В. А. Хребтов
РЕШАЕМ
ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ
9-11
КЛАССЫ
Образцы
решения задач
по всем темам
с подробными
объяснениями


Задачи для
самостоятельной
работы
с ответами

■о \ пг П 7
т А ш
В. А. Хребтов
Ч шко*-’’
РЕШАЕМ ЗАДАЧИ
ПО ФИЗИКЕ

ББК 22.3
Х91
Хребтов В. А.
Х91 Решаем задачи по физике. 9—11 классы. — СПб.: Издатель¬
ский Дом «Литера», 2011. — 240 с.: ил.—(Серия «Средняя
школа»).
18ВМ 978-5-94455-804-6
18ВХ 978-5-94455-804-6
© Хребтов В. А., 2011
© Издательский Дом «Литера», 2011

9-й КЛАСС
I. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Кинематика
Задача 1.1
Точка равномерно и прямолинейно движется вдоль оси Ох, при
этом проекция V скорости V на ось Ох равна -2 м/с. В начальный
момент времени координата точки равна 3 м. Определить коорди¬
нату точки через 5 с после начала движения. Какой путь прошла
точка за это время? Построить графики зависимости от времени
координаты точки, проекции Vx и пройденного точкой пути.
Решение
”1 Му	Мо
			•	•	►
хг	О	х0 х
Рис. 1
Согласно условию задачи, координата точки в начальный мо¬
мент времени х0 равна 3 м, а проекция их равна -2 м/с. На рис. 1
изображена точка М в начальном положении и конечном поло¬
жении Му. Поскольку по условию задачи движение точки являет¬
ся равномерным и прямолинейным, то г() =
Запишем уравнение движения точки:
х - хп + VI = 3 - 2^.
0 х
При I - 1у - 5 с имеем
Ху = 3 - 21у - 3 - 2 • 5 = -7 (м).
3

Найдем проекцию 8Х перемещения 8 точки на ось Ох:
8Х = х - х0 = их1 = -21.
Пройденный точкой путь I равен модулю перемещения 8:
1 = 8 = |5Х| = 2«.
При I =	= 5 с получим
= 8г = 2^ = 2 • 5 = 10 (м).
Далее строим графики (рис. 2).
Рис. 2
Задача 1.2
Первую половину пути мотоциклист проехал равномерно и пря¬
молинейно со скоростью в 2 раза большей, чем вторую. Найти от¬
ношение средней скорости мотоциклиста к модулю скорости на
второй половине пути, на которой он также двигался равномерно
и прямолинейно.
Решение
9
8
2
ч
сч
		л
М1
М2
4

Рассматриваем мотоциклиста как точку М, которая перемеща¬
ется из пункта А в пункт В, расстояние между которыми равно 5.
На участке АС точка М движется равномерно и прямолинейно
со скоростью на участке СВ — со скоростью V? = — (см. рису¬
нок). Средняя скорость движения точки определяется формулой
8	/1 \
%=7«	(!)
где 8 — путь, пройденный точкой за полное время I движения точ¬
ки.
Так как I складывается из времени на первой половине пути
и времени 12 на второй половине пути, то
где ь>1 и — модули скоростей и б2.
Подставив (2) в (1), получим
_ 8	8	_ 4
Ь’ср I 38 X 3 ’
4 и2
Рср 4
Откуда 	= — = 1,33.
р2 3
Задача 1.3
Спортсмен стреляет из винтовки в мишень, расположенную на
расстоянии 50 м от него. Через какое время после выстрела он
услышит звук от удара пули в мишень, если скорость пули равна
700 м/с, а скорость звука в воздухе равна 340 м/с?
Решение
Будем считать, что пуля движется равномерно и прямолинейно
со скоростью бп. Движение пули П и фронта Фзв звуковой волны
5

будем рассматривать в системе отсчета, связанной с Землей, а пулю
примем за точку (см. рисунок).
ЗВ
Время I от момента выстрела до момента прихода звука от уда¬
ра пули в мишень складывается из времени полета пули П от
спортсмена С до мишени М и времени ^зв движения Фзв от М до С:
Так как движения пули
ные и прямолинейные, то
I = * + Г .
П ЗВ
и фронта звуковой
(1)
волны — равномер-
I
8
(2)
8
Узв ’
где 5 — расстояние от спортсмена до мишени;
сти звука; уп — модуль скорости пули.
Подставив (2) и (3) в (1), получим
^зв
(3)
У — модуль скоро-
и
кпГ 1	1
— 501	1

I700 340
0,218
(с).
Задача 1.4
Катер, двигаясь по течению реки равномерно и прямолинейно,
обогнал плот в точке А. Через 2 ч после этого он повернул назад и,
двигаясь равномерно и прямолинейно с той же скоростью относи¬
тельно воды, встретил плот на расстоянии 9 км от точки А. Найти
скорость течения реки.
6

Решение
1. Рассмотрим решение задачи в системе отсчета (СО), связан¬
ной с Землей.
В этой СО скорость йпл плота равна скорости у течения реки.
Модуль скорости V катера при движении по течению реки
(1)
а при движении против течения реки —
»' =	- Ут’	(2)
где V — модуль собственной скорости катера; у — модуль скоро¬
сти у течения реки.
К тому времени, когда катер дойдет до точки В, плот приплы¬
вет в точку С (см. рисунок). Обозначим время движения плота из
точки А в точку С — 1АС, а время его движения из точки С в точку
7), где катер встретил плот, — 1СГ).
Тогда можно записать
&АВ =	+ Ут) ‘ *АС'	(3)
Так как по условию задачи катер перемещается из точки А в точ¬
ку В за 2 ч, то 1ас = 2 ч. За это время плот пройдет расстояние
&АС = Ут ’ *АС'	(4)
7

Как видно из рисунка,
&СВ ~ &АВ &АС'	(5)
Подставив (3) и (4) в (5), получим
8СВ = °к ' *АС’	(6)
За время 1СГ), двигаясь навстречу друг другу, плот пройдет рас¬
стояние СП, а катер — расстояние ВВ, поэтому
&СВ = &С1) + &ВВ = Ут^СВ + <Ук ” Ут^СВ ~ Ук^СВ'	(?)
Сравнивая (6) и (7), получим
Ук^АС = Ук^С1)’
т. е. 1ас = 1С1) = 2 ч.
Таким образом, расстояние 8А[) = 9 км плот проходит за
^АВ ~ *АС + *СВ ~ 4 Ч’
откуда
1)т = — = | = 2,25 (км/ч).
*АВ 4
2. Рассмотрим решение задачи в СО, связанной с плотом. В этой
СО плот неподвижен, а модуль скорости ботн движения катера от¬
носительно плота равен V как при движении катера по течению
реки, так и против ее течения:
в' = (с+с) —
отн	' к	т 7	т	к ’
I)"	= (V — V ) + V = V ,
отн	к к	т '	т	к ’
у — у	= V .
отн отн отн к
Поэтому в рассматриваемой СО катер преодолевает расстояние
между точками С и В как при движении по течению реки, так и
против ее течения.
8

Следовательно,
откуда
&СВ ~ ^отн^АС ~ Уот^СО ’
*АС = *СВ ’ *АВ ~ *АС + *СВ = 4 Ч’
ут =	= ^ = 2,25 (км/ч).
^АО 4
Задача 1.5
Определить скорость встречного ветра, если след капли дождя
на боковом стекле автомобиля, движущегося со скоростью 90 км/ч,
расположен под углом 30° к горизонту. Вертикальная составляю¬
щая скорости капли равна 20 м/с.
Решение
Будем предполагать, что автомо¬
биль движется равномерно, прямо¬
линейно и поступательно по горизон¬
тально расположенной дороге со ско¬
ростью га в системе отсчета (СО),
связанной с Землей.
Воздух движется навстречу автомобилю
со скоростью б ветра в той же СО (рис. 1).
Если бы ветра не было, то капля дождя дви¬
галась бы вертикально вниз со скоростью
бк по отношению к Земле (рис. 2). Капля,
увлекаемая ветром, движется относительно
Земли со скоростью
= 5в +Ук •	(!)
IV	П	IV1	'
В СО, связанной с автомобилем, капля
имеет скорость
^отн =	= ~^а + ^в +	’	(2)
О 1 Н	<1	IV	В
На рис. 3 представлены векторы, входя¬
щие в формулу (2).
Рис. 2
9

Из прямоугольного треугольника АВС следует:
ВС
ВА
=
(3)
а в
где ра, рв и пК1
Откуда
модули соответствующих скоростей.
V =	иа
а
20	90 • 103 ор. -| гтоп ок п ал /	/ \
	= 20 1,732 - 25 ~ 9,64 (м/с).
30°	3600	» к / /
Задача 1.6
Мальчик, стоя у начала первого вагона поезда, определил, что
этот вагон, начав движение из состояния покоя, прошел мимо него
за 10 с. Сколько времени будет идти мимо мальчика пятый вагон,
если поезд движется прямолинейно и равноускоренно?
Решение
Будем считать, что длина I всех вагонов одинакова и что ваго¬
ны располагаются вплотную друг к другу. Движение поезда рас¬
смотрим в СО, связанной с Землей. Будем полагать, что поезд дви¬
жется в положительном направлении оси Ох, и поместим мальчи¬
ка в начало координат О (см. рисунок).
10

При решении задач на прямолинейное равнопеременное движе¬
ние точки используются формулы
а (Ы)2
8 =	—-

X	ИX
2	2
~^0х
2а
(1)
Ух = Р0х +ахА*’	(2)
х = х() + 8Х ,	(3)
М = I - 10 ,	(4)
где 8х — проекция перемещения точки на ось Ох; пОх и пх — про¬
екции скорости точки на ось Ох в начальный и текущий моменты
времени; х0 и х — начальная и текущая координаты точки; ах —
проекция ускорения точки на ось Ох; — начальное время; I —
текущее время; — интервал времени.
Вагоны движутся поступательно (колебаниями вагонов прене¬
брегаем), поэтому в качестве точки, движение которой фиксирует
мальчик, выбираем любую точку, лежащую на передней поверхно¬
сти первого вагона и имеющую начальную координату х0 = 0 при
= О’
Так как движение поезда начинается из состояния покоя, то
у0х = 0’ а поскольку движение равноускоренное и направление оси
Ох совпадает с направлением движения точки, то ах-а, 8Х = 8.
Поэтому (1) можно представить в виде
8 = ^,	(5)
где >8 — модуль перемещения точки; а — модуль ускорения точки.
По условию задачи при I =	= 10 с 8 = 8}- I (мимо мальчика —
см. рисунок — прошел первый вагон), при этом из (5) получим
При I =	8 = 54 = 4/ (мимо мальчика прошли четыре вагона),
при этом из (5) находим
аЛ2
84=41 = ^-.	(7)
&
11

Разделив (7) на (6), получим
'I А2 }
= 4, -^- = 2, ^ = 2^=2-10 = 20 (с),
\ 1 7	1
т. е. четыре вагона прошли мимо мальчика за 20 с. Пять вагонов
пройдут мимо мальчика за время 1^.
8Ь=Ы = ^.	(8)
Разделив (8) на (6), получим
(I ?
—	=5>	=^ у'5 = 10 2,236 = 22,36 (с).
)
Пятый вагон пройдет мимо мальчика за интервал времени Д^:
Ы =	-14 =22,36-20 = 2,36 (с).
Построить графики зависимости
проекций на ось Ох скорости и переме¬
щения точки от времени, если точка
начинает движение из состояния по¬
коя, движется по оси Ох в ее положи¬
тельном направлении и дан график за¬
висимости проекции ускорения точки
на ось Ох от времени.
Решение
Для построения графика зависимости проекции скорости от вре¬
мени ух(1) при 0 с < I < 2 с используем формулу
»х = % + ах*-
По условию задачи г>0 = 0 м/с, ах=1 м/с2.
Поэтому ух = I.
Так как график их{1) на этом участке — прямая, то строим его
по двум точкам.
12

1, с
0
2
и., м/с
0
2
При I > 2 с
1}Х = У2Х + ах^ 2) = 2 + 0 = 2,
где 1з2 — проекция скорости на ось Ох при
1 = 2 с; ах = 0 м/с2 по условию задачи.
График V приведен на рис. 1.
Для построения графика 5х(0 при 0 с < I
< 2 с используем фор¬
мулу
При I > 2 с
а (г-2)2
5Х = 82х +»2х (1-2) + —^—^	= 2 + 2(г-2) + 0 = 21-2.
Следовательно, эта часть графика 8Х(1) —
прямая; строим ее по двум точкам.
Рис. 2
1, с
2
4
5Х, м
2
6
График 5х(0 приведен на рис. 2.
13

Задача 1.8
Двигатель первой ступени ракеты, поднимающейся вертикально
вверх из состояния покоя, сообщает ей ускорение 10 м/с2 в тече¬
ние 10 с. Затем первая ступень отделяется от ракеты со скоростью
10 м/с относительно ракеты и совершает свободное падение (сопро¬
тивлением воздуха пренебрегаем). Найти время, через которое пер¬
вая ступень упадет на Землю, и ее скорость при приземлении.
Решение
Ракету без первой ступени и первую ступень рассматриваем как
точки, которые движутся в СО, связанной с Землей, — вначале
вместе, а потом раздельно. Задачу будем решать в три этапа.
Рис. 2
I этап. Рассматриваем ракету без первой
ступени и ее первую ступень как одну точку
М, которая движется равноускоренно по
прямой вертикально вверх (рис. 1).
За время I, равное 10 с, точка М подни¬
мется на высоту Л и приобретет скорость V
по отношению к Земле, модуль которой и
высота определяются формулами
V - а1 - 10 10 = 100 (м/с),
Н = .^1 = 12.102 =500 (м).
2	2
II этап. Определяем скорость первой сту¬
пени по отношению к СО, связанной с Землей
(рис. 2):
= ("ст )от„ + (1)
где бст, (йст )	— скорости первой ступени по
отношению к СО, связанным с Землей и ра¬
кетой; й — скорость ракеты без первой сту¬
пени по отношению к СО, связанной с Зем¬
лей. Будем считать, что масса отработавшей
первой ступени ничтожно мала по сравнению
14

с массой ракеты без первой ступени. Поэтому будем пренебрегать
изменением скорости ракеты после отделения первой ступени, т. е.
будем считать, что скорость ракеты до и после отделения первой
ступени не изменилась (и = 100 м/с).
Спроектируем (1) на ось Оу и рассчитаем ь>ст:
Уст = у - (Уст )	= 100 -10 = 90 (м/с).
СТ	у С1 /дтн
III этап. Рассматриваем движение
первой ступени как движение точки,
брошенной вертикально вверх со скоро¬
стью й0 (р0 = 90 м/с) с высоты к = 500 м
(рис. 3).
Точка достигнет наибольшей высоты
подъема в положении М1, а затем будет
свободно падать вертикально вниз. Запи¬
шем уравнения, определяющие коорди¬
нату у и проекцию иу скорости точки:
Рис. 3
а
У = У о +	'	^)
а л
= % + V’
Т = I - ^0, 1д = 10 с,
где т — время с началом отсчета т0 = 0 с, которое соответствует
10 = 10 с, = 1?0 — проекция скорости точки на ось Оу в началь¬
ный момент времени (т = 0); ау =	— проекция ускорения точки
на ось Оу; у0 = к — начальная координата точки; & — модуль уско¬
рения свободного падения.
При т = т2 точка приземляется в положении М2 с координатой
У = У2 = О-
Подставив эти значения в (2), получим квадратное уравнение:
0 = к 4- с>0 т2
ёч2
2
15

Найдем корень этого уравнения:
(4)
откуда
Г,
90 Г 90 Г
2 9,8 ^9,8)
! 2 500
9,8
« 22,9 (с),
у2у ~ и0у ~ ^Т2 ~ 90 - 9,8 • 22,9 ~ -134 (м/с),
12 = т2 + 10 = 22,9 + 10 « 32,9 (с).
Перед квадратным корнем в (4) выбран знак плюс, т. к. т2 > 0.
Задача 1.9
Тело, брошенное вертикально вверх, за первую секунду прошло
одну треть максимальной высоты подъема. Какой путь пройдет тело
за последнюю секунду падения?
Решение
Принимаем тело за точку, движение которой рассматриваем в
СО, связанной с Землей. При подъеме модуль скорости й изменя¬
ется в соответствии с уравнением
о = у0-^,	(1)
где § — модуль ускорения свободного падения.
Из (1) для = 1 с получим
У1 = уо “	(2)
Запишем уравнение для проекции пе¬
ремещения 8 на ось Оу (рис. 1):
8У=^~-	(3)
Поскольку = Уо, ТО ДЛЯ = 1 с и
8у = 81у = \ = |Йтах И3 (3) получим:
16

1	ё
д ^шах = У0 “	’	(4)
где Л — максимальная высота подъема. Для участка М^М2 (см.
рис. 1) можно записать:
3 тах	2§
2
1	У1
откуда	3Лтах = 47‘	(5)
Сравнив (4) и (5), получим
0 2
2
Л_
4^
(6)
Поскольку из (2)
п0 = ^1 + ё,	(7)
то, подставив (7) в (6) и выполнив алгебраические преобразования,
получим
V^2 -	- 2ё2 = 0.
Решая квадратное уравнение и отбрасывая второй корень, т. к.
для второго корня < 0, находим
= 2§ + §4в = 2-9,8 + 9,8-2,45 « 43,6 (м/с).
Подставив это значение в (7), получим п0 ~ 53,4 м/с.
Используя (4), вычислим путь 8Г, пройденный телом за первую
секунду (^ = 1 с):
1	ё
81=М0М1=Л1 = ±йгам=ц,-| = 53,4-4,9 = 48,5(м).
Этот же путь тело пройдет и за последнюю секунду движения.
Докажем это (рис. 2).
17

2
При МуМ2 = М2МГ' = — Лтахс учетом (5)
3
имеем
Л1 = А1
мг м2 м2 м}
'тах ’
§
"1 =
где №м — интервал времени перемещения
тела из точки М1 на траектории в точку М2.
Другие интервалы времени обозначены ана¬
логично.
Т. к. А/ = №	, =—, то
мом2 м2м0 §
= М , ,
м,м0
ё 1
1
ё ё
4)^1
= 1 С,
2	1
МХ'МО' = М2мо' - М2М/ = Лтах -Ътах = -, Л„18Х =момг
о	о
2	. Динамика
Задача 2.1
В вагоне, движущемся в плоскости горизонта прямолинейно,
поступательно и равноускоренно с ускорением а, на проволоке ви¬
сит груз массой т. Определить силу натяжения проволоки при ус¬
тановившемся движении груза, когда груз относительно вагона не¬
подвижен.
Решение
Груз принимаем за материальную
точку и рассматриваем ее движение в
инерциальной системе отсчета, связан¬
ной с Землей. Груз (точка М на рис. 1)
движется относительно Земли под дей¬
ствием силы тяжести РТ и упругой си¬
лы Гупр (реакция проволоки).
18

Запишем уравнение движения материальной точки (второй за¬
кон Ньютона):
та = .Г + Г;.	(1)
т упр ’	' '
где т — масса груза, а — ускорение груза.
В проекциях на оси Ох и Оу прямоугольной декартовой систе¬
мы координат Оху из (1) получим:
та = <пр с03₽>	(2)
0 = 7упр 81ПР“-РТ-	(3)
Поскольку Р = то из (2) и (3) получим
Гупр = ту/а2 +§2 ,	(4)
*г₽ = 5>	(5)
а
где § — модуль ускорения свободного падения.
Из (5) следует, что при а —> О 1§Р —>	[3 —> — и Рут) -» тп§; при
2 у р
а оо	—> О, Р —> 0 и Гупр -» о© (что должно привести к разрыву
7Г
проволоки). При а - § Р = —.
4
Согласно третьему закону Ньютона
Р — —Р Р — Р
нат упр’ гнат упр
где Р^ — сила натяжения, т. е. упру¬
гая сила, с которой груз действует на
проволоку ^рис. 2); ^нат и ^упр — моду-
ли Рнат и #у[ф.
Поэтому для модуля Рнат справедли¬
вы как формулы (4) и (5), так и анализ
этих формул, приведенный выше.
19

Задача 2.2
Канат лежит на горизонтальной поверхности стола так, что
часть его свешивается. Коэффициент трения покоя равен ц. Найти
условие, при выполнении которого канат начнет соскальзывать со
стола.
Решение
Канат мысленно разделим на три части (см. рисунок):
1.	Первая часть лежит на столе; ее
масса равна тг
2.	Вторая часть свешивается со
стола; ее масса равна т2.
3.	Третья часть связывает две дру¬
гие части. Массой этой части каната
пренебрегаем ввиду ее малости. Пер¬
вая и вторая части каната двигаются
поступательно, поэтому достаточно
рассмотреть движение их центров
масс.
Уравнения движения первой и второй частей каната имеют вид:
т.ал +А +	,	(1)
1 1 упр	упр1	тр ’	V '
т9а9 - К + Р.„п ,	(2)
2 2	т2 упр2 ’	' >
где 7*1 и 7*1 — силы тяжести, действующие на первую и вторую
Т1	т2
части каната; Г — упругая сила, с которой стол действует на
первую часть каната; 7*1упр — упругая сила, с которой третья часть
каната действует на первую; 7*^ — сила трения покоя, действую¬
щая со стороны стола на первую часть каната; 2*^	— упругая
сила, с которой третья часть каната действует на вторую.
Проектируя (1) на оси Ох и Оу прямоугольной декартовой сис¬
темы координат Оху, а (2) — на ось Оу, получим
т1а1 = Л-пр, - ^тр
(3)
О = Г -Р ,
упр т2 ’
(4)
20

