы сохранить синхронизацию, увеличивают период ускоряющего поля фазотрона. Начальный и конечный периоды можно найти аналогично, z 1 н 1 оч 'г — 27П11
как в циклотроне (см. задачу 12.18): То =-Т =-------,
qB qB
где m0 — масса покоя, m — конечная масса.
Т 2лт qB т
— =-------i— =—. Релятивистская энергия частицы
То qB 2лт0 т0
574
£ = >пс2, где с — скорость света. Энергия покоя £0 = тос2. По закону сохранения энергии разность начальной и конечной энергий составит кинетическая энергия, полученная частицей при ускорении фазотроном, 2 2 ( \ 2 W
W = £-£0=mc -тос =\ni-ni0)c , отсюда т-~- + т0. с~
Т W/с2 + w?0 W _
— =----------2- = —— +1. а) Для протона W = W = 660 х
То т0 с-т0
х106-1,6-10 19 =1,06-10 10 Дж, -^-= 1,7 . б) Для а-частицы
W = Wa =840-106-1,6-10’19 =1,34-10’10 Дж, — = 1,2.
Приложение
1, Множители для образования десятичных кратных и дольных единиц
Наименование Множитель Русское обозначение Международное обозначение
экса 1018 Э Е
гета 1015 п Р
тера 1012 т Т
гига 109 г G
мега I06 м М
кило 103 к к
гекто 102 г h
дека 10 да da
деци IO"1 д d
санти 10’2 С с
милли 10” м m
микро 10’6 мк И
нано 10’9 Н n
ПИКО ю12 П Р
фемто ю15 Ф f
атто ю18 А а
2. График зависимости индукции В от напряженности Н магнитного поля для некоторого сорта железа
576
3. Фундаментальные физические константы
Абсолютный 0 температуры Атомная единица массы Гравитационная постоянная Заряд а-частицы Комптоновская длина волны электрона Магнитная постоянная Магнитный момент протона Магнитный момент электрона Масса а-частицы Масса покоя нейтрона Масса покоя протона Масса покоя электрона Молярная газовая постоянная Молярный объем идеальн. газа при норм. усл. Норм.ускорение св. падения Нормальные условия: атмосферное давление температура Постоянная Авогадро Постоянная Больцмана Постоянная Вина Постоянная Планка Постоянная Стефана -Больцмана Постоянная Фарадея Скорость света в вакууме Универсальная газовая пост. Элементарный заряд t = -273,15°C 1 а.е.м. = 1,6605655-1О’27 кг G = 6,672-10’" Н-м2/кг2 q = 2е = 3,204-Ю’|9Кл Хс = 2,43-Ю’12м ц0= 12,5663706144-10’7 Гн/м Ир = 1,4106171-Ю’26 Дж/Тл = 9,28483-Ю’24 Дж/Тл та = 6,644-10’27 кг тп= 1,6749543-Ю’27 кг тр = 1,6726485-Ю’27 кг те= 9,109534- Ю’31 кг R= 8,31441 Дж/(моль-К) Vo= 22,41383- Ю’3 м3/моль g = 9,81 м/с2 р0= 101325 Н/м2 Т = 273 К NA= 6,022045-1023 моль’1 к = 1,380662-Ю’23 Дж/К b = 2,90- Ю’3 м-К h = 6,626176-Ю’34Дж-с ст = 5,67-Ю’8Вт/(м2-К4) F = 96,48456-103 Кл/моль с = 2,99792458-Ю8 м/с R= 8,314 Дж/(К-моль) е = 1,6021892-Ю’19 Кл
577
LA
oo 4. Некоторые данные о планетах солнечной системы
Меркурий Венера Земля Марс Юпитер Сатурн Уран Нептун Плутон
Среднее расстояние от Солнца, млн. км 57,91 108,21 149,59 227,94 778,3 1429,3 2875,03 4504,4 5900
Период обращения вокруг Солнца, земной год 0,24 0,62 1 1,88 11,86 29,46 84,02 164,8 249,7
Экваториальный диаметр, км 4840 12400 12742 6780 139760 115100 51000 50000 —
Объем по отношению к объему Земли 0,055 0,92 1 0,15 1345 767 73,5 59,5 —
Масса по отношению к массе Земли 0,054 0,81 1 0,107 318,4 95,2 14,58 17,26 —
Ускорение свободного падения по отношению к ускорению на поверхности Земли (g=9,80665 м/с2) 0,38 0,85 1 0,38 2,64 1,17 0,92 1,14 —
5. Астрономические постоянные
Радиус Земли 6,378164-106м
Средняя плотность Земли 5,518-103 кг/м3
Масса Земли 5,976’1024 кг