-т9а9 - -Е„ + Е^ .	(5)
2 2 т2 упр2	4 7
Дополняем (3)—(5) уравнением, определяющим модуль макси¬
мальной силы трения покоя:
Ртр = МЛГ,	(6)
где ц — коэффициент трения покоя; ЛГ — модуль упругой силы ЛГ
нормального давления, с которой первая часть каната действует на
стол.
Согласно третьему закону Ньютона
Й = -Е , М = Е .	(7)
упр’	упр	' 7
Пренебрегая трением третьей части каната о стол, приходим к
равенствам
Е = Е = Е' .	(8)
упр1 упр2 упр	V’-’/
Пренебрегая также и растяжимостью каната, получим
п1 = п2 = а.	(9)
Для модулей сил Е и Е справедливы формулы
К, = тл§, Е. = т9ё,
где § — модуль ускорения свободного падения.
Из (3)—(9) получим
(т1 + т2 )п = ё(т2 - р.т1).	(10)
Из (10) видно, что вторая часть каната начнет опускаться, если
т2 - [1т г > 0.	(11)
Из (11) можно получить условие начала соскальзывания кана¬
та со стола:
?п2
21

Задача 2.3
Шар массой т подвешен на нити длиной I. Его отклонили от
положения равновесия до высоты точки подвеса и отпустили. В
каком положении произойдет обрыв нити, если известно, что нить
разрывает сила, равная утроенному весу шара?
Решение
Принимаем шар за материальную точку, движение которой бу¬
дем рассматривать в инерциальной системе отсчета, связанной с
Землей.
Уравнение движения материаль¬
ной точки (второй закон Ньютона)
под действием упругой силы Р и
силы тяжести РТ имеет вид:
та -- Рт + Г ,,тЛ
т упр
(1)
Введем плоскую прямоугольную
систему координат (см. рисунок), со¬
стоящую из нормали, направленной
по радиусу окружности к ее центру
О, с ортом п (п = 1) и касательной с
ортом т (т = 1), направленным так, что поворот от т к п на угол —
происходит против часовой стрелки. Проектируя (1) на нормаль,
получим
(2)
тап =^у„р -■ГтСО8“-
где ап — проекция ускорения на нормаль, или нормальное ускоре¬
ние. В школьном курсе физики ап называют центростремительным
ускорением, которое при равномерном движении точки по окруж¬
ности радиусом В. рассчитывается по формуле
1>2
V2
ап
(3)
Следовательно,
ап I '
где I — длина нити; V — модуль скорости центра масс шара.
(4)
22

Формула (4) справедлива и для неравномерного движения точ¬
ки по окружности, которое рассматривается в данной задаче. При
этом ап определяет изменение направления скорости точки, а ка¬
сательное ускорение ат (проекция ускорения а на касательную)
определяет изменение модуля скорости точки.
Для положений Мо и М материальной точки (см. рисунок) за¬
пишем закон сохранения полной механической энергии Е‘.
Е = До.	(5)
Для Е и Ео справедливы формулы
Е = Ек + Ер, Ео = (Ек )„ + (Ер )о ,	(6)
где Ек и Ер — кинетическая и потенциальная энергии для положе¬
ния М материальной точки на траектории; индексом 0 отмечены
те же энергии для положения Мо.
Кинетическая и потенциальная энергии в однородном поле тя¬
жести определяются по формулам
О	2
Е>=^<	(7)
Ер=те11, (Ер)о=тё1го,	(8)
где к — высота материальной точки М, которая в данной задаче
отсчитывается от горизонтальной плоскости, проходящей через
положение Мг материальной точки (см. рисунок); § — модуль уско¬
рения свободного падения.
Подставив в (5) формулы (6)—(8) и учитывая, что р0 = 0 и к^ = 1,
получим
ттш2	ч ,
	н т§1(1 - соз а) = т§1.	(9)
Из (9) находим
7ПЬ>2 о
—— = 2адсоза.	(Ю)
23

Подставив (4) в (2), получим
Т-.	//НУ	тл	//НУ	_ ч
“	Н ^т С03 а	С03	(И)
у I	I
Условие разрыва нити можно записать в виде
^упр = Зад.	(12)
Подставив (11) и (10) в (12), получим
2тадсоза + дадсозос = Зад.
Откуда созос=1, а = 0°.
Задача 2.4
Тело, брошенное вертикально вверх с начальной скоростью
30 м/с, через 2,5 с достигло максимальной высоты подъема. Най¬
ти скорость, с которой тело ударится о землю, и время полета, если
масса тела равна 50 г. Считать силу сопротивления воздуха посто¬
янной.
Решение
Тело рассматриваем как материальную точку в инерциальной
системе отсчета, связанной с Землей. На него действуют сила тя¬
жести Р и сила сопротивления воздуха Р .
24

На рис. 1 тело поднимается вверх, на рис. 2 — опускается вниз.
Сила Р направлена в противоположную сторону по отношению к
направлению скорости V тела. Уравнение движения тела массой т
можно записать в виде
та = Д + Л ,	(1)
тс’	'
где а — ускорение тела.
Рассмотрим движение тела вверх. В проекциях на ось Оу из (1)
получим
тап = -РТ - Р .	(2)
у т с	* * 7
Так как Р - т§, то из (2) найдем
а=-ё~ —,	(3)
у иг
где ё — модуль ускорения свободного падения.
По условию задачи сила сопротивления воздуха постоянна. Сле¬
довательно, ау тоже постоянно, что позволяет использовать форму¬
лы прямолинейного равнозамедленного движения точки:
= иоу + ау1’ У = ^0-а1,
(4)
где ау — проекция скорости V на
ной скорости б0 (при I = 0) на ось
на ось Оу‘, а — модуль ускорения
ось Оу:, у^у — проекция началь-
Оу, а — проекция ускорения а
[ "I
а = ё + — •
I т ;
Достигнув максимальной высоты подъема (положение М-^), тело
останавливается (V =	= 0 м/с, I = ^). Поэтому с учетом (3) и (4) для
положения М1 тела можно записать:
0 = 1>0
(5)
в + — к.
т )
Из (5) найдем модуль силы сопротивления воздуха Р и макси¬
мальную высоту подъема Лтах:
25

2
А -	_
тах У1	У 0
———	г = 37,5 (м).
2(9,8 + ^^!
0,05 I
При движении тела вниз введем новое время т:
т = ^ -11.
Проектируя (1) на ось Оу (см. рис. 2), получим
тау = ~РТ + Ре,
а =-§ + — = -9,8 + 1111 = -7,6 (м/с2 ),
у т	0,05 к '
а - 7,6 м/с2.
а То
Так как Л	= ——, то
Шал	•!
Т2
12 37,5
7,6
-3,14 (с),
где а — модуль ускорения тела при движении вниз; т2 — интервал
времени при движении тела из положения Мг в положение М2 (см.
рис. 2).
Время I полета и модуль скорости б2, с которой тело ударяет¬
ся о Землю, определим по формулам
+ т2 ~ 2,5 + 3,14 ~ 5,64 (с),
п2 =	+ ат2 ~ 0 + 7,6 3,14 ~ 23,9 (м/с).
Задача 2.5
Высота, на которой находится спутник, движущийся по окруж¬
ности над поверхностью Земли, равна 6400 км. Определить модуль
его скорости и период обращения вокруг Земли, считая радиус Зем¬
ли равным 6400 км.
26

Решение
Спутник рассматриваем как материальную точку в инерциаль¬
ной системе отсчета, связанной с Землей. Вращением Земли будем
пренебрегать. На спутник действует сила Р всемирного тяготе¬
ния со стороны Земли (см. рисунок), которая создает центростре¬
мительное ускорение а при равномерном движении спутника по
окружности.
Уравнение равномерного движения спутника массой т (точки
М) по окружности можно записать в виде:
та =	, та =	.	(1)
тяг ’	тяг	' '
Используя формулу закона всемирного тяготения
и формулы
г = В + Л, а = —,
г
из (1) получим
пи^ = огпт^
Г	г2 ’
27

где т3 — масса Земли; В — радиус Земли; г — радиус орбиты, по
которой спутник обращается вокруг Земли; к — высота спутника
над поверхностью Земли; С — гравитационная постоянная; V —
модуль скорости V спутника.
Запишем формулу для модуля § ускорения свободного падения
на поверхности Земли:
Сто
в2
откуда
ГПг. ■	.
3 С
Подставив (3) в (2) и выполнив преобразования, получим
(3)
9,8 (6400 103)2	...	..
V = .	= ч	 - 5600 (м/с) = 5,6 (км/с).
V г \ 6400 103 + 6400 103
Вычислим период Т обращения спутника вокруг Земли по фор¬
муле
т _ 2лг 2 3,14 (6400 103 + 6400 103 )
V	5600
-14,4 Ю3 (с)~3,99(ч).
Задача 2.6
Через невесомый идеальный блок с неподвижной осью вращения
перекинута невесомая нерастяжимая нить, на концах которой под¬
вешены два груза, имеющих массы 4 и 6 кг. Найти силу давления
колеса блока на его ось и перемещение грузов относительно друг
друга за 1 с, если в начальный момент времени они находились в
состоянии покоя и на одном уровне.
Решение
В задаче рассматривается механическая система, состоящая из
двух грузов, связанных идеальной связью — невесомой нерастяжи¬
мой нитью, перекинутой через идеальный (нет трения) невесомый
блок. Так как грузы двигаются поступательно, принимаем их за ма¬
териальные точки (вся масса груза сосредоточена в его центре
28

масс). Движение грузов будем рассматривать
в инерциальной системе отсчета, связанной
с Землей. Пусть справа от блока висит груз
массой т1, равной 6 кг, слева — груз массой
т2, равной 4 кг (рис. 1).
Предположим, что ускорения и а2 гру¬
зов направлены так, как показано на рис. 1.
Запишем уравнения движения грузов под
действием сил тяжести Г , К и упругих
-	Т1 т2
сил КупР1 и ГУПР2:
тл =^ + ^пр,>	Я, = т1^’	и)
т2п2 = Р + Г ,	Р = т2ё,	(2)
где § — ускорение свободного падения.
Проектируя (1) и (2) на ось Оу, получим
~тл а. - -Р + Руг„^ ,
11	т] УПР] ’
т9а9 = -К + Р„„„ .
Л Т2 упр2
У
(3)
(4)
Из условий невесомости нити, блока и отсутствия трения меж¬
ду опорой и осью блока можно записать
р -= Р - Р
упр, упр2 упр‘
(5)
Из условия отсутствия растяжимости нити получим
а1~а2 = а-	(6)
Подставив (5) и (6) в (3) и (4) с учетом РТ = т^ё, = пг2ё, по¬
лучим из системы двух уравнений с двумя неизвестными:
т. - т9	«-а	,	_ ч
а = —		 ^ = ———-9,8 = 1,96 (м/с2),
тх + т2 10
2т. т^	9-6-4	, .
Г =ё	1_^_ = 9,8	= 47 (Н).
у р	+ т2	10
(7)
(8)
29

Из (7) видно, что при т1 > т2 грузы движутся с ускорениями аг
и а2, направления которых указаны на рис. 1 правильно. При
т1 < т2 будем иметь а < 0, поэтому направления ускорений и а2
нужно изменить на противоположные.
Из (8) следует, что при тп1 > т2
Р < Р < Р ,
Т2 упр Т1 ’
а при т1 < т2
Р < Р < Р ,
Т! упр т2 ’
т. е. Т*1 меньше модуля большей силы тяжести и больше модуля
меньшей силы тяжести.
Найдем силу давления колеса на ось блока. Для этого мысленно
рассечем нити в местах их крепления к грузам и действие отбро¬
шенных грузов заменим действием сил натяжения Р„^ и Р„п„
нат1	НаТ2
(рис. 2). Согласно третьему закону Ньютона
Р = -Р , Р = -Р
нат1 упр! ’ нат2 упр2
упр/ нат2 упр/	' 7
Так как по условию задачи нить неве¬
сомая и нерастяжимая, то силы Рнат и
-Г* можно перенести вдоль частей нити
нат2
и приложить их к колесу блока. Колесо
блока находится в равновесии, если
Р + Р + Р = 0,	(10)
наТ] нат2 УпРз	'	7
где Рупр — упругая сила, с которой ось
блока действует на его колесо.
Проектируя (10) на ось Оу (рис. 2),
получим
Рис- 2	- Р а + Р а .	(11)
у	на 11	на ±2	х
30

Согласно третьему закону Ньютона
Р = — Р Р = Р
* давл упр3’ "давл УпРз’
(12)
где ^давл — сила давления колеса блока на его
ось.
Подставив (11) и (9) в (12), получим
^а»л = ^у„р, + ^у„р2= 47 + 47 = 94 <Н>-
Из условия нерастяжимости нити следует,
что модули перемещений и 82 грузов равны
(рис. 3):
52
8
отн
-51
$2
«1	51
Рис. 3
«1=«2-
Поскольку грузы движутся из состояния покоя прямолинейно и
равноускоренно, то используем формулы
_ а12
~~2~'
(рис. 3) груза массой т2 относи-
= 82
Модуль 8Отн перемещения 8ОТН
тельно груза массой т1 за 1 с найдем по формуле
5	= А +8., =2-—= 1,96-12 =1,96 (м).
отн 12	2	' '
Задача 2,7
Через невесомый идеальный блок с неподвижной осью переки¬
нута невесомая нерастяжимая веревка, на одном конце которой ви¬
сит груз массой т1. Другой конец веревки скользит внутри второго
груза массой пг2. Определить, куда будут двигаться грузы, если ве¬
ревка прижимается ко второму грузу силой ТУ, коэффициент тре¬
ния скольжения веревки по грузу равен ц и в начальный момент
времени грузы находятся на одном уровне в состоянии покоя.
Решение
В задаче рассматривается механическая система, состоящая из
двух грузов, связанных идеальной связью — невесомой нерастяжи-
31

мой веревкой, перекинутой через идеаль¬
ный (нет трения) невесомый блок.
Так как грузы движутся поступатель¬
но, принимаем их за материальные точки.
При этом вся масса груза сосредоточена в
его центре масс.
Движение грузов будем рассматривать
в инерциальной системе отсчета, связан¬
ной с Землей.
Предположим, что ускорения грузов
направлены так, как показано на рисунке.
Запишем уравнения движения грузов
под действием сил тяжести
ния скольжения Р’
тр
Г упругой силы ^упр и силы тре-
т1“1=Л,+^пР>	Я, =т1^>	и)
™Л=^т2+Яр’	=т2в,	(2)
где ё — ускорение свободного падения.
Проектируя (1) и (2) на ось Оу, получим
т1а1 =	+	(3)
т2а2 = -т2е + Гтр .	(4)
Из условий невесомости веревки, блока и отсутствия трения меж¬
ду опорой и осью блока можно записать
^упр = ^р •	(5)
Модуль силы трения скольжения определяется формулой
=	(6)
где ц — коэффициент трения скольжения веревки по грузу; —
модуль силы нормального давления, с которой веревка прижима¬
ется к грузу массой т2.
32

Из (3)—(6) получим
а2
№
= ё	,
т1
т2
(7)
(8)
Рассмотрим два варианта поведения системы при тп1 Ф т2 и ц^О.
Вариант 1. т1 > т2.
В этом случае груз массой будет опускаться вниз, т. е. > О
(см. рисунок). Из (7) следует, что т^ё > ЦЛГ.
Из (8) видно, что при цЛ/ > т2ё груз массой т2 будет поднимать¬
ся вверх, т. к. а2 > 0.
При цЛг < т2ё груз массой т2 будет опускаться вниз, т. к. а2 < 0,
а при |±У = т2ё будет находиться в состоянии покоя, т. к. началь¬
ная скорость груза была нулевой. Если достигнет достаточно
большого значения, то скольжение груза массой т2 относительно
веревки прекратится и грузы будут двигаться с одинаковыми по
модулю ускорениями а1 = а2 (см. задачу 2.6):
т, ~ т2
61-| а2	• ё,
+ т2
(Р }	= р =ё

( тр )пок упр *	+
(9)
(Ю)
ГДе	— модуль силы
' р'пок
трения покоя и тлё >	> т9ё-
1	\ ТР /ПОК
Такой режим возможен, если
(Г )	<ц.Х,
' р 'ПОК
где ц* — коэффициент трения покоя.
Вариант 2. т1 < т2.
В этом случае груз массой т2 будет опускаться вниз, т. е. а2 < 0
(см. рисунок). Из (8) следует, что цЛ7 < т2ё.
2 Решаем задачи по фи шке 9- II кл.
33

При т^ё > |±У груз массой тх опускается (а1 > 0); при т^ё < рТУ —
поднимается, при тг§ = ртУ — будет находиться в состоянии покоя,
т. к. начальная скорость груза была нулевой.
Если скольжения груза массой т2 относительно веревки нет, то
выполняются соотношения (9) и (10) и
< (^р )пок < ™2^
Найдем ускорение п21 второго груза относительно первого с уче¬
том (7) и (8):
--	7	7	т1 ~т2 ~
а21 = а2 ~ а1 “ а21 + а11 =	7 ’
! !(г2
где у — орт оси Оу (]= 1).
Отсюда следует, что грузы начнут перемещаться из состояния
покоя относительно друг друга, если их массы не равны (т1 Ф т2)
и |1/0.
Если тх = тп2, то п21 = 0, т. е. грузы будут опускаться с одинако¬
выми по модулю ускорениями
III
°1| = |°2|= 8-—,
которые будут меньше
Если трение отсутствует (ц = 0), то грузы будут опускаться с ус¬
корением свободного падения §.
Задача 2.8
Доска, на правом краю которой лежит брусок, начинает дви¬
гаться поступательно, прямолинейно и равноускоренно с ускорени¬
ем а из состояния покоя. За какое время брусок пройдет расстоя¬
ние, равное длине I доски, если коэффициент трения скольжения
бруска по доске равен ц?
Решение
В рассматриваемой задаче брусок движется поступательно, по¬
этому принимаем его за материальную точку, движение которой бу¬
34

дем рассматривать в неинерциальной системе отсчета (СО), связан¬
ной с доской. Брусок движется с ускорением аотн относительно дос¬
ки под действием силы тяжести Рт, силы трения скольжения Ртр,
упругой силы Рупр и силы инерции 2?ин, обусловленной поступатель¬
ным, прямолинейным и равноускоренным движением доски с ус¬
корением а по отношению к инерциальной СО, связанной с Землей
Уравнение движения бруска имеет вид:
т“„™ = Л + Лр + ^упр + Лн >	(1)
^ин = Я =
где § — ускорение свободного падения, т — масса бруска.
Проектируя (1) на оси Ох и Оу прямоугольной декартовой сис¬
темы координат Оху, получим
"!«отн = Гин - ^гр ’	(2)
О^упр-^-	(3)
Для модулей силы инерции и силы тяжести можно записать:
^ин = та-	(4)
Р^ = гп§.	(5)
35

Модуль силы трения скольжения определяется формулой
^тр = |Ж	(6)
где ц — коэффициент трения скольжения; — модуль силы
нормального давления бруска на доску.
Согласно третьему закону Ньютона
Р = -ТУ
откуда	^упр = ^.	(7)
Из (2)—(7) получим
аотн = а“Н5--	(8)
Из (8) следует, что движение бруска по доске будет происходить
в том случае, если а > ЦЯ-
Так как брусок начинает движение по доске из состояния покоя, то
и, I2
1 = ^
2
I 21 I 21
откуда	- а „-,,^-
Задача 2.9
В лифте, движущемся вертикально вверх с постоянным ускоре¬
нием а, находится столик, ось которого вращается с частотой п.
Найти максимальное расстояние от центра масс тела до оси враще¬
ния, на котором тело, лежащее на столике, будет удерживаться на
нем, если коэффициент трения покоя равен ц.
Решение
Рассматриваемое тело принимаем за материальную точку (по¬
мещая всю массу тела в его центре масс), движение которой будем
рассматривать в неинерциальной системе отсчета (СО), связанной
с лифтом, движущимся вертикально вверх с ускорением а.
Тело движется с ускорением аотн по отношению к лифту под
действием силы тяжести Р^, силы инерции Рин, обусловленной рав¬
36

ноускоренным, прямолинейным и поступательным движением лиф¬
та по отношению к инерциальной СО, связанной с Землей, упругой
силы Рущ) и силы трения покоя Р (см. рисунок).
Уравнение движения тела имеет вид:
"Чти = ^упр + Ъ + Лр + ^ин -	И)
= т§, #ин = -та,
где § — ускорение свободного падения; т — масса тела.
Проектируя (1) на оси Ох и Оу прямоугольной декартовой сис¬
темы координат Оху, получим
таоти = Ртр- «отн = “2г’	(2)
0 = ^упр - Рт - ^ин- “ = 2™’	(3)
где со и и — угловая скорость и частота вращения столика; г — рас¬
стояние от центра масс тела до оси вращения столика (на рисунке
г = КМ и отрезок КМ перпендикулярен оси вращения).
Модуль максимальной силы трения покоя определяется форму¬
лой
_	(^)тах=^’	<4>
где У — модуль силы # нормального давления бруска на столик;
ц — коэффициент трения покоя.
37

Согласно третьему закону Ньютона
Й = -Р ,
упр ’
откуда	# = ^упр.	(5)
Полагая, что при Р = (Р ) будет г = г , из (2)—(5) полу-
\ АР /щах	ПША
чим
рСё’ + п)
г -	.
3. Импульс, работа и энергия
Задача 3.1
Сваю массой 200 кг забивают в грунт копром, баба которого
массой 500 кг свободно падает с высоты 5 м. Определить среднюю
реакцию грунта, если при каждом ударе свая входит в грунт на глу¬
бину 10 см.
Решение
Задачу решаем в три этапа.
I этап. Рассматриваем бабу копра, имеющую массу т, как мате¬
риальную точку, которая свободно падает с высоты к из состояния
покоя. Движение происходит в инерциальной системе отсчета, свя¬
занной с Землей. Применяя закон сохранения полной механической
энергии Е для положений Мо и М} бабы (рис. 1), получим
Е1 - Ео.
(1)
Полная механическая энергия Е равна сумме кине¬
тической энергии Ек и потенциальной энергии Ер в од¬
нородном поле тяжести:
Е ~ Ек + ЕР>
г, тп2
(2)
(3)
Ер = т§к,	(4)
38

где ё — модуль ускорения свободного падения; V — модуль скоро¬
сти бабы.
Подставив (2)—(4) для положения бабы на траектории (до
удара бабы о сваю) и положения Мо в (1), получим
2
ШУ.
	+ О = тёН.	(5)
2
Откуда
= у[2ёй = 72-9,8-5 = 9,9 (м/с).
II этап. Рассматриваем взаимодействие бабы копра со сваей мас¬
сой М. В результате неупругого удара баба и свая получают ско¬
рость б2, которую определяем на основе закона сохранения импуль¬
са для механической системы, состоящей из бабы и сваи (рис. 2):
при этом импульсами
= (т + М)б2,
внешних сил пренебрегаем.
(6)
Проектируя (6) на ось Оу (рис. 2), получим
-шр1 - -(т + М)и2.
39

Откуда
~9 9	500
’	500 + 200
= 7,07 (м/с).
III этап. Будем считать, что баба копра и свая составляют одно
тело массой (т + М), на которое действуют сила тяжести Е и реак¬
ция .Г грунта (рис. 3), имеющая упругую и неупругую (сопротив¬
ление внедрению сваи в грунт) составляющие. Модуль Е при вне¬
дрении сваи в грунт изменяется.
Для вычисления среднего модуля реакции
Т*1 гРУнта используем закон изменения кинети¬
ческой энергии тела:
Ек Ек0 ~ А + Ар ’
(8)
где Ек и Ек — кинетические энергии бабы и
сваи в конечный и начальный моменты време¬
ни; АТ и Агр — работы силы тяжести и реакции
грунта. Их значения определяются следующи¬
ми формулами:
Ек = 0,	(9)
1Л>
\ =(т + М)-|-,	(10)
АТ = (т + М)§8,	(11)
(12)
где 8 — модуль перемещения 8 сваи и бабы при внедрении сваи в
грунт (рис. 3); Е — средний модуль реакции грунта.
Подставив (9)—(12) в (8), получим
0 - (т + М) — = (т + М)§8 - ^гр5.
2
Откуда
Е
гр
/
= (т + М) §
V
= (500 + 200)
9,8 +
7,072
20,1
т
т + М
Агр =
»2
2 А
28 /
= 1,82 Ю5 (Н) = 182 (кН).
40

Задача 3.2
Две частицы массами тх и т2 движутся со скоростями и й2,
направленными под прямым углом друг к другу. После неупругого
удара частицы слипаются и начинают двигаться вместе. Опреде¬
лить потери механической энергии.
Решение
Частицы рассматриваем как механическую систему двух мате¬
риальных точек, которые движутся в инерциальной системе отсче¬
та, связанной с Землей (см. рисунок).
Согласно закону сохранения импульса для неупругого удара
двух материальных точек
+ т2$2 =	+т2}И,	(1)
где т1 — масса первой частицы; т2 — масса второй частицы; —
скорость первой частицы до удара; й2 — скорость второй части¬
цы до удара; й — скорость слипшихся частиц после неупругого
Удара.
Спроектируем (1) на оси прямоугольной декартовой системы
координат Оху:
т2и2 - (т1 + т2)их,	(2)
7П11?1 = (тп1 + т2)уу.	(3)
41

2	2
тп1т2	+ и2
т1 + т2	2
и гидростатика
Будем считать, что полная механическая энергия данной систе¬
мы равна сумме кинетических энергий частиц (потенциальными
энергиями частиц пренебрегаем). Полная механическая энергия Ео
системы до удара определяется по формуле
2	2
Ео =т1-^ + т2^~-	(4)
Полная механическая энергия Е системы после удара определя¬
ется по формуле
2 ,	2
+ 1>и
Е = (т1+т2)	.	(5)
Из (4) и (5) с учетом (2) и (3) получим потери ЛЕ полной меха¬
нической энергии системы:
ЛЕ = Ео - Е =
4. Статика
Задача 4.1
Балка массой 500 кг и длиной 6 м закреплена в неподвижной
опоре А и подвижной опоре В так, что слева от опоры А свисает
конец балки, длина которого равна 1 м, а справа от опоры В —
конец балки, длина которого равна 0,5 м (рис. 1). К левому концу
балки подвешен на невесомом тросе груз массой 1 т, к правому
концу балки — груз массой 2 т. На расстоянии 2 м от левого кон¬
ца балки приложена сила 30 кН, действующая сверху под углом
30° к оси балки и пытающаяся сдвинуть балку влево. Найти ре¬
акции в опорах А и В.
Решение
Балка закреплена в неподвижной опоре Айв подвижной опоре
В, которая позволяет балке перемещаться в горизонтальном на¬
правлении. Балка — твердое физическое тело, два размера которо¬
42

го значительно меньше третьего размера, называемого длиной I
балки. Наряду с другими деформациями балка испытывает дефор¬
мацию изгиба. Равновесие балки будем рассматривать в инерциаль¬
ной системе отсчета (ИСО), связанной с Землей. Все силы, действу¬
ющие на балку, условно разделим на активные силы и пассивные
силы, или реакции связей.
На рис. 1 к активным силам относятся: Р^ — упругая сила, дей¬
ствующая на балку под углом ос = 30°; Е — сила тяжести балки.
_ тб —
К пассивным силам относятся: ВА и Кв — реакции опор А и
В (упругие силы, с которыми опоры А и В действуют на балку);
Р2 и Р3 — реакции тросов, на которых к балке подвешены грузы
(упругие силы, с которыми тросы действуют на балку).
Условия равновесия балки, на которую действует плоская сис¬
тема сил, в ИСО можно записать в виде
= о,	(1)
=0,	(2)
У
^мА(р1)=о,	(3)
где ХР. и ХР[ — суммы проекций на оси Ох и Оу прямоугольной
декартовой системы координат Оху всех сил, действующих на бал¬
43

где к — плечо силы; Р
А я
ку; %МА (р. ) — сумма моментов всех сил, действующих на балку,
относительно точки А.
Момент МА (Р) силы Р относительно точки А определяется по
формуле
МА(Р) = ±Рк,	(4)
— модуль силы.
Плечо силы — кратчайшее расстояние
от точки А до линии действия силы (к = АК,
рис. 2). Знак в (4) выбирают так:
1. Момент силы считается положитель¬
ным, если сила пытается повернуть тело
против часовой стрелки относительно точ¬
ки А;
2. В противном случае момент силы счи¬
тается отрицательным.
Для плоской системы сил, изображенной на рис. 1, из (1)—(3)
получим
ВА - Рг сова = 0,	(5)
КА - Р2 - Рг 81П0С - Р^ + Вв - Р3 - 0,	(6)
з1па(/3- !х)-	-1,1+ Нв (1-^-1^-^^-	= О, (7)
где ВА и ВА — проекции реакции ВА на оси Ох и Оу; Рг, Р2,
Р — модули соответствующих сил.
тб
Поскольку направление ВА
ставляющие ВА и ВА по осям
г3>
со-
неизвестно, разложим ее на две
Ох и Оу:
^А ~ ^ах + ^Ау’
Реакция Вв направлена вертикально, поскольку подвижная
опора препятствует перемещению балки только в вертикальном на¬
правлении. На рис. 1 реакция Вв направлена вверх. Если в резуль¬
тате решения (5)—(7) получим Вв < 0, то это будет означать, что
44

мы неправильно выбрали направление Кв (то же можно сказать об
КАиВА).
Модули сил Р2, Р3 и Р определяются по формулам
Г2 = т28, Р3 = Ш3е, = т^,
где § — модуль ускорения свободного падения.
Теперь докажем справедливость первой из трех
формул (8).
На рис. 3 представлены упругие силы Рут^ и
^упр ♦ с КОТОРЫМИ груз и балка действуют на невесо¬
мый трос (пренебрегаем массой троса в сравнении с
массой груза и получаем идеальную связь).
Иногда Р^ и 27упр называют силами натяжения
троса. С другой стороны, ^упр — вес груза 1.
Трос находится в равновесии; следовательно,
Р + Р = 0.	(9)
упр| упр2
Согласно третьему закону Ньютона
^2-Чпр2’	(!°)
где Р2 — упругая сила, с которой трос действует на
балку (рис. 4).
Из (9) и (10) следует
^“■^упр/	*2“^упР1’
т. е. модуль силы Р2 равен весу груза 1 (Р ) мае-
сой т2.
'^упр1 М2^	^2 •
(8)
Р
упр2
трос
груз 1
Р
УПР!
Рис. 3
груз 1
Рис. 4
Аналогично можно доказать, что Р3 = т3§.
Из (5) находим
КА = Р. соза « 3 104 0,866 = 2,6 104 (Н) » 26 (кН).
1
Из (7) можно определить В,в.
45

К ат а (Р - 1Л) - РА. + Г | - - I. |+ К (I - Л )
1	\ 3	1/ Л 1 Тб I г> II 3 \	1/
Яд = 		 =
1 - 11 - 12
_ 3 104 0,5 1 - 1О3 • 9,8 1 + 500 • 9,8 2 + 2 Ю3 • 9,8-5
4,5
2,51 104 (Н) - 25,1 (кН).	(11)
Из (6) с учетом (8) и (11) получим
^Ау = ^2 + ^1 8^П а + ^Тб —	+ ^3 ~
= 9,8 103 + 3 104 0,5+ 9,8 500-2,51 104 + 2000 9,8 =
- 2,42 Ю4 (Н) = 24,2 (кН).
Отметим, что вместо (2) можно было использовать условие рав¬
новесия в виде
хмв(;;) = о.	(12)
В уравнении (12) — одна неизвестная величина РА , а не две, как
в уравнении (6).
Уравнение (12) можно использовать также для независимой
проверки полученных результатов.
Задача 4.2
Однородный куб массой т и длиной а ребра с помощью стерж¬
ня, прикрепленного одним концом к центру верхней грани куба, а
другим — к плоской вертикальной стенке, подвешен так, что боко¬
вой гранью куб касается плоской вертикальной стенки. Найти ре¬
акцию стенки, если коэффициент трения покоя куба по поверхно¬
сти стенки равен ц, а угол между стержнем и вертикальной стен¬
кой равен а.
Решение
На куб действуют сила тяжести Р куба, реакция Н стержня и
реакция Я,т стенки (рис. 1), приложенная в точке С.
46

Рис. 1
Рис. 2
Реакция /?ст (рис. 2) определяется формулой
В = Р + Р
-"ст гупр ^тр ’
где Р — составляющая Я;т по оси Ох (упругая сила, с которой
стенка действует на куб); Р — составляющая /?ст по оси Оу (сила
трения покоя).
Запишем условия равновесия куба под действием указанных вы¬
ше сил в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей (см. за¬
дачу 4.1):
ЗД =0,	Язша-Г =0,	(1)
ЕК =0,	/?со8а + Г - К, = 0,	(2)
) = 0, Р --Р Ь = 0,	(3)
где В, Г , РТр, Ру — модули названных выше сил; Ъ — размер, за¬
дающий точку С приложения реакции /?,т.
Система трех уравнений (1)—(3) содержит четыре неизвестных:
Рупр, Ъ- Поэтому для ее замыкания необходимы дополнитель¬
ные уравнения.
47

Модуль силы трения покоя Ртр изменяется в пределах от 0 до
( ТР )тах
0<Р <(Р )	,
ТР V ТР Лпах
где	— максимальный модуль силы трения покоя.
' тр Лпах
Рассмотрим три варианта замыкания системы (1)—(3).
Вариант 1. Предположим, что куб и стенка идеально гладкие. В
этом случае уравнение
Г = 0	(4)
замыкает систему уравнений (1)-(3).
Из (3) видно, что при Рупр О Ъ = 0, т. е. Р проходит через реб¬
ро верхней грани куба. Из (2) с учетом Р = пг§ получим
В=™_,
сое а
где § — модуль ускорения свободного падения; ш — масса куба.
Из (1) найдем
Гупр = 81п а = ад а.
Вариант 2. Модуль силы трения покоя изменяется в пределах
О < Р < (Р 1	.
ТР ТР /шах
В этом случае предположим, что абсолютное удлинение 6 стерж¬
ня задано. Согласно закону Гука
В = кЪ,	(5)
где к — коэффициент жесткости стержня.
Решение системы уравнений (1)—(3), дополненной уравнением
(5), рассмотрим для четырех случаев:
а) В сов а < тпё (5 < §2), где §2 — абсолютное удлинение стержня
при Гтр = 0:
6,=^-.
к соз а
48

Из (1) находим
^упр = *8з1п«.
Из (2) и (3) с учетом (5) получим
Ртр = гп§ - /гбсоза,
-р	/	X
, а тр	а т§	\
Ь = - ■-— = -кт-;	•	(6)
2 ГупР	З^/гбеша	)
Так как
Ъ<а,	(7)
то из (7) с учетом (6) получим
6 > 8,, 8. = —	,	(8)
к (2 • 81П (X + СО8СХ)
где 8Т — наименьшее абсолютное удлинение стержня, допускаемое
условиями равновесия куба. Итак, в рассматриваемом случае
8Х < 8 < 82;
б)	Я сова = т§ (5 = 82). Из (1)—(3) получим
Уупр = к52 н1п “> ?тр = °> Ь = °-
т. е. пришли к тому же результату, что и в варианте 1, но для не¬
гладких поверхностей куба и стенки;
в)	-Нсоза >	(5 > 82). При этом Р (см. рис. 1) изменит свое
направление на противоположное и в (1)—(3) следует положить
■^тр < 0* Такой случай не может быть реализован, т. к. условие рав¬
новесия (3) не выполняется. При этом система перейдет в один из
случаев растяжения стержня при 8 < 82;
г)	предположим, что стержень сжат (8 < 0). Из (5) следует, что
В < 0. Реакция стержня В (см. рис. 1) изменит свое направление
на противоположное и в (1)—(3) следует положить В < 0. Такой
случай не может быть реализован, т. к. условие равновесия (1) не
49

выполняется. При этом система перейдет в один из случаев рас¬
тяжения стержня при 6<§2.
Вариант 3. Модуль силы трения покоя достигает максимального
значения. Максимальный модуль этой силы определяется формулой
(Гтр) =^,
' р 7тах
(9)
где ц — коэффициент трения покоя; — модуль силы нормально¬
го давления (модуль упругой силы, с которой куб давит на стенку
перпендикулярно ей).
Согласно третьему закону Ньютона
Р	Р	(10)
упр	’ упр	'	7
С учетом (9) и (10) из (1)—(3) получим
^упр =Л81па,
К =	,
соз ос + у зги а
Ь =	(11)
Так как Ь <а, то из (11) видно, что ц < 2.
Задача 4.3
Лестница имеет массу 10 кг и длину 6 м. Коэффициент трения
покоя между лестницей и полом равен 0,5, а между лестницей
и стеной — 0,6. Под каким углом к стене следует установить
лестницу, чтобы человек массой 60 кг мог на ней безопасно рабо¬
тать?
Решение
На лестницу АВ (см. рисунок) действуют сила Р тяжести лест¬
ницы, вес человека Р и реакции связей Нд и Вв (не показаны на
рисунке), которые определяются формулами
50

^упр1 +
~ ^упр2 + Яр2 ’
где ^упР1 — составляющая КА по оси Оу (упругая сила, с которой
пол действует на лестницу); 2**	— составляющая Нл по оси Ох
ТР|	/1
(сила трения покоя, с которой пол действует на лестницу). Реакция
связи Нв имеет аналогичные составляющие, отмеченные индек¬
сом 2.
Будем считать, что центр тяжести лестницы находится в ее гео¬
метрическом центре, т. е.
АС = СВ = —,
2
где I — длина лестницы АВ. Принимаем человека за материальную
точку. Человек может находиться в любой точке О лестницы:
АО = а. Как показывает опыт и проведенный ниже расчет, наиболь¬
шее воздействие человек оказывает на лестницу, находясь в точке
В, т. е. при
а = 1.	(1)
51

Запишем условия равновесия лестницы под действием указан¬
ных выше сил в ИСО, связанной с Землей:
ЕЕ = О, Е - Е	= 0,	(2)
ЕЕ = О, Е -Е -Р + Е = 0,	(3)
1У	УПР1 ТЛ	тр2 ’	У 7
Х7Ил(е) = 0, Еупр /соеа + Етр2/вша - Ет ^з1па - Разшос = 0, (4)
где а — угол между лестницей и стенкой; Г Етр2, Еуп₽2, Г ,
Р — модули соответствующих сил.
Модуль силы трения покоя Етр может изменяться от нуля до
(Е ) (см. задачу 4.2). В общем случае решить систему уравне-
\ ТР /щах
ний (2)—(4) невозможно. Поэтому рассмотрим наиболее неблаго¬
приятный случай нагружения, когда _Етр и Етр достигают макси¬
мальных значений:
^тр, =Н1^пР1>	(5)
^тр2 =^2'Рупр2>	(6)
где — коэффициент трения покоя между лестницей и полом;
ц2 — коэффициент трения покоя между лестницей и стенкой.
Из (2), (3), (5), (6) находим
Е
упрх
Е
упр2
_ г + 2+ _ (60 + 10) 9,8
1 + ц1р2 1 + 0,50,6
=	= Н^УПР1 = 0,5-528 = 264 (Н),
^р2 = 1>2^пр2 = 0,6-264 = 158 (Н).
Из (1) и (4) получим
с!§а = ^— |Р —+ 0,5Е_ -Р |«
& Г [ I	тл т₽2 I
упр2 х	/
= — (9,8 -60 1 + 0,5 -9,8 10 -158) = 1,81;
264	7
а = 28,9°.
52

Итак, при а < 28,9° лестница не упадет при любом положении
человека на ней, если рассматривать его как материальную точку.
Как показывает опыт, при углах, близких к нулю человека нельзя
считать материальной точкой. В этом случае человек на лестнице
образует неустойчивую систему, которая падает в направлении от
стенки, на которую опирается лестница.
Отметим, что система уравнений (2)—(4) является статически
неопределимой. Для того чтобы сделать ее статически определимой,
достаточно добавить к ней одно уравнение: либо (5), либо (6). При
этом значения а и а должны быть заданы.
Задача 4.4
Между двумя одинаковыми брусками квадратного сечения, лежа¬
щими на горизонтальной плоской опоре, вставлен клин такой же
массы с сечением в виде равнобедренного прямоугольного треуголь¬
ника. Коэффициент трения покоя между клином и бруском равен ц.
При каком коэффициенте трения покоя между брусками и опо¬
рой бруски и клин будут находиться в равновесии?
Решение
Механическая система, рассматриваемая в задаче, состоит из
трех тел: брусков 1 и 2 и клина 3 (рис. 1). Система будет находить¬
ся в равновесии, если каждое из тел, входящих в систему, находит¬
ся в равновесии. Рассмотрим равновесие клина (рис. 2), на который
действуют сила тяжести К ; и Е9 — нормальные реакции пер-
_ г3
вого и второго брусков; Р^ и Р — силы трения покоя, с которы¬
ми бруски действуют на клин.
53

Так как система тел 1—3 имеет плоскость симметрии, то моду¬
ли соответствующих сил равны:
7?1 = 7?2, ^ТР1 = ^Тр2-	(1)
Сумма всех сил в проекциях на ось Оу для клина, находящего¬
ся в равновесии, равна нулю:
ХЕ = В. 811145° + 7?98т45° + Д 81п45° +	81п45°-Г =0, (2)
1У 1	2	ТР1	ТР2	тз
где Др Д2, Д.р , Дтр , Ет — модули соответствующих сил.
Рассмотрим предельный случай, когда модули сил трения покоя
достигают максимальных значений (см. задачу 4.2):
^₽, =	(3)
^тр2 =	(4)
где ц — коэффициент трения покоя между клином и брусками 1
и 2.
Из (1)—(4) получим
где т — масса клина; § — модуль ускорения свободного паде¬
ния.
Рассмотрим равновесие бруска 1 (рис. 3), на который действу¬
ют сила тяжести ЕТ ; В — нормальная реакция горизонтальной
плоской опоры; Гтр — сила трения покоя, с которой опора действу¬
ет на брусок.
В точке А на рис. 3 указаны силы, с которыми клин 3 (согласно
третьему закону Ньютона) действует на брусок 1. Суммы всех сил
в проекциях на оси Ох и Оу для находящегося в равновесии бруска
1 равны нулю:
ХЕ = -В. соз 45° + Р соз 45° + Р п = 0,	(6)
I	1	Трт	Тр ’	у '
54

Рис. 3
ЪР. = В-В - В181п45°-В 81п45°= 0,	(7)
1у	Т1 1	ТР1
где Я, В , В „ — модули соответствующих сил.
Т1 Т₽1
При этом, как в формулах (3) и (4), будем рассматривать пре¬
дельный случай, когда Втр достигает максимального значения:
(8)
где Ц1 — коэффициент трения покоя между брусками и опорой.
Найдя Втр из (6), Н из (7) и подставив их в (8), получим
где (И.1Д — значение рассчитанное по формуле (9).
Если записать вместо (6) уравнение возможного движения брус¬
ка 1 в проекциях на ось Ох, то получим
ХР. = -та,	(10)
где а — модуль ускорения бруска 1.
Так как
-та <0,	(11)
то из (10) и (11) найдем условие, при котором возможно движение
бруска 1:
< =(12)
55