Радиус Солнца 6,9599-108 м
Масса Солнца 1,989-1030 кг
Радиус Луны 1,737-106 м
Масса Луны 7,35-1022 кг
Среднее расстояние до Луны 3,844-108 м
Среднее расстояние до Солнца 1,49598-10" м
Период обращения Луны вокруг Земли 27 сут 7 ч 43 мин
Средняя плотность Солнца 1,41-103 кг/м3
6. Диаметры атомов и молекул, нм
Гелий 0,20 Кислород 0,30
Водород 0,23 Азот 0,30
7. Критические значения Тк и рк
Вещество Тк.К , МПа Вещество Гк.К рк, МПа
Водяной пар 647 22,0 Азот 126 3,4
Углекислый газ 304 7,38 Водород 33 1,3
Кислород 154 5,07 Гелий 5,2 0,23
Аргон 151 4,87
579
8. Давление водяного пара, насыщающего пространство при разных температурах
t, °C р„,Па Л °C Рн, Па г, °C рн,Па
-5 400 8 1070 40 7335
0 609 9 1145 50 12302
1 656 10 1225 60 19807
2 704 12 1396 70 31122
3 757 14 1596 80 47215
4 811 16 1809 90 69958
5 870 20 2328 100 101080
6 932 25 3165 150 486240
7 1025 30 4229 200 1549890
9. Удельная теплота парообразования воды при разных температурах
?, °C R, 105 Дж/кг t,°C г, 105 Дж/кг
0 25,0 180 20,1
10 24,7 200 19,4
20 24,5 220 18,6
30 24,0 250 17,0
50 23,8 300 14,0
70 23,2 350 8,92
90 22,8 370 4,40
100 22,6 374 1,1
120 22,0 374,15 0
580
10. Свойства некоторых жидкостей (при 20°С)
Вещество Плотность, 103 кг/м3 Удельная теплоемкость, Дж/(кг-К) Поверхностное натяжение, Н/м
Бензол 0,88 1720 0,03
Вода 1,00 4190 0,073
Глицерин 1,20 2430 0,064
Кастор, масло 0,90 1800 0,035
Керосин 0,80 2140 0,03
Ртуть 13,60 138 0,5
Спирт 0,79 2510 0,02
11. Свойства некоторых твердых тел
Вещество Плотность, 103 кг/м3 Температура плавления, °C Удельная теплоемкость, Дж/(кг-К) Удельная теплота плавления, кДж/кг Температурный коэффициент линейного расширения, 10'5К"'
Алюминий 2,6 659 896 322 2,3
Железо 7,9 1530 500 272 1,2
Латунь 8,4 900 386 — 1,9
Лед 0,9 0 2100 335 —
Медь 8,6 1100 395 176 1,6
Олово 7,2 232 230 58,6 2,7
Платина 21,4 1770 117 113 0,89
Пробка 0,2 — 2050 — —
Свинец 11,3 327 126 22,6 2,9
Серебро 10,5 960 234 88 1,9
Сталь 7,7 1300 460 — 1,06
Цинк 7,0 420 391 117 2,9
581
12. Свойства упругости некоторых твердых тел
Вещество Предел прочности, МПа Модуль Юнга, ГПа
Алюминий ПО 69
Железо 294 196
Медь 245 118
Свинец 20 15,7
Серебро 290 74
Сталь 785 216
13. Теплопроводность некоторых твердых тел, Вт/(мК)
Алюминий Войлок Железо Кварц плавлен. Медь 210 0,046 58,7 1,37 390 Песок сухой Пробка Серебро Эбонит 0,325 0,050 460 0,174
14. Диэлектрическая проницаемость диэлектриков
Воск 7,8 Парафин 2 Эбонит 2,6
Вода 81 Слюда 6 Парафинир. бумага 2
Керосин 2 Стекло 6
Масло 5 Фарфор 6
582
15. Удельное сопротивление проводников (прн 0°С), мкОмм
Алюминий 0,025 Нихром 1,00
Графит 0,039 Ртуть 0,94
Железо 0,087 Свинец 0,22
Медь 0,017 Сталь 0,10
16. Подвижности ионов в электролитах, 108 м2/(В с)
NO, Н+ К+ 6,4 32,6 6,7 СГ Ag+ 6,8 5,6
17. Работа выхода электронов из металла, эВ
W 4,5 Ag 4,74
W+Cs 1,6 Li 2,4
W+Th 2,63 Na 2,3
Pt+Cs 1,40 К 2,0
Pt 5,3 Cs 1,9
583
18, Показатели преломления
Алмаз 2,42 Сероуглерод 1,63
Вода 1,33 Скипидар 1,48
Лед 1,31 Стекло 1,5 —1,9
19. Длина волны, определяющая границу /С-серии рентгеновских лучей для различных материалов антикатода, нм
Вольфрам Золото Медь 17,8 15,3 138 Платина Серебро 15,8 48,4
20. Спектральные линии ртутной дуги, нм
253,7 404,7 546,1 612,8
365,0 435,8 577,0 690,8
365,5 523,5 579,1 708,2
584
21. Массы некоторых нзитопов, а.е.м.