Из (12) следует:
1.	Движение системы тел 1—3 будет происходить при ц1 < р1А. и
|1< 1. В частности, при Ц = 0 (идеально гладкий клин) имеем дви-
1
жение при .
3
2.	Если ц > 1, то при любых щ система тел 1—3 будет находить¬
ся в равновесии. В частности, скольжение брусков 1 и 2 по идеаль¬
но гладкой опоре (ц1 = 0) происходить не будет.
3.	При ц < 1 и ц1 > Рр. система будет находиться в равновесии.
Задача 4.5
Осесимметричное тело вращения состоит из однородного цилин¬
дра и шара, внутри которого есть сферическая полость. Размеры в
миллиметрах даны на рис. 1. Найти положение центра тяжести
тела, считая, что обе его части изготовлены из однородного веще¬
ства с одинаковой плотностью без раковин и пустот.
Решение
Рис. 1
Так как тело осесимметричное, то центр тяжести (ц. т.) лежит
на оси тела. Поэтому найдем координату хс центра тяжести тела в
системе координат Оху; координата ус равна нулю.
Разобьем тело на части, центры тяжести которых легко найти.
У сферической полости ц. т. находится в точке С± (центр сферы).
Так как в полости вещества нет, то условно считают, что ее сила
56

тяжести -Рг направлена не вертикально вниз, а вертикально вверх.
У однородного шара (без полости) ц. т. находится в точке С2 (центр
шара), где и приложена сила тяжести Р2 однородного шара. У ци¬
линдрической части тела ц. т. находится в точке С3, в которой при¬
ложена сила тяжести Р3 и которая вследствие однородности цилин¬
дра лежит в его геометрическом центре. Реальное расположение
ц. т. шара с полостью (точка С2) и ц. т. цилиндра (точка С3) пока¬
зано на рис. 2.
Так как положение точки С2 неизвестно, то поступают следую¬
щим образом. В точку Сг помещают две равные по модулю и про¬
тивоположно направленные силы Р^ и -2^. Их векторная сумма рав¬
на нулю. Поэтому система сил Р2 и Р3 не изменяется при их прило¬
жении в точке Ср где Р2 — сила тяжести шара с полостью; Рг —
сила тяжести сферической полости при ее равномерном заполнении
однородным веществом рассматриваемого тела. Складывая Р^ и Р2 ,
получим силу тяжести Р2, т. е. силу тяжести шара без полости.
Р2 приложена в центре С2 шара. Оставшаяся сила -Рх будет прило¬
жена в точке С1 и направлена вверх.
Рассуждая так, приходим к расчетной схеме, представленной на
рис. 1. Центр тяжести тела — точка, в которой приложена сила тя¬
жести Р тела. Координату хс ц. т. тела определим из условия ра¬
венства суммы моментов сил -2^, Р2 и Р3 моменту силы Р тяжести
тела относительно начала координат:
57

-Рх = РГХ - Р2Х - Р3Х ,	(1)
С	X	А	М С-д
где х . х. их,. — абсциссы точек С., С9 и С9.
С1 с2 С3	1^0
Из (1) находим
-Р.ХС + Р2хг + Р2х -тлх + т2х + т2х
с	Р	-т1 + т2 + тп3
_ -Г1ХС1 + У2хс2 + УЗхе3	(2)
"	-V. + V, + К	’
1	4^	О
где тх, т2, т3 и Уг, У2, У3 — массы и объемы отмеченных выше
частей тела; Рг, Р2и Р3 — модули сил -Р^ Р2 и Р3.
При проведении вычислений в (2) использованы следующие фор¬
мулы
Рг = тхё, Р2 = т2ё, Р3 = т3ё, Р - (-т1 + т2 + т3)ё,
т2 = рИ2, тп3-рИ3,
где ё — модуль ускорения свободного падения; р — плотность веще¬
ства, из которого изготовлены однородные части тела; т1 — масса
сферической полости при условии, что она была бы равномерно за¬
полнена веществом плотностью р; т2 — масса шара при отсутствии
в нем сферической полости; т3 — масса цилиндрической части тела.
Используя математические формулы для объема шара и цилин¬
дра, получим
Уг = - пК? - - 3,14 (0,05)3 « 0,523 10 3 (м3 ),
3	3
У2 = |тгТ?23 - | 3,14 (О,I)3 = 4,19 Ю-3 (м3),
у = 1-8 = 1- — 0,5 3> 14	« о, 981 10~3 (м3),
з	4’4
где — радиус сферической полости; К2 — радиус шара; 8 — пло¬
щадь поперечного сечения прямого кругового цилиндра; (1 — диа¬
58

метр цилиндра; I — длина цилиндра. Подставив в (2) вычисленные
объемы и значения х , х и х (см. рис. 1), получим
-0,523 10~3 0,05 + 4,19 10~3 0,1 + 0,981 10~3 0,45
-0,523 10 3 + 4,19 10 3 + 0,981 10 3
~ 0,18 (м) ~ 180 (мм).
Задача 4.6
Ртуть находится в 17-образной трубке. Площадь поперечного
сечения левого колена трубки в 2 раза меньше, чем правого. На¬
сколько поднимется уровень ртути в правом колене, если в него
налить слой машинного масла высотой 0,5 м, а в левое колено —
слой воды высотой 1 м?
Решение
Сначала в [/-образной труб¬
ке была ртуть, уровни которой
в коленах лежали в некоторой
горизонтальной плоскости 1—1
(см. рисунок). Когда в левое ко¬
лено налили слой воды высотой
к = 1 м, а в правое — слой машин¬
ного масла высотой 1г = 0,5 м, то
уровень ртути в левом колене
опустился вниз на расстояние х,
а в правом колене поднялся
вверх на расстояние х1.
Проведем сечение 2—2 гори¬
зонтальной плоскостью, прохо¬
дящей в левом колене через гра¬
ницу раздела ртуть — вода. По закону сообщающихся сосудов
ртуть будет находиться в коленах на одном уровне, если будут оди¬
наковыми полные давления, действующие в левом и правом коле¬
нах в сечении 2—2:
59

р=р^	(1)
где р и рг — полные давления жидкости в левом и правом коленах
в сечении 2—2. Полное давление жидкости равно сумме внешнего
(поршневого) и внутреннего (весового) давлений:
Р=Ратм + Рв«й>	<2)
Р1 =Рт. + Ррт^(х + Х1) + Р>Л’	(3)
где р. р . р,^ — плотности машинного масла, воды и ртути соот-
ветственно; § — модуль ускорения свободного падения; ратм — ат¬
мосферное давление.
Из (1)—(3) получим
РвЙ = Ррт(Х + Ж1)+РмЛ1-	(4)
Для ртути, вследствие ее малой сжимаемости, справедлив закон
сохранения массы в следующем виде:
т = т1,	(5)
где т — масса ртути, которая прошла в левом колене через попе¬
речное сечение 2—2 при движении ртути вниз; ти1 — масса ртути,
которая прошла в правом колене через поперечное сечение 1—1
при движении ртути вверх. Пренебрегая изменением плотности
ртути, из (5) получим
р У=р К,
8х = 51х1,	(6)
где 8 и — площади поперечного сечения левого и правого колен
соответственно; V и 71 — объемы слоев ртути массой т и высотой
х в левом колене и массой ти1 и высотой хг в правом колене.
Из (4) и (6) с учетом = 28 получим
Ах = А. Р.ф-Рм\ = о,5. юоо 1-900 0,5 = 0135
1 8,	8, Г, 8 А	13600 1,5
60

Задача 4.7
Два тела, одно из которых изготовлено из пробки, а другое —
из стали, связаны между собой тонкой невесомой нитью. Если их
подвесить на нити к динамометру и опустить в керосин, то динамо¬
метр покажет 0,6 Н. Тот же опыт для воды дает 0,5 Н. Плотности
пробки, керосина, воды и стали равны 200, 800, 1000 и 7800 кг/м3
соответственно. Найти массы обоих тел.
Решение
Два тела, опущенные в жидкость,
будем рассматривать как систему тел,
на которые действуют внешние силы.
Внутренние силы взаимодействия двух
тел не входят в условия равновесия си¬
стемы двух тел. На рисунке показаны
внешние силы, действующие в жидкости
на систему связанных невесомой тонкой
нитью тел: Рт — равнодействующая сил
тяжести, действующих со стороны Зем¬
ли на оба тела; РА — равнодействующая
архимедовых выталкивающих сил, дей¬
ствующих на оба тела; Еупр — упругая сила, действующая на сис¬
тему тел со стороны нити (реакция нити).
Система тел будет находиться в равновесии, если
^пр + ?А + Л = 0-	(1)
Проектируя (1) на ось Оу, получим
^Упр + ^-^ = 0.	(2)
где Еупр, РА, Рт — модули соответствующих сил.
Согласно закону Архимеда
Ра =	(3)
где рж — плотность жидкости; § — модуль ускорения свободного
падения; V — объем двух тел:
61

у=у +У .	(4)
пр ст	' 7
Здесь V — объем тела, изготовленного из пробки; Рст — объем
тела, изготовленного из стали.
Найдем модуль Г:
Рг =тг = (тпр + тст)г = (рпр^пр + рстУст)г,	(5)
где т — масса системы тел; игпр — масса тела, изготовленного из
пробки; тст — масса тела, изготовленного из стали; рпр — плот¬
ность пробки; рст — плотность стали.
Подставив (3)—(5) в (2), получим
^упр = (Рпр - Рж)^пр + (Рет - РжЖт ■	(6)
Запишем (6) для условий двух опытов:
Гупр, = (Рпр - РкЖр + (Рст - Рк)<Гет >	(7)
^упр, = (Рпр - Р,)^пр + (Рст - Р.)<^ег >	(8)
где рк — плотность керосина; рв — плотность воды; -^пр , -^упр2 —
модули упругих сил в первом и втором опытах, измеренные дина¬
мометром (Е' = 0,6 Н; Е;=0,5Н).
Решая (7)—(8), найдем
А = ё [(рв - Рпр ) (рст - Рк ) - (Рк - Рпр ) (Рст " Рв )] =
= 9,8 [(1000 - 200)(7800 - 800) - (800 - 200)(7800 -1000)] =
~1490 104
кг2
с2 • м5
Т ^*УПР] (Рст Рв ) ^*упр2 (Рст Рк )
пр ”	Д
~ 0,6 (7800 -1000) - 0,5 (7800 - 800) ~ 0> 389 1()_4
1490 Ю4
62

_ ^упр1 (Рв Рпр ) ^упр2 (Рк Рпр ) ~
ст “
о 0,6 (1ООО - 200) - 0,5 (800 - 200) 0д21 10.	3
1490 104
где А — коэффициент, введенный для сокращения записи.
Используя значения, полученные в (9) и (10), находим массы тел:
тпр = РПрУпр = 200 ■ 0,389 ■ 10-4 = 7,78 ■ 10 3 (кг) = 7,78 (г),
тст = РсЛст “ 7800 0,121 10"4 = 94,4 ■ 10"3 (кг) = 94,4 (г).
Задача 4.8
Однородное тонкое круглое цилиндрическое тело длиной I, изго¬
товленное из вещества плотностью рт, закреплено одним концом в
цилиндрическом шарнире на высоте к < I над уровнем жидкости
плотностью рж, а другой его конец находится в состоянии покоя в
жидкости на некоторой глубине Н < I. Найти глубину Н и угол ос,
который образует ось тела с вертикалью.
Решение
Тело принимаем за отрезок прямой. Поведение тела, частично
погруженного в жидкость, зависит от безразмерного параметра
Рт ‘
Рассмотрим два варианта для у.
Вариант 1. у > 1 (рж > рт ).
В этом случае ос > 0 (рис. 1), часть
АМ отрезка АВ = I находится в воз¬
духе, а часть МВ — в жидкости. В
точке С (центр тяжести тела) прило¬
жена сила тяжести Р, с которой Зем¬
ля действует на тело.
В точке В приложена архимедова
выталкивающая сила РА, с которой
жидкость действует на часть МВ тела.
63

РА — равнодействующая сил давления, приложенных к части МВ
тела, поэтому точка приложения РА (точка I)) называется центром
давления. По условию задачи, тело — однородный стержень с по¬
стоянной площадью поперечного сечения; следовательно, АС = СВ =
= 0,5/ и МВ = ВВ. В точке А (цилиндрический шарнир) приложена
реакция ВА — упругая сила, с которой шарнир действует на тело.
Запишем условия равновесия тела под действием плоской системы
сил (см. задачу 4.1):
ъг. =0,	0 = 0,
= °>	ЯА - + РЛ =	<2)
ЪМА )= 0, Еткг -РА1г2= 0,	(3)
где НА, Р , РА — модули соответствующих сил; и й2 — плечи сил
Р_ и Рл.
т А
Используя формулы тригонометрии, получим
Л1=|зта,	(4)
й2 =	+ Л а.	(5)
Модули Рт и РА определяем по формулам
= гп§ = ртИ^ = рт/8^,	(6)
РА = тж&= РжУж^ = Рж1ж8&’	(7)
где т, V — масса и объем тела; тж, — масса и объем жидкости,
вытесненной телом; § — модуль ускорения свободного падения;
8 — площадь поперечного сечения тела; / — длина части тела, по¬
груженной в жидкость (/ж = МВ):
сое а
(8)
64

Подставив (4)—(8) и (1) в (3), выполнив алгебраические преоб¬
разования и учтя, что
= (Л + Н)
I
получим
Н2 (у-1) + 2(у-1)ЛН-Л2 =0.	(10)
Так как Н > 0, то из (10) найдем единственное решение
Н = к
(И)
а из (9) — угол ос:
ос = агссоз
к + Н
I
(12)
А
Из (2) можно определить модуль неизвестной реакции НА с уче¬
том (6)—(8), (11), (12).
Вариант 2. у < 1 (рж < рт ).
В этом случае тело будет тонуть, поворачи¬
ваясь в шарнире А, и займет вертикальное по¬
ложение равновесия (рис. 2) при ос = 0.
Покажем это.
При у = 1 модуль силы тяжести отрезка
МВ (Гт )мв (см. рис. 1) будет равен РА и сила
(^т )мв будет приложена в точке И, т. е. (^т )мв
и РА компенсируют друг друга. Тогда под дей¬
ствием (.Ёт ) тело будет поворачиваться до
воздух
С
жидкость
~ 'В
Рис. 2
тех пор, пока не окажется в вертикальном положении.
При у < 1 (2? )	> РА, поэтому в этом случае тело и подавно зай¬
мет вертикальное положение.
При а = 0 имеем кх = к2 = 0 и условие (3) выполняется, т. е. в
вертикальном положении стержень будет находиться в равновесии
I Решаем задачи по физике 9-1 1 к_1.
65

(рис. 2). При а = 0 из (9) получим I = к + Н и все силы будут нахо¬
диться на вертикали. Так как при этом центр тяжести тела займет
наинизшее положение, то это равновесие будет устойчивым.
Задача 4.9
Однородное стальное тело плавает на границе двух несмешива-
ющихся однородных жидкостей — ртути и воды. Найти отношения
объемов воды и ртути, вытесненных твердым телом, к его объему.
Решение
Стальное однородное тело будет тонуть
в воде и плавать на поверхности ртути,
частично погружаясь в нее. На тело, нахо¬
дящееся в воде и ртути, действуют равно¬
действующая архимедовых выталкива¬
ющих сил РА и сила тяжести Р (см. рису¬
нок). Модуль РА равен сумме модулей двух
сил:
РА=РА,+ РА„
(1)
где РА — модуль архимедовой выталкивающей силы, действующей
на часть тела, которая находится в воде; РА — модуль архимедо¬
вой выталкивающей силы, действующей на часть тела, которая
находится в ртути.
Согласно закону Архимеда
рА, = рв^в.
(2)
Ррт^рт’	(3)
где рв — плотность воды (1000 кг/м3); ррт — плотность ртути
(13 600 кг/м3); § — модуль ускорения свободного падения; Ув и
Урт — объемы воды и ртути, вытесненные телом.
Запишем условие равновесия твердого тела:
Д + рл = о.
т А
66

Откуда
р - р
Гт ГА ’
= ттё = Рстут^’	(4)
где тт, УТ — масса и объем тела; рст — плотность стали (7800 кг/м3).
Из (4) с учетом (1)—(3) получим
РеЛ* = рвеУв + ррт^рт.	(5)
Очевидно, что
V = V + V .	(6)
Т В рт	V 7
Разделив (5) на Ит и §, а (6) на Ут, получим
Рст = Р,Л + РрЛрт ’	(7)
1 = К + К. .	(8)
в рт ’	' '
У - И ,г
где Ув = — и V =	отношения объемов воды и ртути, вытес-
т	т
ненных твердым телом, к его объему.
Из (7) и (8) получим
У = Рст ~ Рв = 7800 - 1000
рт Р„т-Р„ 13600-1000
Г рт ГВ
И « 0,46.
Задача 4.10
На какую глубину нужно погрузить в воду стеклянный стакан
массой 240 г и вместимостью 250 см3, перевернутый вверх дном,
чтобы он утонул? Плотности стекла, воды и воздуха равны 2500,
1000 и 1,29 кг/м3 соответственно.
Процесс сжатия воздуха в стакане считать изотермическим.
Атмосферное давление принять равным 101 кПа.
Решение
Система взаимодействующих тел включает в себя воду, стакан,
воздух и Землю. Опыт показывает, что вертикально опущенный в
67

воду вверх дном стеклянный стакан, в котором находится воздух,
на малых глубинах не тонет, а начинает всплывать и переворачи¬
ваться. После этого воздух выходит из стакана, стакан заполняет¬
ся водой и тонет. На стакан действуют равнодействующая архиме¬
довых выталкивающих сил РА и равнодействующая сил тяжести Р
(рис. 1).
Рис. 1
Рис. 2
Если РА > Р , то стакан всплывает (имеет положительную пла¬
вучесть), если РА < Р,г — тонет (имеет отрицательную плавучесть);
РА и Рт — модули РА И Рт .
РА приложена в центре давления системы «стакан—сжатый
воздух» (точка И), а Гт — в центре тяжести этой системы (точка
С). Так как при малых глубинах погружения столб воздуха в ста¬
кане сжимается мало, а стакан имеет массив¬
ное дно, то точка С оказывается выше точки
В (рис. 2) и при любом отклонении стакана
от вертикали относительно точки С возника¬
ет момент Мс (ра ), который переворачивает
стакан. Говорят, что стакан не обладает ос¬
тойчивостью: при отклонении оси стакана от
вертикали всплывающий стакан переворачи¬
вается.
68

На значительных глубинах погружения столб воздуха в стака¬
не сжимается существенно и точка В находится выше, чем точка С
(рис. 3). В этом случае момент Мс (ра ) будет возвращать ось ста¬
кана в вертикальное положение, т. е. стакан будет остойчив. (Ос¬
тойчивостью должно обладать любое надводное и подводное судно.)
Если стакан перевернуть, то он станет остойчивым и будет пла¬
вать на поверхности воды (рис. 4).
При увеличении глубины погружения к (рис. 1) уменьшаются
объем воздуха в стакане и модуль РА. Найдем глубину к.!;, превы¬
сив которую перевернутый вверх дном стакан начнет тонуть. Запи¬
шем условие равновесия стакана:
Д + рл = о.
т А
Откуда	С1)
=ё(тс +твом),	(2)
РА	=РВЖ + Г»озд)’	(3)
где гп — масса стекла стакана; — масса находящегося в ста-
С	возд
кане воздуха; Ус — объем стекла стакана; Увозд — объем находяще¬
гося в стакане воздуха; рв — плотность воды; § — модуль ускоре¬
ния свободного падения.
69

Так как воздух в погружающемся стакане сжимается медленно,
то он успевает отдать энергию воде и охладиться до температуры
воды. По условию задачи процесс, происходящий при сжатии воз¬
духа, является изотермическим:
р V = р V,
^ВОЗД ВОЗД	»
(4)
где рвозд — давление находящегося в стакане воздуха; ра — атмо¬
сферное давление (давление воздуха в стакане в начале погруже¬
ния); V — вместимость стакана (начальный объем воздуха в стака¬
не). При этом погружение стакана в воду должно происходить мед¬
ленно и аккуратно — так, чтобы воздух из стакана не выходил.
Давление рвозд воздуха в стакане, погруженном на глубину Л*,
равно полному давлению рв воды на глубине А* и определяется по
формулам
Рвозд = РВ>	(5)
Рв = Ра + Рв^Й*-	(6)
Используя (1)—(6) и выполнив алгебраические преобразования,
получим
т = ря V = 1,29 250 10 6 = 323 • 10 6 (кг),
возд "а ’	\
= 240. Ю-з =96 1рб
с рс 2500
о ( V ■ рп	А
• 			1 =
Рвё-	+твозд -РвГс
101Ю3 (	250 • 10-6 ■ 1000	.
-				— -1 -7,55 (м),
1000 9,8 0,240 + 323 Ю 6 - 1000 96 106	)
где ра — плотность воздуха при нормальных атмосферных услови¬
ях; рс — плотность стекла.
При к > к* перевернутый вверх дном стакан с находящимся в
нем воздухом утонет.
70