Изотоп Масса Изотоп Масса Изотоп Масса
;н 1,00783 4 Be 9,01218 uSi 29,97377
,2н 2,01410 5° Be 10,01294 loCa 39,96257
2 Не 3,01605 е2с 12,0 27 Co 55,93984
2 Не 3,01603 7n 13,00574 29 CU 62,92960
;Li 4,00260 ;7n 14,00307 4«2Cd 111,90276
’Li 6,01512 12 Mg 16,99913 so°°Hg 199,96832
’Li 7,01600 12 Mg 22,99413 235 и 92 u 235,04393
4 Be 7,01693 В Mg 23,98504 238U 92 U 238,05353
*Ве 8,00531 в Al 26,98154
22. Периоды полураспада некоторых радиоактивных элементов
го Ca 164 сут 226 Ra 1590 лет
90 Sr 38ЛГ 28 лет 235 и 92 и 7,1-108 лет
210Po 84 rU 138 сут 238 и 92 4,5-109 лет
s7Rn 3,82 сут
585
Периодическая система
Период [ Ряд Группы
I II III 1F V
1 1 Н / 1.0079 Водород
2 2 •Li 3 694/ Jfyinuu Be 4 9.0)218 Бериллий В 5 10.81 Бор с * 12.011 Углерод N 7 14.0067 Азот
3 3 Na и 22,98977 Наприй Mg 24.305 Магний Al 13 26.98154 Алюминий Si 14 28.086 Кремний Р К 30.97376 Фос^юр
4 4 К 19 39.098 Копий Са 3<> 40.08 Кальций 21 Sc 44.9559 Скандий 22 Ti 47.90 Титт V 50.942 Вмадий
5 29 CU 63.546 Медь Zn 30 65.37 Цинк Ga л 69.72 Галлий Ge 33 72.59 Ггрмсмий As 33 74.92 Мышьяк
5 6 Rb * 85.47 Рубидий Sr я 87.62 Стронций 39 Y 88.905 Иттрий 40 Zr 91.22 Цирконий 41 Nb 92.906 Ниоби!
7 47 4g 107.868 Серебро Cd 112.40 Кадмий In 39 114.82 Индий Sn 30 118.69 Олово Sb 121.75 Сурьма
6 8 Cs 132.905 Цезий Ва 56 137.34 Бцпш *7* La 138.91 Лантан 72 Hf 178.49 Гафний 33 Та 180.95 Танпт.
9 79 AU 196.967 Золото 80 Hg 200.59 Ртуть Т1 К 204.37 Таллий РЬ « 207.) 9 Свинец Bi 33 208.98 Виамут
7 10 Fr (223) Фр1Я!Ций Ra 33 (226) Радий ы**Ас (227) А ктиний Ku w (260) Курчатовий
* Лантаноиды
33 Се 59 рг 60 Nd «' Рт 63 Sm 63 Ей 33 Gd
140.12 140.9) 144.24 /145) 150.35 15)96 157.25
Церий Празеодим Неодим Прометий Самарий Европий Гскдатни!