Задача 4.11
Вес однородного тела в воздухе в 2 раза больше, чем в воде.
Плотность воды равна 1000 кг/м3. Найти плотность тела.
Решение
Вес тела в воздухе можно определить, если тело подвесить к
динамометру (рис. 1).
Запишем условие равновесия тела в воз¬
духе:
Р + Р	=0,	(1)
т упр ’	' '
где Р^ — сила тяжести, с которой Земля дей¬
ствует на тело; ^упр — упругая сила, действу¬
ющая на тело со стороны пружины динамо¬
метра.
Из (1) получим
^=-Рупр-	(2)
Согласно третьему закону Ньютона
Р = —Р
Упр УПР! ’
Р ; Р
Упр упр1 ’
где — вес тела в воздухе (упругая сила, с которой тело действу¬
ет на пружину динамометра); Рт, -^упр, ^упр — модули соответству¬
ющих сил.
Используя формулу
Рт = гпё,	(4)
где т — масса тела; ё — модуль ускорения свободного падения, из
(2)—(4) получим
^упр, = тё-
(5)
Подвешенное к динамометру тело опустим в воду (см. рис. 2).
71

Рис. 2
Запишем условие равновесия те¬
ла в воде:
Я+^+^упр2=0’	(6)
где РА — архимедова выталкиваю¬
щая сила, с которой вода действует
на погруженное в нее тело; Рупр —
упругая сила, с которой пружина
динамометра действует на тело.
Проектируя (6) на ось Оу, полу¬
чим
р	+ р _ р = о
Гупр2 + ГА Гт
Согласно третьему закону Ньютона
р — —Р
упр2 упр3’
?	= Р
упр2 упр3
(7)
(8)
ГД в ^упрз — вес тела В В°Де; ^упр2 И ^упр3 — МОДУЛИ упругих СИЛ.
Согласно закону Архимеда
^=Рв^ = р„§^,	(9)
где рв — плотность воды; р — плотность тела.
Подставив (4), (8) и (9) в (7), получим
77	/и С Рв
Гупр, =	- Рв§- = т8 1 - — ■	(Ю)
р V р ;
Разделим (5) на (10):
р
УПР! _	1
Р ”	О-’
УпРз 1 - —
Р
По условию задачи Руп₽1 = 2Руп₽з.
72

Откуда
и
Р
2 1-^- =1
I р >1
р = 2рв = 2 • 1000 = 2000 (кг/м3).
Задача 4.12
Поплавок объемом 10 см3 плавает на поверхности воды, погру¬
зившись в нее на четвертую часть своего объема. Найти плотность
грузила массой 2,74 г, привязанного к поплавку, после чего в воде
стала находиться половина объема поплавка. Массой лески пренеб¬
речь.
Решение
На плавающий без грузила поплавок
(рис. 1) действуют сила тяжести Р^, и ар¬
химедова выталкивающая сила РА, кото¬
рые уравновешивают друг друга:
Р^ + Рл = 0,
т А ’
Р - р
гт ГА ’
(1)
Модули Ру и РА, определяются по формулам
Р„ = тп& = Р,,Ц,&'>
Т	° гп П ° ’
РА = Рв^п'.
(3)
где рп — плотность поплавка; рв — плотность воды; § — модуль
ускорения свободного падения; Уп — объем поплавка; V/ — объем
воды, вытесненной поплавком.
Подставив (2) и (3) в (1), найдем
Р у'
р
Нп у
п
(4)
Откуда	Рп = Ю00 • = 250 (кг/м3).
73

Под действием грузила поплавок повора¬
чивается так, что его ось располагается
вертикально.
На рис. 2 указаны внешние силы, дей¬
ствующие на поплавок и грузило. Запишем
условие равновесия поплавка с грузилом:
РА +Л + ^лг+^ =0>	(5)
где РА и РА — архимедовы выталкиваю¬
щие силы, действующие на поплавок и гру¬
зило; Р — сила тяжести грузила.
Проектируя (5) на ось Оу, получим
+ РА„ ~ ?! ~ РГг = О' <6)
Модули сил, входящие в (6), определяются по формулам
Р - РвгГ"
-~Г~
_ рв8тг
А" Рг
Р = о V ё,
Т г-' П II ° ’
Р = те,
Т гв ’
(7)
(8)
(9)
(Ю)
где тг — масса грузила; рг — плотность грузила.
Подставив (7)—(10) в (6) и выполнив алгебраические преобразо¬
вания, получим
Г
\ (0,5 1000 - 250)• 10 10“6 1 1 _ ,
= 1000 1-—			 = 11,4 103 (кг/м3).
2,74 Ю 3
Примечание. Если рассматривать равновесие поплавка и грузи¬
ла отдельно с учетом внутренних сил, то после сложения этих урав¬
нений получим тот же результат, но более длинным путем.
74

Задача 4.13
Масса кольца, сделанного из сплава золота и серебра, равна 20 г.
Вес кольца в воде равен 0,185 Н. Найти массу золота и серебра в
этом кольце. Плотности воды, золота и серебра равны 1,0, 19,3 и
10,5 г/см3 соответственно.
Решение
Общая масса т кольца складывается из массы т3 золота и мас¬
сы тс серебра:
т = тз + тс.	(1)
На рисунке показана схема измерения веса кольца в воде.
У
динамометр
Здесь Р — сила тяжести кольца; РА — архимедова выталкива¬
ющая сила; Р — упругая сила, с которой динамометр действует
на кольцо.
Запишем условие равновесия кольца:
Р +РЛ +Р =0.	(2)
Проектируя (2) на ось Оу, получим
-^+^+^упр=0-	(3)
Согласно третьему закону Ньютона
Р =-Р
упр упрг ’
Р = Р	(4)
упр УПР! ’
75

где Рупр — вес кольца в воде (упругая сила, с которой кольцо дей¬
ствует на динамометр).
Модули сил Р и РА определяются по формулам
Р +тс)>	(5)
рА =рвг(К+гс) = рвг	,	(6)
Из Нс ,1
где § — модуль ускорения свободного падения; рв, рс и рз — плот¬
ности воды, серебра и золота; У3 и Ус — объемы золота и серебра.
Подставив (5), (6) в (3) и выполнив преобразования, получим
Р
упр
ё
(7)
Используя формулы (1) и (7), определим тс и тз:
^т(Рз -Рв)--РупрРз
т =	=
9,8 0,02(19,3-1) 1000-0,185 19,3 1000
(10 3	\
—_ 1
10,5	)
= 2 10-3 (кг) « 2 (г),
тз = т - тс ~ 20 г - 2 г ~ 18 г.
II.	ЗАДАЧИ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1.	Первую половину пути тело прошло со скоростью в 1,5 раза
большей, чем вторую. Найти скорости равномерного движения тела
на каждом участке, если средняя скорость тела равна 12 м/с.
76

2.	Катер, движущийся с собственной скоростью 6 м/с, переправ¬
ляется через реку по кратчайшему пути. Найти скорость катера от¬
носительно берега, если скорость течения реки равна 2 м/с.
3.	С воздушного шара, поднимающегося вертикально вверх со
скоростью 5 м/с, сброшен груз на высоте 300 м. Через какое вре¬
мя груз достигнет Земли?
4.	Тело бросают дважды с одинаковыми модулями скоростей.
В первый раз тело бросили на максимально возможное расстоя¬
ние, равное 90 м. Найти угол, под которым бросили тело во вто¬
рой раз, если в верхней точке траектории модуль его скорости ра¬
вен 15 м/с.
5.	Тело движется равномерно по окружности со скоростью 10 м/с,
совершая 10 оборотов за 628 с. Найти ускорение, с которым дви¬
жется тело.
6.	Тело, брошенное вертикально вверх с начальной скоростью
30 м/с, достигло высшей точки подъема через 2,5 с. Найти сред¬
нюю силу сопротивления воздуха, если масса тела равна 40 г.
7.	Тело соскальзывает с вершины наклонной плоскости высотой
8 м и углом наклона 45° за 2 с. Определить коэффициент трения
скольжения, если тело начинает движение из состояния покоя.
8.	Два тела, имеющие массу 1 и 3 кг, соединены невесомой не¬
растяжимой нитью, перекинутой через блок, подвешенный к дина¬
мометру. Определить показание динамометра. Трением в блоке и
его массой пренебречь.
9.	Средняя высота спутника над поверхностью Земли равна
1700 км. Определить его скорость и период обращения, приняв
радиус Земли равным 6400 км.
10.	На тонкой нити подвешен шарик массой 100 г. Максималь¬
ное усилие, которое выдерживает нить, равно 1,96 Н. На какой ми¬
нимальный угол нужно отклонить нить от вертикали, чтобы, пос¬
ле того как шарик будет отпущен, нить оборвалась при прохожде¬
нии шарика через положение равновесия?
11.	Движущийся вдоль траектории снаряд разорвался на два ос¬
колка, которые разлетелись под углом 60°. Первый осколок имеет
77

массу 20 кг и скорость 100 м/с, второй — 80 кг и 25 м/с. Чему
равна энергия, выделившаяся при разрыве снаряда?
12.	Тело, находящееся в состоянии покоя, соскальзывает с вы¬
соты 1 м и описывает мертвую петлю радиусом 0,2 м. Найти отно¬
шение модуля силы, с которой тело давит на опору в наивысшей
точке петли, к модулю силы тяжести. Трением пренебречь.
13.	С какой начальной скоростью нужно бросить мяч вниз с вы¬
соты к, чтобы он подпрыгнул на высоту 2Л? Потерями энергии при
ударе о землю и сопротивлением воздуха пренебречь.
14.	Во сколько раз уменьшится скорость атома гелия после его
центрального упругого столкновения с неподвижным атомом водо¬
рода?
15.	Автомобиль массой 3 т трогается с места и движется в гору
с уклоном 0,05 с ускорением 0,2 м/с2. Определить работу, совер¬
шаемую двигателем автомобиля на пути в 1 км, и его мощность в
конце этого пути, если коэффициент сопротивления движению ра¬
вен 0,05.
16.	Одна половина стержня сделана из стали, другая — из алю¬
миния. Найти расстояние между центром тяжести и серединой стер¬
жня.
17.	На тонкой нити длиной 64 см подвешен к гладкой стене шар
радиусом 18 см и массой 3 кг. Найти силу давления шара на стену.
18.	Вертикально расположенная пружина соединяет два груза.
Масса верхнего груза равна 200 г, а нижнего 300 г. Когда сис¬
тема подвешена за верхний груз, длина пружины равна 5 см. Если
систему поставить нижним грузом на подставку, то длина пру¬
жины станет равной 2 см. Найти длину недеформированной пру¬
жины.
19.	Кусок пробки массой 15 г и кусок свинца массой 113 г свя¬
заны между собой. Если их подвесить к динамометру и опустить
в керосин, то динамометр покажет 0,59 Н. Найти плотность проб¬
ки.
20.	Ртуть находится в (7-образной трубке, площадь поперечно¬
го сечения левого колена которой в 3 раза меньше, чем правого.
78

Уровень ртути в левом колене расположен на расстоянии 30 см от
верхнего конца трубки. На какое расстояние поднимется уровень
ртути в правом колене трубки, если левое колено доверху напол¬
нить водой?
III.	ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. 15 м/с, 10 м/с; 2. 5,66 м/с; 3. 8,35 с; 4. 60°; 5. 1 м/с2;
6. 0,088 Н; 7. 0,184; 8. 29,4 Н; 9. 7,04 км/с, 7,23 103 с; 10. 60°;
11. 65 кДж; 12. 5; 13.	14. 1,67; 15. 3,54 МДж, 70,7 кВт;
16. 36,4 мм; 17. 6,62 Н; 18. 3,2 см; 19. 201 кг/м3; 20. 5,84 мм.

10-й КЛАСС
I. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Молекулярная физика
Задача 1.1
Найти концентрацию молекул водорода и его плотность, если
давление водорода равно 50 кПа, а средняя квадратическая ско¬
рость молекул водорода равна 1800 м/с. На сколько необходимо
увеличить температуру водорода, чтобы при неизменной концент¬
рации водорода средняя квадратическая скорость его молекул уве¬
личилась до 2000 м/с?
Решение
Запишем основное уравнение молекулярно-кинетической теории
идеального газа:
1	-2
Р = -топи\	(1)
О
где р — давление газа; т() — масса молекулы газа; п — концент¬
рация газа; V — средняя квадратическая скорость молекул газа.
Масса молекулы газа определяется по формуле
т0 = М/ИА ,	(2)
где М — молярная масса газа; ^А — постоянная Авогадро
(6,02 • 1023 моль-1).
Молярная и относительная молекулярная массы связаны соот¬
ношением
80

Относительная молекулярная масса водорода (Мг )н определяет¬
ся через относительную атомную массу (-^г)н водорода по формуле:
Юн2 = 2(Мг)н = 2а-е-м-’	<4)
где (ЛГГ) ~ 1 а.е.м. (См. Периодическую систему элементов
Д. И. Менделеева.)
Из (2) с учетом (3) и (4) получим
т0 = 2 10“3/6,02 • 1023 = 3,32 1 0 27 (кг).
Из (1) найдем
Зр	3 5 104
п =	=			~ 1,39 1 025(м 3).
т0Е72	3,32 • 10-27 (1800)2
Плотность водорода рассчитаем по формуле
р = топ = 3,32 • 10 27 кг • 1,39 1025 м 3 = 4,61 • 10 2 кг/м3.
Определяем новое значение давления р{ газа, соответствующее
Е71 = 2000 м/с:
Р1 = -Р^12 = - 4,61 10-2 (2000)2 = 6,15 104 (Па).
3	3
Из формулы
р = пкТ
находим значение термодинамической, или абсолютной, темпера¬
туры
р	5 104
Т = -*- =	 = 261 (К),
пк 1,39 1 025 1,38 • 1023
где к — постоянная Больцмана (1,38 • 10 23 Дж/К). Абсолютная
температура измеряется в кельвинах и связана с температурой по
шкале Цельсия формулой
Т = I + 273,
откуда
I = Т - 273 = 261 - 273 = -12 (°С).
81

Для температур после нагревания газа получим
Л	6,15 104
Т. = ^- =	-	 = 321 (К),
1 пк 1,39 1025 1,38 1023
= 7] - 273 = 48 (°С).
Из полученных значений температур находим изменения тем¬
ператур по шкале Кельвина ДТ и шкале Цельсия Д^:
ДТ = Тг - Т = 60 К,
Д* = ц - * = 60 °С.
Задача 1.2
В сосуд объемом 1 л накачивают воздух поршневым насосом
с рабочим объемом 50 см3.
Сколько циклов качаний нужно совершить, чтобы давление в со¬
суде стало равным 0,2 МПа? Считать атмосферное давление рав¬
ным 0,1 МПа, а температуру воздуха неизменной.
Решение
Будем предполагать, что работать насосом будем настолько мед¬
ленно, что температуры воздуха в насосе и воздуха в окружаю¬
щей среде будут одинаковыми, т. е. процесс сжатия будем считать
изотермическим. Рабочий цикл поршневого насоса состоит из двух
тактов. Такт — время, в течение которого поршень насоса дви¬
жется из одного крайнего положения в другое. При движении пор¬
шня влево из крайнего правого положения в крайнее левое (такт
впуска) в рабочем объеме цилиндра насоса возникает разрежение,
вследствие чего открывается впускной клапан и воздух из атмо¬
сферы поступает в рабочий объем цилиндра (см. рисунок). При оста¬
новке поршня давление в рабочем объеме цилиндра становится
равным атмосферному и впускной клапан закрывается. При дви¬
жении поршня насоса вправо из крайнего левого положения в край¬
нее правое (такт сжатия) воздух в рабочем объеме цилиндра сжи¬
мается. Когда давление воздуха в насосе станет больше, чем дав¬
ление воздуха в сосуде, откроется нагнетательный клапан и воздух
82

будет поступать в сосуд до тех пор, пока давления в сосуде и на¬
сосе не сравняются, после чего нагнетательный клапан закро¬
ется.
Работу насоса в первом цикле можно описать уравнением изо¬
термического процесса:
Л + И =	(1)
где Ун — максимальный объем рабочего объема цилиндра насоса;
V — объем сосуда; ра — атмосферное давление; — максимальное
давление воздуха в сосуде в первом цикле. Введем безразмерную
физическую величину у, равную
7 = УИ/У.	(2)
Из (1) и (2) получим
Р1 = Ра(1 + У)-	(3)
Второй цикл рассмотрим в два этапа:
а)	на первом этапе происходит изотермическое сжатие воздуха в
цилиндре насоса от ра до р1, при этом рабочий объем цилиндра изме¬
няется от Ун до Ин :
ЛЛ = Р1^’	(4)
б)	на втором этапе происходит изотермическое сжатие при от¬
крытом нагнетательном клапане воздуха в цилиндре насоса и в со¬
суде до давления р2:
Р1(^н'+’Л) = Р2^	(5)
83

Из (4) и (5) с учетом (2) и (3) получим
Р2 = Ра И + 2Я-
(6)
Для третьего цикла найдем р3 = ра(1 + Зу) и т. д. Для п-ного цик¬
ла имеем
Рп = ра и+"Я-	<7)
Так как по условию задачи рп/ р& = 2, то из (7) получим
2 = 1 + пу.	(8)
Из формулы (8) найдем п = 1/у = V= 1000/50 = 20.
Задача 1.3
Два одинаковых сосуда объемом V каждый, содержащие рав¬
ные массы одного и того же газа при температуре Т, связаны друг
с другом трубкой площадью поперечного сечения 5 и длиной /, по¬
середине которой находится тонкий поршень. На какое расстояние
сместится поршень, если в одном сосуде газ нагреть на АТ, а в дру¬
гом — охладить на АТ ?
Решение
Предположим, что газ, находящийся в левом сосуде, нагревает¬
ся, а в правом — охлаждается (см. рисунок). При этом поршень
будет перемещаться вправо до тех пор, пока давления газа в обоих
сосудах не станут одинаковыми, т. е.:
Р1=Р2-	(!)
84

Толщиной поршня по сравнению с длиной I трубки будем пре¬
небрегать. Запишем уравнение Клапейрона—Менделеева для газа
в левом сосуде и левой части трубки после нагревания:
Р1
I	\	т1 ,
У + - + х 5 =—±-К(Т + ЛТ),
2	]	М к	7
(2)
где 7п1 — масса газа в левом сосуде и левой части трубки; К — уни¬
версальная газовая постоянная (8,31 Дж/(К • моль)); М — моляр¬
ная масса газа; V — объем сосудов; I и 8 — длина и площадь
поперечного сечения трубки; Т — начальная абсолютная темпера¬
тура газа; АТ — изменение абсолютной температуры газа (увели¬
чение температуры газа в левом сосуде и левой части трубки); х —
перемещение поршня.
Запишем уравнение Клапейрона—Менделеева для газа в правом
сосуде и правой части трубки:
Р2
т2
м
(3)
где ш2 — масса газа в правом сосуде и правой части трубки.
Разделив (2) на (3) с учетом т}~т2 и формулы (1), получим
АI \
V + 8 - + х
I2 ;
V + 5|--х |
2
Т + АТ
Т-АТ'
(4)
Введем безразмерные физические величины ос и (3 по формулам:
81
2И’
АТ
Т
(5)
2
В новых переменных (4) будет иметь вид
1 + ос(1 + 2х//) 1 + р
1 + ос(1-2х//) ~ 1 -₽ ’	(6)
Из (6) после преобразований получим
х = ф(1 + 1/ос)/2.	(7)
85

Формула (7) дает решение задачи, если выполняется условие
х < 1/2.
(8)
Условие (8) позволяет получить неравенство, связывающее па¬
раметры а и |3:
р < а/(1 + ос), ДТ < Та/(1 + ос).
Если а значительно меньше единицы (а 1), т. е. объемом труб¬
ки можно пренебречь по сравнению с объемом сосуда, то р < а и
ДТ < Та.
Задача 1.4
Смесь азота и кислорода имеет плотность 35 кг/м3 и находится
под давлением 3 МПа при температуре 300 К в сосуде объемом 3 м3.
Найти массу азота, массу кислорода, а также молярную массу
смеси.
Решение
Запишем уравнение Клапейрона—Менделеева для смеси азота
и кислорода:
рУ = —КТ = \ВТ, V = ——,	(1)
М	М
; Т — термоди-
где р — давление смеси газов; V — объем сосуда; т — масса смеси;
М — молярная масса смеси; V — количество вещества смеси; К —
(о ДЖ
универсальная газовая постоянная о,о1	—
намическая температура смеси. Из (1) находим
у=рУ = 3 Л06 3 .3 б1103 (МОЛЬ).
ВТ 8,31 300	к 7
Уравнения состояния идеального газа для азота и кислорода
имеют вид
/п
рУ = — КТ,
ма
р V = — вт,
Мк
(2)
(3)
86

где ра и рк — парциальные давления азота и кислорода; та и тк —
массы азота и кислорода; Ма и Мк — молярные массы азота и
кислорода.
Для смеси газов справедлив закон Дальтона:
Р = Р*+РК-	(4)
Подставляя в (4) давления из (1)—(3) и сокращая на ВТ/У, по¬
лучим
™ тк	та	тк
V = ТТ- + \^~ = Уа + Ук’	Ук=Т^’	(5)
Ма	а к	М к М
а к	а	к
где Уа — количество вещества азота; ук — количество вещества
кислорода. Масса смеси складывается из массы азота и массы кис¬
лорода:
т = та + тк.	(6)
Массу смеси определим по формуле т = рУ = 35 • 3 = 105 (кг), где
р — плотность смеси.
Из (5) и (6) находим
Мк (т - чМа ) 0,032 (105 - 3,61 103 0,028)
к Мк-Ма	0,032-0,028	к 7
та - т - тк = 73,6 (кг).
Молярные массы Ма и Мк азота и кислорода определяются по
формулам	,	.
Ма= 10~3-^ • (мг)
моль )	а
мк = (10-3^М(мг)
моль	к
С учетом того, что молекулы азота и кислорода состоят из двух ато¬
мов азота и кислорода соответственно, относительные молекулярные
массы (Мг)а и (Мг) азота и кислорода были найдены по формулам
(Мг)а = 2(Мг)м = 2 • 14,0067 28,0 (а. е. м.),
(Мг)к = 2(Мг)0 = 2 15,999 « 32,0 (а.е.м.),
87

где (Мг) и (Мг) — относительные атомные массы азота и кис¬
лорода, значения которых взяты из Периодической системы эле¬
ментов Д. И. Менделеева.
Молярную массу М смеси находим по (1):
М = — =	^5—- ~ 0,0291 (кг/моль),
V 3,61 Ю3
что приближенно соответствует молярной массе воздуха.
Задача 1.5
Сосуд разделен двумя мембранами на три части, в каждой из
которых находится газ с количествами вещества ур У2, у3, абсо¬
лютными температурами Тг, Т2, Т3 и объемами У2, У3 соответ¬
ственно. Найти давление и абсолютную температуру, которые уста¬
новятся в сосуде после разрыва мембран.
Решение
В результате разрыва мембран в газах возникают сложные быстро-
протекающие волновые процессы, которые приводят к выравнива¬
нию давления по всему объему сосуда. Одновременно протекает
более медленный процесс — диффузия, которая приводит к вырав¬
ниванию концентраций газов по всему объему. Описать количествен¬
но эти процессы довольно сложно. Поэтому рассмотрим только
конечный результат этих процессов: переход из одного равновес¬
ного состояния в другое. Будем считать, что система, состоящая
из трех газов, теплоизолирована от внешней среды и внешняя сре¬
да работу над системой не производит. Тогда справедлив закон со¬
хранения внутренней энергии рассматриваемой системы:
Щ+и2+и3 = щ +	(!)
где С7р V2, ?73 и , ?72, 173 — внутренние энергии первого, второго
и третьего газов до и после разрыва мембран. Внутренняя энергия
идеального газа определяется по формуле
II = -уНТ,
2
(2)
88

где I — число степеней свободы молекулы идеального газа (/ = 3
для одноатомной молекулы; I - 5 для двухатомной молекулы; /' = 6
для трехатомной (и более) молекулы); V = — — количество веще-
М
ства газа; В — универсальная газовая постоянная; Т — абсолют¬
ная температура газа; т — масса газа; М — молярная масса газа.
С учетом (2) из (1) получим
± у1ВТ1 + у2 В Т2 + у3ВТ3 =1±у1ВТ'+1^ у2ВТ' + У3ВТ\ (3)
где индексами 1, 2, 3 обозначены параметры, относящиеся к пер¬
вому, второму и третьему газам; Т' — абсолютная температура сме¬
си трех газов.
Из (3) найдем
р' _	+ ^2Г2^2 + ^3У3^3	(4)
*1У1 + ^2У2 + ^3У3
Для смеси газов справедлив закон Дальтона:
Р = Р1 + Р2 + Рз>
(5)
где р' — давление смеси газов; р\, р'2, р3 — парциальные давле¬
ния первого, второго и третьего газов. Используя уравнение Кла¬
пейрона—Менделеева, получим
, V, В Т'
Р1 = ~^~
Р2 =
(объемом
где V — объем сосуда
Подставим (6) в (5):
, ВТ'(у1+у2+у3) у ВТ'
р =	-	, у
У2ВТ	, у3ВТ
~, Рз=—	,
V	* V
мембран пренебрегаем).
(6)
3’
(7)
где V — количество вещества смеси; Уг, У2, У3 — начальные объе¬
мы первого, второго и третьего газов. Формулы (4) и (7) дают ре¬
шение поставленной задачи.
Задача 1.6
Баллон объемом V, наполненный газом давлением р, имеет вме¬
сте с газом массу тп. Из баллона откачали часть газа так, что дав¬
89

ление в нем стало равным р'\ при этом масса баллона с газом стала
равной т', а температура газа не изменилась. Найти массы балло¬
на и газа в начальном и конечном состояниях.
Решение
Параметры начального состояния газа связаны уравнением Кла¬
пейрона—Менделеева:
= (1)
где р — начальное давление газа; V — объем баллона; т1 — на¬
чальная масса газа; М — молярная масса газа; В — универсалы
ная газовая постоянная; Т — абсолютная температура газа.
Для конечного состояния газа имеем
(2)
М	’
где р', т2 — конечные давление и масса газа. При этом температу
ра газа не меняется.
Разделив (1) на (2), получим
Р _ ^1
Р гп2 ‘	(3)
По условию задачи массы газа т1 и т2 связаны с начальной и
конечной массами т и т' баллона с газом формулами
т6 + т1 - т,	(4)
/пб + пг2 = гп,	(5)
где тб — масса баллона.
Решая систему (3)—(5), найдем
т1 = ут2,
тб = т - тх,
р
где у = —.
Р
90

Задача 1.7
Воздух в сосуде, располагавшемся на улице и
закрытом резиновой пробкой, находился под ат¬
мосферным давлением 750 мм рт. ст. при темпе¬
ратуре 0 °С.
Затем сосуд перенесли в комнату и оставили
на длительное время. При какой температуре
воздуха в комнате по истечении некоторого вре¬
мени пробка вылетит из сосуда? Максимальная
сила трения покоя пробки о стекло составляет
2 Н, средний диаметр пробки и ее высота равны
2 см.
Решение
На закрывающую сосуд пробку действуют сле¬
дующие силы (рис. 1):
Р — равнодействующая сил давления; Рт —
сила тяжести пробки; Р — сила трения покоя.
Уравнение движения пробки в начале движе¬
ния можно записать в виде
та = Рд + РТ + Ртр,
где т — масса пробки; а — ускорение пробки.
Проектируя (1) на ось Оу, получим
Р
д
Рис. 1
Рис. 2
О
та = Рд- РТ- Ргр,
где а, Рл, РТ, Ртр — модули соответствующих векторов. Из (2) сл;-
дует, что пробка начнет вылетать из сосуда, если
Рд>РТ+Ртр.	(О
Модуль Р^ можно определить по формуле (рис. 2)
РЛ = (Р~ Ра)8Ср-	6)
где р — давление воздуха в сосуде после установления тепловою
равновесия; ра — атмосферное давление; 5ср — средняя площа/ь
91

поперечного сечения пробки, вычисленная по среднему диамет¬
ру с/ср (см. рис. 2 с. 91).
Опыт показывает, а расчеты подтверждают, что формула (4) спра¬
ведлива для пробки в форме усеченного конуса.
В (4) атмосферное давление необходимо перевести в паскали, что
можно сделать по формуле
ра = ррт#Л = 13 600 9,8 0,75 = 99 960 (Па) - 105 Па,
где ррт — плотность ртути; § — модуль ускорения свободного па¬
дения; к — высота столба ртути в барометре. Среднюю площадь
5ср вычисляем по формуле
0, 022	4	9
5 =—^- = 3,14 • 		= 3,14 • 104 (м2).
ср 4	’	4	’
Объем V и массу т, а также определяем по формулам
V = 8срк = 3,14 10 4 2 • 10“2 = 6,28 10“6 (м3),
тп = ррезУ = 1200 • 6,28 • 10-6 - 7,54 • 10-3 (кг),
рт = тё = 7,54 • 10’3 9,8-73,9 ■ 10“3 (Н),
где к — высота пробки; ррез — плотность резины (1200 кг/м3).
Процесс нагревания воздуха в сосуде является изохорным и под¬
чиняется закону Шарля:
Р._
Т То ’
где Т — абсолютная температура воздуха в сосуде после уста¬
новления теплового равновесия с окружающей средой комнаты;
Т0=273 К — абсолютная температура воздуха на улице.
Подставив (4) и (5) в (3) и выполнив преобразования, получим
[ Р.Ар
Подставив в (6) значения вычисленных ранее величин найдем
Т> 291 К.
Поскольку Т = ^ + 273, то I > 18 °С.
92

При температуре воздуха в комнате, превышающей 18 °С, проб¬
ка вылетит из сосуда.
Задача 1.8
Стальную пластинку массой 100 г нагрели до 200 °С и помести¬
ли в алюминиевый калориметр массой 50 г, содержащий 200 г воды
при 20 °С.
Какая температура установится в калориметре, если известно,
что в пар превратился 1 % массы воды?
Решение
Рассматриваемая термодинамическая система состоит из четы¬
рех тел: пластинки, воды, калориметра и водяного пара. Так как
тела, участвующие в теплообмене, находятся в калориметре, то бу¬
дем пренебрегать потерями энергии в окружающую среду, т. е.
будем считать систему теплоизолированной. Для теплоизолирован¬
ной термодинамической системы справедливо уравнение баланса
теплоты:
Фпл + Фв + Фкал + Фнагр + Фпар =	(1)
где фпл — количество теплоты, которое теряет стальная пластин¬
ка; фв — количество теплоты, которое получает вся масса воды,
нагреваясь от начальной Тв до конечной Тк абсолютной темпера¬
туры; фкал — количество теплоты, которое получает калориметр;
фнагр — количество теплоты, которое получает часть воды массой
щ'в при ее нагревании от Тк до абсолютной температуры Ткип кипе¬
ния воды; Фпар — количество теплоты, которое получает часть воды
массой т' при температуре Т при превращении ее в водяной
пар. Поскольку процесс испарения воды — процесс длительный,
то за время наступления теплового равновесия термодинамической
системы будем пренебрегать массой испарившейся воды. Процесс
испарения происходит постоянно и при любой температуре воды.
Запишем формулы для всех величин, входящих в (1):
^пл = ссттст(ГК-Гст).	(2)
93

(3)
(4)
(5)
(6)
= ^пар,
ТТж
460, 4200, и 880 	 соответственно — удельные
кг • К
теплоемкости стали, воды и алюминия; т. т. т. — массы
’	’ ст’ в’ ал’ пар
стали, воды, алюминия и водяного пара; Т , Тст — начальные абсо¬
лютные температуры воды в калориметре и стальной пластинки;
Ь — удельная теплота парообразования воды (2,3 • 106 Дж/кг).
По условию задачи
тпар = 0.01тп.
(7)
Подставив (2)—(7) в (1), получим линейное уравнение с одним
неизвестным, решая которое, найдем Тк:
ссттстТс,г + (свшв + с.лтял )Т-(Ь + свТкип) тпао
VI 11 1Л \ о о аЛ ал / и \	о хУИП / Пар
с„ттпет + свшв + салтал - свдипап
VI VI о о аЛ аЛ 0 Пар
460 0,1 473+ (4200 0,2 + 880 0,05) 293-(2,3 106+ 4200 100) 2 10~3
460 0,1 + 4200 0,2+ 880 0,05-4200 2 10 3
-296,3 (К).
Используя формулу Тк = 1К + 273, получим температуру I уста¬
новления теплового равновесия термодинамической системы по
шкале Цельсия ^к=23,3°С.
Задача 1.9
Свинцовая пуля, имеющая скорость 500 м/с, ударяется о стен
ку и застревает в ней. Какая часть энергии, выделившейся при вза
имодействии, пошла на нагревание и плавление пули, если распла
94

вилась четверть ее массы, а начальная температура пули перед уда¬
ром равнялась 100 С?
Решение
До взаимодействия со стенкой пуля обладала кинетической энер-
гаей	ти2
Е* = —’ (1)
где т — масса пули, V — модуль скорости пули. При взаимодей¬
ствии Ек идет на совершение работы по внедрению пули в стенку
(формирование канала) и на нагревание пули и стенки. Доля энер¬
гии (количества теплоты) которая пошла на нагревание и плав¬
ление пули, связана с Ек формулой
3 = аЯк,	(2)
где а — безразмерная физическая величина, которую необходимо
найти в данной задаче и которая показывает, какая часть энергии
Ек затрачивается на теплообмен. В результате теплопередачи пуля
превращается в двухфазную среду (жидкий и твердый свинец),
которая находится в равновесном состоянии при температуре Тпл
плавления свинца. При этом по условию задачи масса Ат расплав¬
ленного свинца и масса т пули связаны формулой
— = 0,25.	(3)
т
Количество теплоты ф, которое получает пуля, идет на нагре¬
вание пули массой т от начальной температуры Т до температуры
плавления Тпл и на плавление части пули массой Ат:
Ф ~ ^нагр + ^пл’	(4)
Фнагр = (^пл — -^)♦	(5)
$пл = ХДт,	(6)
где Фнагр — количество теплоты, которое пошло на нагревание пули;
фпл — количество теплоты, которое пошло на плавление части пули
массой Ат; с — удельная теплоемкость свинца
/
130
Дж
кг • К
удельная теплота плавления свинца (25 000 Дж/кг).
95

Подставив (1), (3)—(6) в (2), получим
2[с(ТПл-Т) + Х- Дт/ти]
ос = —			 ~
V2
2[130 (600 - 373) + 25 000 0,25]
=		 ------ ~ 0,286.
5002
Задача 1.10
С воздушного шара объемом V сбрасывается балласт массой тпб.
При этом шар с высоты, на которой давление и абсолютная темпе¬
ратура воздуха равны соответственно рг и Тр поднимается на но¬
вую высоту. Найти атмосферное давление воздуха на новой высо¬
те, а также изменение плотности воздуха при подъеме, если абсо¬
лютная температура воздуха на новой высоте равна Т2-
Решение
На воздушный шар, находящийся в воздухе на некоторой высо¬
те, действуют равнодействующая сил тяжести Е , действующих со
стороны Земли на корзину, канаты, балласт, оболочку с газом и т. д.
и равнодействующая архимедовых выталкивающих сил РА, дей¬
ствующих со стороны атмосферного воздуха на перечисленные выше
элементы воздушного шара (см. рисунок).
Для того чтобы шар находился на одной и той
же высоте, необходимо выполнение условия
РА + Рт = 0,
= (1)
где РА и Рт — модули соответствующих сил. Со¬
гласно закону Архимеда, для воздушного шара,
находящегося на исходной высоте,
Ра = Р1^	(2)
где рг — плотность воздуха на исходной высоте;
§ — модуль ускорения свободного падения; V —
объем воздуха, вытесненного воздушным шаром.
96

Модуль силы тяжести определим по формуле
= (т + т6)§,	(3)
где т — общая масса всех элементов конструкции шара и газа в
его оболочке; тб — масса балласта. Подставив (2) и (3) в (1), полу¬
чим
рхУ - т + тб.	(4)
Проводя аналогичные рассуждения для новой высоты, найдем
р2Г = т,
(5)
где р2 — плотность воздуха на новой высоте. Вычитая из формулы
(4) формулу (5), получим
тб
Р1-Р2 = -^-	(6)
(7)
Из (6) следует, что изменение плотности воздуха на этих высо¬
тах не зависит ни от температур, ни от давлений воздуха на этих
высотах. Согласно уравнению Клапейрона—Менделеева
о - Р'М
Р1 В71 ’
где р1 и Т1 — давление и абсолютная температура воздуха на ис¬
ходной высоте; В — универсальная газовая постоянная; М — мо¬
лярная масса воздуха.
Подставив (7) в (6), получим
_ дМ т6
Р2 ВТ; V ’
Используя уравнение Клапейрона—Менделеева, определим
_ Р2^?2
Р2 М ’
где р2 и Т2 — давление и абсолютная температура воздуха на новой
высоте.
Задача 1.11
Замкнутый термодинамический процесс (цикл) идеального газа
с количеством вещества V состоит из изотермического расширения
■I Решаем дедачи по фи шке 9-11 кл.
97

(по гиперболе в плоскости параметров состояния р и V) из состоя¬
ния 1 с давлением и объемом У1 в состояние 2 с давлением р2 и
объемом У2 и сжатия (по прямой в плоскости ОУр) из состояния 2 в
состояние 1. Найти экстремальную температуру цикла.
Решение
Так как при изотермическом расширении газа его абсолютная
температура Т не меняется, то в состояниях 1 и 2 (см. рисунок)
значения абсолютных температур одинаковы
Т = Т
1 1	1 2’
(гипербола )
Поэтому экстремальное значение Т до¬
стигается на отрезке прямой 2—1, уравне¬
ние которой можно записать в виде
р = р1	О)
где р и V — давление и объем идеального
газа в любой точке на отрезке прямой 2—1.
Обозначив
а=Л^Р2,
^2-4
из (1) получим
0 =	+ Р1,
р = Р-аУ.	(2)
Из уравнения Клапейрона—Менделеева найдем абсолютную тем¬
пературу
Т = ^,
уВ
(3)
где V — количество вещества; В — универсальная газовая постоян¬
ная. Используя (2), получим
(рИ-аУ2)
уВ
(4)
Найдем экстремальные значения абсолютной температуры Т как
функции объема V. Для этого вычислим первую производную Т по V:
Т =
98

, (р-2аУ)
Ту~ ~уК '
Тогда условие экстремальности можно записать в виде
(Р-2аК)
(5)
(6)
где V* — объем идеального газа, соответствующий экстремальной
абсолютной температуре Г*.
Из (6) находим
2а
(7)
Подставив (7) в (4), получим
т, = -2—.
4ауД
(8)
Так как а>0 и |}> 0, то по изменению знака Ту из (5) следует,
что при V = V* функция (4) имеет максимум Т = Т,:.
Таким образом, при сжатии по отрезку прямой 2—1 абсолют¬
ная температура идеального газа монотонно растет от Т2 до Т,:, а
затем монотонно убывает от Т.1; до Тг
Задача 1.12
В помещении объемом 400 м3 температура воздуха равна 17 С,
а его относительная влажность — 40 %. Какую массу воды нужно
испарить, чтобы при температуре 27 С относительная влажность
воздуха в помещении не изменилась. Давление насыщенного водя¬
ного пара равно 2030 Па при 17°С и 3600 Па при 27 °С.
Решение
Относительная влажность <р1 воздуха при 17 °С определяется по
формуле
<(>! = —-100%,	,,,
Рн,	(1)
где рг — парциальное давление водяного пара при 17 °С; РН[— дав¬
ление насыщенного водяного пара при 17 °С.
99

Из (1) находим
р, = рн = 2030 • — = 812 (Па).
1	100о/о	100	\	'
Молярная масса М водяного пара определяется по формуле
М = (10-3 кг/моль)мг = 18 ■ 10-3 кг/моль,
где Мг — относительная молекулярная масса водяного пара, кото¬
рая рассчитывается как сумма относительной атомной массы (Мг)о
кислорода и двух относительных атомных масс (Мг)н водорода:
Мг =(МГ)О + 2(МГ)Н = 16 + 2 1 « 18 (а.е.м.).
Используя уравнение Клапейрона—Менделеева, определим массу
ш1 водяного пара в воздухе помещения при 17 °С:
р.УМ 812 400 0,018 пло/ ч
ВТГ 8,31 290	к 7
(2)
где В — универсальная газовая постоянная
8,31———
моль • К
Абсолютная температура 7Т1 в (2) рассчитана
ру по шкале Цельсия по формуле
Т1 = ^ + 273 = 17 + 273 = 290 (К).
через температу-
ф2 воздуха в по-
По условию задачи относительная влажность
мещении при ^2 = 27С равна (р1. Зная РН), определяем парциаль¬
ное давление р2 водяного пара и его массу т2 при 27 °С:
р2 = п = — 3600 = 1440 (Па),
2	100% Н2 100	к 7
р2УМ 1440 400 0,018 л , п .
т9 - —	=	~ 4,16 кг,
2 ВТ2 8,31 300	к 7
Т2 = ^ + 273 = 300 (К).
Из (2) и (3) находим массу Ат водяного пара, который должен
быть дополнительно получен в помещении, чтобы относительная
влажность воздуха в нем не изменилась:
(3)
100

\т = т2 - гпу = 4,16 - 2,43 = 1,73 (кг).
Согласно закону сохранения массы
Дтп = тв,
где тв — масса воды, которую нужно испарить в помещении, что¬
бы относительная влажность воздуха в нем не изменилась.
Задача 1.13
Во сколько раз отличаются разности высот подъема жидкости
в двух капиллярных трубках разного диаметра, опущенных сна¬
чала в воду, а затем в этиловый спирт. Коэффициенты поверхност¬
ного натяжения воды и этилового спирта при температуре 20 °С
равны соответственно 0,0728 Н/м и 0,0228 Н/м.
Решение
1.	Используя формулу Жюрена, определяем высоты и Л2 подъе¬
ма воды в обеих трубках (рис. 1):
Л1 = (Рв^)1 2ов сое ав,	(1)
Н2 = (рвг2^) 1 2°в СО3 «в’	(2)
где ов — коэффициент поверхностного натяжения воды при 20 °С;
ав — краевой угол (угол смачивания) для воды и стекла (рис. 2);
рв— плотность воды (1000 кг/м3);	— радиус первой капилляр¬
ной трубки; г2 — радиус второй капиллярной трубки; § — модуль
ускорения свободного падения.
101