** Актиноиды
90 Th я Ра 92 [J » Np 94 Ри 95 Ат 96 Ст
232.038 (23)) 238.03 (237) (242) (243) (247)
Торий Протактиний Урин Нептуний Плутошп Америцт Кюрий
586
элементов Д. И. Менделеева
элементов
VI VU УШ 0
Не 7 4 00260 / елий
о * /5.9994 Кислоррд F 9 18.99840 Фтор Ne '° 20.179 Неон
S * 32.06 Сера а /7 35.453 Хлор Аг '8 39.948 Аргон
м Сг 51.996 Хром -’J Л/п 54.938 Марганец 26 & 55.847 ' Железо 27 Со 58.933 Кобальт 28 Ni 58.71 Никель
Л’е 78.96 Селен Вг >5 79.90 Бром Кг 83.80 Криптон
*2 Мо 95.94 Молибден О Тс (99) Технеций м Ru 101.07 Рутений 45 Rh 102.905 Родий 46 Pd 106.4 Палладий
Те 52 127 60 Теллур 1 53 126.904 Йод Хе 54 шло Ксенон
74 W 183.85 Вольфрам 75 Re 186.2 Рений 7« Os 190.2 Осмий 77 Jr 192.2 Иридий 75 pt 195.09 Плапина
Ро 84 (210) Полоний At 85 (210) Астат Rn 86 7222) Радон
65 ТЬ 66 Dy 67 Но 68 Ег 69 Ти 70 УЬ 7J Lu
158.92 162.50 164.93 167.26 168.93 173.04 174.97
Тербий Диспро-щй Гольмий Эрбий Тулий Иттербий Лютеций
97 Вк 7247) Берклий 98 Cf 7249) Калифорний 99 ES 7254) Эйнштейний too Fm 7253) Фермий Ю! Md 7256) Менделевий >02 (Но) (256) (Нобелий) юз Lr (257) Jloypeucui
587
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава III. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ..............3
§ 9. Электростатика.............................3
§ 10. Электрический ток........................91
§ 11. Электромагнетизм........................170
Глава IV. КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ.....................259
§ 12. Гармоническое колебательное движение и волны...259
§ 13. Акустика................................310
§ 14. Электромагнитные колебания и волны......330
Глава V. ОПТИКА.................................355
§ 15. Геометрическая оптика и фотометрия......355
§ 16. Волновая оптика.........................395
§ 17. Элементы теории относительности.........433
§ 18. Тепловое излучение......................445
Глава VI. ФИЗИКА АТОМА И АТОМНОГО ЯДРА..........457
§ 19. Квантовая природа света и волновые свойства частиц.......................................457
§ 20. Атом Бора. Рентгеновские лучи...........478
§ 21. Радиоактивность.........................503
§ 22. Ядерные реакции.........................528
§ 23. Элементарные частицы. Ускорители частиц.557
Приложение......................................576
Учебное издание
Готовимся к экзаменам
ВСЕ РЕШЕНИЯ
К «СБОРНИКУ ЗАДАЧ ПО ОБЩЕМУ КУРСУ ФИЗИКИ» В.С. ВОЛЬКЕНШТЕЙН
в двух книгах
Книга 2
Редактор Г. С. Николаева
Компьютерная верстка и графика ИА. Изергин Технический редактор НГ. Новак
Корректор И.И. Попова
Подписано в печать 05.03.99. Формат 84ХЮ8'/з2.
Гарнитура «Таймс». Усл. печ. л. 31,08.
Печать высокая. Бумага типографская № 2.
Тираж 10 000 экз. Заказ Ns 3269.
Налоговая льгота — общероссийский классификатор продукции ОК-ОО-93, том 2; 953000 — книги, брошюры
Гигиенический сертификат № 77.ЦС.01.952.П.01659.Т.98. от 01.09.98 г.
«Олимп»
Изд. лиц. ЛР № 070190 от 25.10.96
123007, Москва, а/я 92
ООО "Фирма «Издательство ACT»".
ЛР№ 066236 от 22.12.98.
366720, РФ, РИ, г. Назрань, ул. Московская, 13 а.
Наши электронные адреса:
www.ast.ru
E-mail: AST@POSTMAN.RU
Отпечатано с готовых диапозитивов на Книжной фабрике № 1 Госкомпечати России. 144003, г. Электросталь Московской обл., ул. Тевосяна, 25.