Разность высот подъема воды в трубках определим из (2) и (1):
1 1 1
ДЛВ = Й2 - К = (рв^) 1 2сув СО8 ав
(3)
Г2
2.	Проведя аналогичные рассуждения для трубок, опущенных
в этиловый спирт, найдем выражение для разности высот ДЛсп подъе¬
ма спирта в
обеих трубках:
А^сп = ^2 ~	= (Рсп^) 2<УСп СО8 асп
1
(4)
— высоты подъема этилового спирта в капиллярных
— коэффициент поверхностного натяжения этилового
— краевой угол для этилового спирта и стек-
— плотность этилового спирта (790 кг/м3).
где Н'2 и /ц
трубках; осп
спирта при 20 °С; асп
ла; р„,,
3.	Будем считать, что для воды и стекла, а также для этилового
спирта и стекла выполняются условия идеального смачивания:
а ~ 0, а ~ 0.
Тогда, разделив (3) на (4), получим
_ ав Реп _ 0,0728
ДЛСП осп рв 0,0228
^ = 2,52.
1000
Задача 1.14
В лифте на однородной проволоке подвешен груз. С каким уско¬
рением должен двигаться вверх лифт, чтобы проволока разорвалась?
Решение
Будем рассматривать проволоку массой тп и груз
массой тг как одно тело, к которому приложены сле¬
дующие силы: РТГ — сила тяжести груза (см. ри¬
сунок); РТП — сила тяжести проволоки; Р — сила, с
которой опора действует на конец проволоки, при¬
крепленный к потолку лифта. Запишем уравнение
движения проволоки и груза в инерциальной систе¬
ме отсчета, связанной с Землей:
(тп+тг)а = Гтг+Гтп+Г,	(1)
где а — ускорение проволоки и груза.
102

Проектируя (1) на ось Оу, получим
(тп+тт}а = Р - РТГ-Рт,	(2)
где а, Р, 2?тг, Г — модули ускорения и соответствующих сил.
Для Р используем формулу
Р = с8,	(3)
где с — напряжение растяжения; 5 — площадь поперечного сече¬
ния проволоки. Массу проволоки можно рассчитать по формуле
тп = р/$,	(4)
где р — плотность проволоки; I и 8 — длина и площадь попереч¬
ного сечения проволоки.
Модули сил тяжести груза и проволоки вычислим по формулам
^ = ”^8, РТП = тпе,	(5)
где § — модуль ускорения свободного падения.
Подставляя (3)—(5) в (2), найдем минимальное значение моду¬
ля ускорения ат1п, при котором рвется проволока:
где <5р — напряжение растяжения, при котором проволока рвется.
Таким образом, если ускорение лифта а > ат[п, то проволока
разорвется.
2. Термодинамика
Задача 2.1
Идеальный газ, имеющий массу т и молярную массу М, совер¬
шает замкнутый термодинамический процесс (цикл). Сначала газ
изохорно охлаждается от абсолютной температуры Т так, что его
давление уменьшается в 2 раза. Затем газ изобарно расширяется,
снова приобретая абсолютную температуру Т. Далее газ сжимает¬
ся изотермически, переходя в первоначальное состояние. Найти ра¬
103

боту, которую совершают внешние силы над идеальным газом за
один цикл.
Решение
На рисунке изображен цикл, состоящий из трех участков:
1—2 — изохорное охлаждение газа (здесь его объем V не меняется);
2—3 — изобарное расширение газа (здесь его давление р не меня¬
ется); 3—1 — изотермическое сжатие газа (здесь его абсолютная
температура Т не меняется). Направление прохождения соответ¬
ствующих процессов указаны на рисунке
стрелками. Работа А, совершаемая идеаль¬
ным газом за один цикл, определяется по
формуле
А - А12 + А23 + А31,	(1)
где А12, А23 и А31 — работы идеального газа
на соответствующих участках цикла.
Для изохорного процесса
А12 = 0.	(2)
Из уравнения Клапейрона
Р2у2 _ Р1у1
Т2 Ту	(3)
для изохорного процесса (Р^ = У2) следует
гр _ гр Р2
2	<4)
где индексами 1 и 2 обозначены термодинамические параметры,
относящиеся к состояниям 1 и 2 идеального газа в пространстве
состояний (Г, Р, V).
По условию задачи р2 = ^-, следовательно, Т’2 = ~.
На участке 2—3
^23 ~ Р2 (^3 “ ^2 ) ’	(5)
Используя уравнение Клапейрона—Менделеева, получим
104

А23 = — К(Т3-Т2) = — К-,
М	' М 2	' 1
где т — масса газа; М — молярная масса газа; 7? — универсаль¬
ная газовая постоянная.
Так как на участке 3—1 давление р изменяется, то работу вы¬
разим через определенный интеграл:
А31=/рс/У.	(7)
у3
Запишем уравнение изотермы в плоскости (р, V):
рУ = Р1У1-	(8)
Откуда	у
Р = Р1^-	(9)
Подставив (9) в (7) и выполнив интегрирование, получим
^1
А31=	1^ = />^1!!^.	(10)
у3 V	I 3	У3
Используя уравнение Клапейрона—Менделеева
т
р^ = мКТ'
уравнение изобары в плоскости (Т, V)
2з =Ц = Ц = 2
Тг
и формулу (10), получим
А31 = -^КТ1п2.	(11)
Подставив (2), (6) и (11) в (1), найдем
А = —ВТ(0,5-1п2) « -0,193 — ПТ.
М У	7	М
Работа Авнеш, которую совершают внешние силы, и работа А свя¬
заны формулой
А1НРП1 =
откуда
Анеш = — кт (1п 2 - 0,5) = 0,193—ВТ.
внеш ял- \	/	лт
105

Задача 2.2
Вертикально стоящий тепло¬
изолированный цилиндр запол¬
нен азотом и закрыт поршнем
массой 1 кг. Нагреватель мощ¬
ностью 1 Вт, находящийся в ци¬
линдре, включается и работает
некоторое время. За какое вре¬
мя поршень площадью 5 см2 под¬
нимется на высоту 1 м?
Решение
На поршень (см. рисунок) дей¬
ствуют следующие силы:
Рт — сила тяжести поршня; Р^^— сила давления азота; Ря,гм —
сила давления атмосферного воздуха. Силой трения скольжения,
возникающей при перемещении поршня, будем пренебрегать. За¬
пишем закон изменения кинетической энергии поршня, полагая,
что в начальный момент времени поршень покоился:
—-0 = А +А+А
2	тщвл ' ^т ' ^атм ’
где т и V — масса и модуль скорости поршня; Адавл
работы соответствующих сил.
Предполагаем, что процесс происходит медленно. Поэтому в (1)
будем пренебрегать кинетической энергией поршня в сравнении с ра¬
ботами сил. Тогда из (1) получим
(1)
“атм
- _ А _ А
давл т атм ’
(2)
Из определения работы найдем
А - р Ъ а - _р к а — - Р И
^давл 2 давл77’ лт ^т77’ латм	атмп ’
(3)
где к — высота, на которую поднимается поршень. Подставив (3)
в (2), будем иметь
Р
давл
атм *
(4)
106

Модули сил давлений и тяжести, найдем по формулам:
Удавл = Р5’ ■Ратм = Ра™5’ Рт = "Ч?,	(5)
где 8 — площадь поршня; § — модуль ускорения свободного паде¬
ния; р — давление азота; ратм — атмосферное давление (101,3 кПа).
Подставив (5) в (4), найдем
Р = ^ + Ратм-	(6)
Из (6) следует, что давление р азота не меняется, т. е. процесс
происходит изобарно. Будем полагать, что тепловыми потерями
можно пренебречь, т. е., что энергия 2Уот нагревателя идет пол¬
ностью на нагревание азота и совершение им работы:
® = Х I,	(7)
где — количество теплоты, полученное азотом от нагревателя;
Ы — электрическая мощность нагревателя; I — время.
Запишем первый закон термодинамики для азота:
<2 = А1/+А,	(8)
где АН — изменение внутренней энергии азота; А — работа азота.
Молекула азота состоит из двух атомов, поэтому
и = -унт, а17 = ±упат,	(9)
2	2	'
где С/ — внутренняя энергия азота; V — количество вещества азо¬
та; К — универсальная газовая постоянная; Т — абсолютная тем¬
пература азота; АТ — изменение абсолютной температуры азота.
Поскольку процесс протекает при постоянном давлении, то из
уравнения Клапейрона—Менделеева
рУ = у НТ
получим
рАУ = уКАТ,	(10)
АН = 8 к,	(11)
где АУ — изменение объема азота.
107

Азот совершает работу
А = рДУ.
(12)
Подставив (8)—(12) в (7), получим
,_7МУ_7(ад + ратм8)Л _ 7.(1 9,8 + 101 300 5 10^) 1
Г —	"	—	 —	 — Л1. Л < СI •
2А	2А
21
Задача 2.3
Идеальный газ с количеством вещества V совершает цикл. На
первом участке цикла газ изохорно охлаждается от абсолютной
температуры Т до абсолютной температу-
1	4 ры 0,5Т. На втором участке газ изобарно
расширяется, снова нагреваясь до Т. На
ч г
м третьем участке газ изохорно нагревается
		►———I	до первоначального давления. На четвертом
2	3	Л
участке изобарно сжимается, переходя в на-
V чальное состояние. Определить количество
теплоты, полученное идеальным газом за цикл.
Решение
Цикл состоит из четырех участков (см. рисунок): 1—2 — изо¬
хорное охлаждение; 2—3 — изобарное расширение; 3—4 — изо¬
хорное нагревание; 4—1 — изобарное сжатие. Направления про¬
хождения соответствующих процессов указаны стрелками. Работа
А идеального газа за цикл определяется по формуле
А = А12 + А^ + А34 + А41,	(1)
где А12, А23, А34 и А41 — работы идеального газа на соответствую¬
щих участках цикла.
Для изохорных процессов
^12 “ ^34 = О’	(2)
Для изобарных процессов (см. задачу 2.1)
А!3 = УЯ(7’3-7’2),	(3)
108

Л1=^Й-Г4).
(4)
где V — количество вещества идеального газа; К — универсальная
газовая постоянная; Т1, Т2, Т3 и Т4 — абсолютные температуры
в точках 1, 2, 3 и 4 пространства состояний (Т, р, V). По условию
задачи
т =т т= Т/2, Т~ = Т.
1	Л '	о
Значение Т4 находим из уравнений двух изохор
^4
(5)
Так как левые части в (5) равны, то равны и правые части, от¬
куда
А_ = 21	Р±
Р2 ^2	Рз
Г4 = 2Т3 = 2Т.
Подставив значения абсолютных температур в (3)—(4), получим
А23 = уК(Т- т/2) = уН Т/2,
А41 = уН(Т - 2Т) = -уНТ.
Из (1) находим
А = 0 + уИТ/2 + 0 - у ВТ = -уП Т/2.
Согласно первому закону термодинамики
3	= Д(7 + А,
где ф — количество теплоты, которое получает газ за цикл; ДС7 —
изменение внутренней энергии.
Поскольку для цикла (замкнутого термодинамического процес¬
са) конечное и начальное состояния совпадают и ДС7 = 0, то
<2 = А = -уПТ/2.	(6)
Формула (6) показывает, что за цикл газ отдает количество теп¬
лоты, равное у НТ/2.
Второй способ решения данной задачи основан на формуле
$ = $12 +$23 +$34 +^41 ’	(7)
109

где ф12, ф23, ф34 и ф41 — количества теплоты, которые идеальный
газ получает на соответствующих участках
цикла.
Для изохорных
процессов
^12 ~ сут (^2 -	) ’
(8)
Фз4 = СУ т (^4 “ ^3 )»
(9)
где Су — удельная
теплоемкость идеального
газа при
постоянном
объеме.
Для изобарных
процессов
^23 ~ Срт (^3 “ ^2 ) ’
(10)
^41 = Срт(^1 ~ ^4 )’
(11)
где с — удельная
теплоемкость идеального
газа при
постоянном
давлении.
Подставив (8)—(11) в (7) с учетом формул
В	т
р у м	м
получим	Т
® = -уВ — ,
2
где т — масса идеального газа; М — молярная масса идеального
газа.
Задача 2.4
Какое количество теплоты нужно сообщить 100 г углекислого
газа, чтобы увеличить его абсолютную температуру на 10 К, если
давление р углекислого газа и его объем V связаны соотношением
ру1,5 _ соп81^
Решение
Согласно первому закону термодинамики
® = Ш + А,	(1)
где АГ/ — изменение внутренней энергии II газа; А — работа газа;
— количество теплоты. Рассматривая СО2 как идеальный трех¬
атомный газ, получим (см. задачу 1.5)
110

ДС7 = ВАТ = 3 — ПЛТ,
2 М	М
(2)
где т — масса газа; М — молярная масса газа; В. — универсаль¬
ная газовая постоянная (8,31 Дж/(К • моль)); ДТ — изменение аб¬
солютной температуры газа.
Работу газа выразим через определенный интеграл:
^2
А=^рау,	(3)
где индексом 1 отмечено начальное состояние газа, а индексом 2 —
конечное.
Запишем уравнение политропического процесса
РУп = РуУ*,	(4)
где п — показатель политропы (тг = 1,5 по условию задачи).
Из (4)
Подставив (5) в (3), получим
Р2У2~Р1У1 т пТ2~Т1 т р АТ 9 т т
	 —	ГС	 =	л	 = —
-71 + 1 М 1-71 М 1~П М
где ДТ = Т2 - Ту.
Подставим (2) и (6) в (1):
ф = 3 — ВАТ-2 — ВАТ = — ДДТ.	(7)
МММ
Относительную молекулярную массу углекислого газа (СО2) опре¬
деляем, используя Периодическую систему элементов Д. И. Менде¬
леева:
(Мг) = (Мг)с +2(МГ)О = 12,011+ 2 15,999 = 44,0 (а. е. м.),
111

где (Мг)с — относительная атомная масса углерода; (Л/г)о — от¬
носительная атомная масса кислорода. Молярную массу углекис¬
лого газа найдем по формуле
М = (10 3 кг/моль) • (Мг )со ~ 0,044 кг/моль.
Подставив в (7) исходные данные, М и Я, получим
<3 = 777777 8’31 10 = 189 (Дж)-
0,044
Задача 2.5
В воде при температуре 0 °С плавает лед массой тл, в центре
тяжести которого находится свинцовая дробинка массой тсв.
Какое количество теплоты следует сообщить воде, льду и дро¬
бинке, чтобы лед с дробинкой утонул?
Решение
Лед с дробинкой плавают на поверхности воды, если они обла¬
дают положительной плавучестью. Если термодинамической си¬
стеме, состоящей из воды, льда и дробинки, сообщить такое коли¬
чество теплоты, чтобы часть льда массой Дтл превратилась в воду,
то лед с дробинкой, получив отрицательную плавучесть, утонут.
Если лед с дробинкой имеют нулевую плавучесть, то они могут
плавать внутри жидкости на любой глубине. Это состояние реали¬
зовать достаточно сложно, т. к. любое ничтожно малое количество
теплоты, сообщенное системе, расплавит малую массу льда и лед с
дробинкой утонут. Если от термодинамической системы отводится
энергия, например при испарении воды, то лед с дробинкой приоб¬
ретают положительную плавучесть за счет увеличения массы льда
и всплывают на поверхность воды.
Рассмотрим случай положительной пла¬
вучести, при котором лед с дробинкой, погру¬
женные целиком в воду, всплывают. На лед
с дробинкой действуют равнодействующая
сил тяжести РТ и равнодействующая архиме¬
довых выталкивающих сил РА (см. рисунок).
I воздух
Р~_ вода
_^^^лед
, . дробинкой
Р
112

В случае положительной плавучести
^А>^.	(1)
где РА и Рт — модули сил РА и Рт.
Если часть льда массой Дтл превратить в воду, то лед с дробин¬
кой будут обладать отрицательной плавучестью.
В этом случае
Рк<Р^	(2)
где	,	.
^ = Р,«(К-ДУ) = р,* -^ + -2—,	(3)
к ГЛ г СВ гл ?
Е'= (гп+пг-Лгп} §,	(4)
где V — начальный объем льда с дробинкой; ДИ — объем превра¬
щенной в воду части льда; § — модуль ускорения свободного паде¬
ния; р„, р„ и р„„ — плотности льда, воды и свинца; т. пг —
массы льда и свинцовой дробинки; Дтпл — масса льда, превращен¬
ного в воду.
Подставив (3) и (4) в (2) и выполнив преобразования, получим
Д'Пл>тл-(Рс»-Рв)"гсв/(Рв-Рл)-	<5)
Количество теплоты ф, которое необходимо сообщить термоди¬
намической системе, чтобы расплавить массу льда Дтпл, определим
по формуле
$ = ГАтл,	(6)
где X — удельная теплота плавления льда.
Из (5) и (6) следует, что лед с дробинкой, имеющие начальную
положительную плавучесть, утонут, если сообщить системе коли¬
чество теплоты
<3 > Х [тл - (Рсв - Рв ) тсв /<Рв - Рл )] •
Задача 2.6
Идеальный газ переводят из начального в конечное состояние
двумя способами. Первый способ включает в себя изохорный и изо¬
113

барный процессы, второй — изобарный и изохорный. При перехо¬
де газа из начального в конечное состояние его давление уменьшается
в 2 раза, а объем увеличивается в 3 раза. Найти отношение коли¬
честв теплоты, полученных газом при первом и втором способах.
Решение
При первом способе переход газа из состояния 1 в состояние 2
р	(см. рисунок) реализуется изохорой 1—3 и
1	4 изобарой 3—2, при втором способе — изо¬
барой 1—4 и изохорой 4—2. Направления
соответствующих процессов указаны на ри¬
сунке стрелками.
Количество теплоты ф13, которое идеаль-
О V	V V
1	2 у ныи газ получает при изохорном охлажде¬
нии (процесс 1—3), определяем из первого закона термодинамики:
е13=^з-^ = >Я(Т3-Т1),	(1)
где и — внутренние энергии идеального газа в состояниях 3
и 1; I — число степеней свободы молекулы идеального газа (см. за¬
дачу 1.5); V — количество вещества идеального газа; В — универ¬
сальная газовая постоянная; Т3 и 7’1 — абсолютные температуры
газа в состояниях 3 и 1.
Запишем уравнения Клапейрона—Менделеева для состояний 3 и 1:
Р37з —	’	(2)
р^У^уВТ^,	(3)
где р3, и У3, У± — давления и объемы газа в состояниях 3 и 1.
По условию задачи
Рз = Р2 = Р1/2’	(4)
У1 = гз = ^/3-	(5)
Подставив (2)—(5) в (1) и выполнив преобразования, получим
^13=^(Р2* 1 * * * У1 ~ Р1У1) = ~^Р2У1-	(6)
114

Количество теплоты ф32, которое получает идеальный газ при
изобарном расширении (процесс 3—2), также определяем из пер¬
вого закона термодинамики:
«32= ^2-^3+ Р2(Г2-^ )=|(3/>2Г1-Р2У1 )+2р2У1=р2У1 0 + 2). (7)
Складывая (6) и (7), находим количество теплоты которое
получает газ при первом способе:
= ^13 + ^32 = ^2^1	+ 2 V	(8)
Рассуждая аналогично для второго способа, найдем
«14 = р2Г1(2г + 4),
з
012 = “7^2^1 ’
= «14 + «42 = Р2у1 + 4 1	(9)
Разделив (8) на (9), получим
6Э(1) л
012 _ I + 4
о(2) " / + 8*
**12
Задача 2.7
В калориметр, в котором находится вода массой тз при абсо¬
лютной температуре Тз > 273 К, поместили лед массой тл при абсо¬
лютной температуре Тл < 273 К. Определить температуру и массы
воды и льда после установления теплового и фазового равновесий.
Решение
Данная термодинамическая система состоит из воды и льда,
причем вода и лед могут превращаться друг в друга в зависимости
от параметров, определяющих процессы, происходящие в термо¬
динамической системе, и ее конечное состояние.
Количество теплоты Он, которое отдает вода, охлаждаясь от аб¬
солютной температуры Т3 до То = 273 К, определяется по формуле
«з = свтв(Г0-Гв)>	(1)
где сз — удельная теплоемкость воды.
115

Количество теплоты ^л, которое получает лед, нагреваясь от аб¬
солютной температуры Тл до То, определяется по формуле
^ = СЛ(.ТО-ТЛ)>	(2)
где сл — удельная теплоемкость льда.
Рассмотрим семь вариантов решения задачи в зависимости от
значения суммы Фв + (?л.
Вариант 1,
$в+Зл=0.	(3)
В этом случае фазовых переходов не будет, массы воды и льда
не изменятся, а взаимодействие воды и льда сводится к теплообме¬
ну, что следует из уравнения баланса теплоты (3). Установившая¬
ся абсолютная температура термодинамической системы равна То.
Вариант 2.
ХтПв >^в + ^л >0’	(4)
где X — удельная теплота плавления льда.
Запишем уравнение баланса теплоты:
«в + «л + вкр = О,	(5)
^Кр=-и,ПВ-	(6)
где фкр — количество теплоты, выделяемое при кристаллизации
воды массой Дтв.
Из (5) и (6) можно найти
Из (4) следует: 1) лед, нагреваясь до То, должен получить от
воды за счет ее охлаждения до То меньшее количество теплоты,
поэтому часть воды кристаллизуется; 2) Дтв < тъ.
Таким образом, термодинамическая система будет иметь в со¬
стоянии теплового равновесия абсолютную температуру Т = То и при
этой температуре
т' = гп - Дт ,
в	в	в ’
т'= ГП + Дти ,
л	л	в ’
116

где тв и т'л — массы воды и льда после установления теплового и
фазового равновесий.
Вариант 3.
0, + ®л = )-тв-	(7)
Условие (7) совпадает с (5) и (6), если Атв = тв.
Поэтому вариант 3 отличается от варианта 2 лишь тем, что здесь
вся вода кристаллизуется и система будет состоять из льда при Т[Г
т. е. будет однофазной.
Вариант 4.
<?в + ^л >	•	(8)
Из (8) видно, что на нагревание льда до То должно пойти энер¬
гии больше, чем выделяется при охлаждении воды до То и при ее
кристаллизации. Поэтому в рассматриваемом варианте термоди¬
намическая система будет состоять из льда, имеющего температу¬
ру Г < То,
Для нахождения Т используем уравнение баланса теплоты:
+ + ^кр + Ол* =	(9)
где ф * — количество теплоты, которое идет на нагревание льда от
Тл до Т; ф * — количество теплоты, которое идет на охлаждение
воды от Тв до То; ^кр — количество теплоты, которое выделяется
при кристаллизации воды; — количество теплоты, которое
идет на охлаждение льда, кристаллизованного из воды.
Запишем формулы для перечисленных выше количеств теплоты:
вл* = сл(.т~тЛ	(10)
= 'А (Го ~ТЛ	(11)
0Кр = -^..	(12)
(13)
Подставив (10)—(13) в (9) и выполнив преобразования, получим
тп ГХ + с (Т - Тп У] + с„ (тТ + тп Тп )
в |_ в \ в	л \ л л в 0 /
С	)
л \ в л /
117

Вариант 5.
-Хт <	+ Фп < 0.
л ^в ^л
(14)
При условии (14) лед будет плавиться; массу расплавленного льда
можно найти из системы уравнений
^Л *В ^ПЛ ’
(Э = ХДли,
/^пл	л ’
где фпл — количество теплоты, необходимое для плавления льда
массой Дтил. В этом варианте имеет место двухфазная термодина¬
мическая система, состоящая из воды и льда при Т = То с массами
воды тв и льда т'л, равными
т' = т + Дтп,
в	в	л ’
т' = т- \гп ,
л	л	л ’
Вариант 6.
О +	.
^в ^л	л
В этом варианте имеет место однофазная термодинамическая
система, состоящая из воды массой т' = тв + тл при Т = То.
Вариант 7.
СЭ +	< ~^ГПп •
^В ^Л	Л
В этом варианте имеет место однофазная термодинамическая
система, состоящая из воды массой тпв + тл при Т > То.
Для нахождения Т используем уравнение баланса теплоты:
сттлиГ1(Тп - Т ) + Хт+с т(Т - Т,]) + ст(Т- Т ) = 0.
л л\ О л/ л в л\ О/ в в\	в/
Откуда
т Гсп (Тп-7\)-Х1 + с_ (тпТ + тТп}
л л \ л О/ 3 в\вв лО/
в \ л в )
118

Задача 2.8
Две свинцовые дробинки, имеющие одинаковые массы, летят на¬
встречу друг другу со скоростью 20 и 30 м/с. Найти изменение тем¬
пературы дробинок после неупругого центрального удара.
Решение
Так как удар центральный и вращение дробинок отсутствует,
то можно принять дробинки за материальные точки.
^2^2
о	►		о до удара
	оо _ О после удара
Используя закон сохранения импульса механической системы,
состоящей из двух материальных точек,
/п1б1 + т2д2 = (пгх+ т2)о	(1)
и проектируя (1) на ось Ох (см. рисунок), получим
+тп21?2 = (т} + т2^о,	(2)
где тп1, т2 — массы дробинок; и б2 — скорости дробинок до
удара; й — скорость дробинок после удара.
Поскольку /п1 = т2, то из (2) найдем модуль V
у = —-— = 5 (м/с).
Пренебрегая потерями энергии в окружающую среду и считая,
что потерянная кинетическая энергия механической системы рав¬
на количеству теплоты ф, получим
(3)
Количество теплоты ф идет на нагревание обеих дробинок:
^ = Ссв(7П1+7П2)А'Г ’
(4)
119

где Ссв — удельная теплоемкость свинца
/
130
Дж
кг • К
ДТ — измене¬
ние абсолютной температуры тел. Подставив (3) в (4) и выполнив
преобразования, получим
= ^-2^ = 400 + 900-2 25 =
4 130
4 с
СВ
Задача 2.9
При включении электронагревателя мощностью 0,5 кВт темпе¬
ратура воды повысилась на 1 К за 1 мин, а при отключении элект¬
ронагревателя понизилась на 1 К за 1 мин. Найти массу воды и
мощность рассеивания энергии, считая, что потери энергии прямо
пропорциональны времени.
Решение
Будем считать, что электрическая энергия электронагревателя
идет на нагревание воды и окружающей среды. Тогда количество
теплоты ф, которое идет на нагревание воды, можно определить по
формуле
<Э = (Р-Ы)г,	(1)
где Р — электрическая мощность нагревателя; ЛГ — мощность рас¬
сеивания энергии в окружающую среду; I — время теплообмена
при работающем электронагревателе.
Количество теплоты идет на изменение ДУ абсолютной темпе¬
ратуры воды при работающем электронагревателе:
Ф = свтЛТ,
где св — удельная теплоемкость воды
воды.
Подставив (1) в (2), получим
4200
Дж
кг • К
(2)
масса
т
(Р-М)1 = свтЛТ.
(3)
120

Рассуждая аналогично для случая, когда электронагреватель
отключен, найдем
= сътЛТ\	(4)
где Г— время теплообмена при отключенном электронагревателе;
АТ' — изменение абсолютной температуры воды.
Из системы (3)—(4) находим
Р1	500 60 о СГ7/ \
т - —7	т  	7	7 ~ 3,57(кг),
с, I ДТ-ДТ'А I 4200|1 + 1 1
= -стДГ = -4200-3,57-(-1) =
е	во
Задача 2.10
В алюминиевой кастрюле массой 0,5 кг находится 1 кг воды и
0,5 кг льда при температуре 0 °С. Кастрюлю нагревают на элект¬
роплитке мощностью 1 кВт в течение 20 мин. Сколько выкипело
воды, если КПД электроплитки равен 75 %? На сколько увеличи¬
лась абсолютная влажность воздуха в комнате объемом 100 м3 за
счет выкипевшей воды?
Решение
Данная термодинамическая система состоит из воды, льда, кас¬
трюли и водяных паров, которые появляются при кипении. Водя¬
ными парами, которые появляются при испарении воды и льда,
пренебрегаем. Количество теплоты которое получает термоди¬
намическая система, определяется по формуле
®	= 0,75 • 1000 1200 = 900 (кДж),
где Т| — КПД электрической плитки; Р — мощность электроплит¬
ки; I — время работы электроплитки.
Количество теплоты ф расходуется на плавление льда, нагрева¬
ние воды и расплавленного льда от абсолютной температуры
То = 273 К до Ткип = 373 К и на образование водяных паров при ки¬
пении:
121

ф	+ Агп + с(гп + гп) ■ АТ + гт.
ал к	л в' в л.'	п’
(1)
лт = ткт1-т0.
где — удельная теплоемкость алюминия
Г Дж
ная теплоемкость воды 4200
Дж
—	; св — удель-
880
кг • К
	?7 ; тк’
кг • К
кастрюли, воды, льда и водяного пара; АТ —
™в’
массы
изменение абсолют-
т , т
ной температуры термодинамической системы при нагревании;
Ткип — абсолютная температура кипения воды при нормальном
атмосферном давлении; X — удельная теплота плавления льда
3,3 105 —
I кг >1
2,3 Ю6 —
кг
г — удельная теплота парообразования воды
Из (1) находим шп:
1(3 - ст АТ - с (гп + пг )АТ - Хт 1
*- алк	в\в л/	л-1
[900 000 - 880 0,5 100 - 4200 1,5 100 - 3,3 105 0,5]
		~ 0,0265 (кг).
2,3 Ю6
Изменение Ае абсолютной влажности воздуха в комнате за счет
водяных паров, полученных при кипении воды в кастрюле, опре¬
делим по формуле
Де = -^2- =	= 0,265 (г/м3).
V 100	'
Задача 2.11
Идеальный одноатомный газ совершает цикл, состоящий из двух
изобарных и двух изохорных процессов. В изобарных процессах
объем газа изменяется в 3 раза, в изохорных процессах давление
изменяется в 3 раза. Найти КПД цикла.
122

1	»	2
м	П
41	"*	3
Решение
Данный цикл состоит из четырех участков р
(см. рисунок): 1—2 — изобарное расширение;
2—3 — изохорное охлаждение; 3—4 — изобар¬
ное сжатие; 4—1 — изохорное нагревание. На¬
правления соответствующих процессов указа¬
ны стрелками. Работы идеального газа можно
рассчитать по формулам:
А = А12 + А23 + Л34 + А41,	(1)
^12 = Р1 (^2 ~ ^1) ’	(2)
А23 = 0,	(3)
^34“ Рз (^4 -	’	(4)
А41 = о,	(5)
где А — работа газа за цикл; А12, А23, А34, А41 — работа газа в
соответствующих процессах; р1, р2, р3, р4 и У2, Р3, У4 — давления
и объемы газа в соответствующих точках плоскости состояния (р, V).
По условию задачи
Р1 = Р2 = 3Рз = 3Р* ’	(6)
У2 = У3 =ЗГ! =ЗГ4-	(7)
Подставив (2)—(7) в (1) и выполнив вычисления, получим
А = 4р4У4 .	(8)
Количество теплоты фр которое получает идеальный одноатом¬
ный газ от нагревателя, определяется по формулам (см. задачу 2.6):
$1 - 041 + О12 ’	(9)
<?41 =^1-^4 =|(РЛ-Р4^) = 3Р4><1-	(10)
о
<?12 =С/2-С/1+А=|р2(У2-К1) + р2(У2-Г1)=15р4У4, (11)
123

где ф41 и ф12 — количества теплоты, получаемые в процессах 4—1
и 1—2; С71, 172, П4 — значения внутренних энергий одноатомного
газа в точках 1, 2, 4 плоскости состояний (р, V).
Из (9)—(11) находим
(12)
Определим КПД цикла по формуле
П =^'	(13)
Подставив (8) и (12) в (13), получим
2
Т] =- = 0,222 « 22,2 %.
9
Задача 2.12
Найти отношение абсолютных температур нагревателя и холо¬
дильника идеальной машины Карно, если работа идеального газа
за цикл равна 20 Дж, а работа идеального газа при изотермиче¬
ском сжатии равна -10 Дж.
Решение
Цикл для идеального газа идеальной
1	машины Карно состоит из четырех участ-
иков (см. рисунок): 1—2 — изотермическое
расширение газа; 2—3 — адиабатическое
расширение газа; 3—4 — изотермическое
3 сжатие газа; 4—1 — адиабатическое ежа-
О	V тие газа. Направления соответствующих
процессов указаны стрелками.
Количество теплоты ($, которое идеальный газ в идеальной ма¬
шине Карно получает за цикл, равно работе А газа за цикл:
<Э = А.
Так как для адиабатных процессов
^23 = ^41 - 0’
то
9 = ф12 + Я34 ’
(1)
(2)
124

где 912, 923, 934, 941 — количества теплоты, которые получает газ
в соответствующих процессах.
Согласно первому закону термодинамики, для изотермического
расширения газа
^12 =^12’
где А12 — работа газа в процессе 1—2.
При изотермическом расширении газа А12 > 0, поэтому и 912 > 0.
Следовательно,
<Э12 = <Э1’	(3)
где — количество теплоты, которое получает газ от нагревате¬
ля. При изотермическом сжатии газа
^34“ ^34’	(4)
Д34 < 0 и ф34 < 0, поэтому
<?34 = <?2’	(5)
где 92 — количество теплоты, которое газ отдает холодильнику;
А34 — работа газа в процессе 3—4.
Из (1)—(5) получим
А = 9! + 92 =	- |ф21.	(6)
Из (4), (5) и условия задачи имеем
92 = А34 = -10 Дж.	(7)
Подставляя (7) в (6), найдем
91= А - 92 = 20 -(-10) = 30 (Дж).
Определим КПД цикла идеального газа для идеальной машины
Карно:
П=—= 20 = 0,667.
3; 30	(8)
Для идеальной машины Карно справедлива также формула
Т2
(9)
21
125

где Тг и. Т2 — абсолютные температуры нагревателя и холодиль¬
ника.
Из (9) следует
1
т2 1-Т]
Подставив т| из (8), получим
Задача 2.13
Идеальный газ совершает цикл. На первом участке цикла газ
изобарно расширяется; при этом его абсолютная температура из¬
меняется от Т1 до 2Т1. На втором участке цикла происходит изо¬
хорное охлаждение газа от 27’1 до Т1. На третьем участке цикла
газ изобарно сжимается с понижением температуры от Т1 до 0,5771.
На четвертом участке цикла газ изохорно нагревается от 0,57^ до
Тр Определить КПД цикла.
Решение
р	Данный цикл состоит из четырех участков
1 / > у* 2	(см. рисунок): 1—2 — изобарное расширение га-
]	за; 2—3 — изохорное охлаждение газа; 3—4 —
/ /	изобарное сжатие газа; 4—1 — изохорное на-
4*^3	„
/	гревание газа. Направление соответствующих
У	процессов указаны стрелками. Количества теп-
г лоты ф12, (?23, $34 и $41, которые получает газ
на соответствующих участках цикла определяются по формулам
^12 = Срт(^2 ~ ^1 )’	(1)
^23 ~ СУ т( “ ^2 )’	(2)
$34 = Срт('^4: -^з)>	(3)
$41= СуШ^ -т4),	(4)
где ср — теплоемкость идеального газа при постоянном давлении р;
Су — теплоемкость идеального газа при постоянном объеме V; т —
126

масса газа; Тр Т2, Т3 и Т4 — абсолютные температуры газа в соот¬
ветствующих точках плоскости состояний (р, Т).
Подставив в (1)—(4) значения абсолютных температур газа,
получим
^12 “ Срт(^^1 ~ ^1 )~Срт^1 ’	(5)
^23 ~ су т (Л “ Ту) - -Су т Ту,	(6)
^34 = Ср'П(°>5 т1- 71) = -°’5 српг71>	(7)
С4, = су т(Т1-0,5 Тг)= 0,5су тТ^.	(8)
Определим количество теплоты ф, которое получает газ за цикл:
Я = Ф12 + Ф23 + ^34 + ^41 = А ’	(9)
где А — работа газа за цикл.
Подставив (5)—(8) в (9), получим
А = 0,5(ср-(Ю)
Определим количество теплоты которое получает газ от на¬
гревателя:
«1 = е12+в41 = (Ср+0’5сг)тГ1-	(11)
Используя (10)—(11), определим КПД цикла:
_ А ср ~су
2ср+су'	(12)
Из определения теплоемкости су, первого закона термодинами¬
ки для изохорного процесса и выражения для внутренней энергии
идеального газа (см. задачу 1.5) получим
п лтт - ВАТ-
с	=	_ 2	М _ /Д	НЗ)
у тпАТ тЛТ тЛТ 2М ’	{
где фу — количество теплоты, сообщенное идеальному газу при
постоянном объеме; ДС7 — изменение внутренней энергии идеаль¬
ного газа; М — молярная масса газа; ДТ — изменение абсолютной
127

температуры газа; I — число степеней свободы молекулы идеаль¬
ного газа; 7? — универсальная газовая постоянная.
Из определения ср, первого закона термодинамики для изобар¬
ного процесса и уравнения Клапейрона—Менделеева получим
_	_д[/ + рдк_ да /м	в
р тЛТ тЛТ тЛТ тЛТ у М
где фр — количество теплоты, сообщенное идеальныму газу при
постоянном давлении; ДУ — изменение объема газа.
Подставив (13) и (14) в (12), получим
2
Л =	•
3/ + 4
Задача 2.14
КПД циклов 1—2—3—1 и 1—3—4—1 идеального газа (см. ри¬
сунок) равны соответственно и т|2. Найти КПД цикла 1—2—3—
4—1, если процессы 1—2 и 3—4 являются изохорными, а процес¬
сы 2—3 и 4—1 — изобарными.
Решение
При изохорном нагревании 1—2 газ получа¬
ет количество теплоты при изобарном рас¬
ширении 2—3 — (?2. При изохорном охлажде¬
нии 3—4 газ отдает количество теплоты (?3, при
изобарном сжатии 4—1 — ф4. Когда выполня¬
ется процесс 3—1, газ отдает количество теп¬
лоты ф5 (<?5<0), в процессе 1—3 газ получает количество теплоты
|е5|. кпд циклов определяются по формулам
П1 =	+32’	С1)
(2)
(3)
128

где Аг, А2 и А — работы идеального газа для циклов 1—2—3—1,
1—3—4—1 и 1—2—3—4—1 соответственно.
Из рисунка видно, что
л _ л _ А
^1 ~ ^-2 ~ 2 ’	(4)
так как А{ равна площади треугольника 123, А2 — площади тре¬
угольника 134, а А равна площади прямоугольника, состоящего из
двух равных треугольников.
Применяя первый закон термодинамики к циклу 1—2—3—1,
получим
<21 + <22 + <д5 = А^	(5)
Откуда
^1 + ^2 ~ А1 = “^5 = 1^5, *	(6)
Используя (1)—(6), найдем
_ А1 А2 _	^(^1 + Ф2) ~ ^1
П1+Л2_е1 + р2 + о1+е2-А1-111 ^1 + е2-л1	<7*
Вычитая из формулы (7) формулу (3), получим
(П1+П2)-П = (П1+Т|2)-7Г-^- = ^^2 •	(8)
Откуда
П = П1+П2-П1П2-
3. Электростатика
Задача 3.1
Между двумя вертикальными разноименно заряженными плас¬
тинами, расположенными на расстоянии 10 см друг от друга, ви¬
сит на изолированной нити шарик с электрическим зарядом 1 нКл
и массой 0,1 г. На какой угол отклонится нить с шариком, если на
пластины подано электрическое напряжение 25 кВ? С каким уско¬
рением должна двигаться рассматриваемая система, чтобы шарик
снова висел вертикально?
5 Решаем задачи по физике 9-11 кд.
129

Р
упр
Решение
Будем считать, что электрический
заряд, находящийся на шарике, являет¬
ся точечным, так как размеры шарика
малы по сравнению с расстоянием меж¬
ду пластинами. Рассмотрим равновесие
шарика в инерциальной системе отсчета
(ИСО), связанной с Землей.
На шарик, висящий на нити между
двумя пластинами, заряженными равны¬
ми по модулю зарядами (рис. 1), действу¬
ют следующие силы: Рк — кулоновская,
или электрическая, сила; Рт — сила тя-
упругая сила — реакция нити.
жести;
Шарик находится в равновесии, если
+^упр- °-
(1)
Проектируя (1) на ось Ох, которая перпендикулярна нити, по¬
лучим
Рк СОЗ ОС - Рт 8Ш0С = 0,	(2)
где а — угол между вертикалью и нитью.
Модули Рк и Р определим по формулам
Гк = дЕ,	(3)
рт = ад,	(4)
где д — электрический заряд; Е — модуль электрической напря¬
женности Е однородного электростатического поля; т — масса
шарика; § — модуль ускорения свободного падения.
Напряжение 17 между пластинами и модуль Е связаны в одно¬
родном стационарном электрическом поле формулой
Е = Т
где (1 — расстояние между пластинами.
130

о
Подставив (3)—(5) в (2) и выполнив преоб¬
разования, получим
25 103 10-9
атё
л = 0,255,
0,1 10 4 9,8
У
Е'
упр
Е
ин
Ек
IV.
откуда а =14,3 .
Теперь рассмотрим поведение заряженного
шарика на нити в однородном электростатиче¬
ском поле в неинерциальной системе отсчета
(НСО), движение которой по отношению к ИСО
должно быть таким, чтобы сила инерции Е
уравновесила кулоновскую силу Е^ (рис. 2).
Условия равновесия шарика в НСО запишем
4 + 4пр + Л + 4н=
Л,„ =-та,
где Г' — реакция нити; а — ускорение НСО относительно
Проектируя (6) на ось Ох (рис. 2), получим
Рис. 2
в виде
(6)
исо.
а
&К ~ Лщ- О’
^ин“ та ’
(7)
(8)
где 4н’ а ~ модули Гин и а.
Подставив (3), (5) и (8) в (7), получим
Од 25 103 10’9 пс/ , 2ч
а =	=		— = 2,5 (м/с ).
(1т	0,1 Ю-4
Задача 3.2
Четыре положительных электрических заряда др фр д2 и ф2
связаны пятью стержнями, являющимися изоляторами, и нахо¬
дятся в невесомости. Длина стержня, связывающего заряды и
ф2, равна I, остальные стержни имеют одинаковую длину и состав¬
ляют с этим стержнем углы ос.
Найти реакции стержней, если = д2 = д и	=
131

Рис. 2
Решение
Систему четырех точечных зарядов, свя¬
занных пятью стержнями (рис. 1), будем рас¬
сматривать в неинерциальной системе отсче¬
та, в которой силы тяжести и силы инерции в
условиях невесомости уравновешивают друг
друга и потому в дальнейшем их можно не
учитывать. На заряд фх действуют (рис. 2):	,
Р2 и — кулоновские силы, действующие
на заряд со стороны остальных зарядов;
^2	— реакции стержней 1, 2 и 3
(см. рис. 2).
Запишем условие равновесия системы схо¬
дящихся сил, действующих на заряд фр
^1+^2+^з+^1+^2+^3=0-	(1)
Проектируя (1) на оси Ох и Оу прямоуголь¬
ной декартовой системы координат Оху, получим
Р2 вша - Р3 зшос + 2У3 зш ос - Ы2 зтпа =0,	(2)
^1 + ^2 со8 а + ^з С08 а _ ^2 СО8 а ~	СО8 а - ^ = 0,	(3)
где а — углы между стержнями 1 и 2, а также стержнями 1 и 3.
Согласно закону Кулона и условию задачи
где к — электрическая постоянная; г — расстояние между зарядами.
Из (2) следует, что
ЛГ2 = ЛГ3 =	(5)
Подставив (4) и (5) в (3), получим
А?! + 2^ сов ос = Р1 + 2Р соз а.	(6)
На заряд д2 действуют (рис. 3): Р3 , Р5 и Р4 — кулоновские силы,
действующие на заряд д2 со стороны остальных зарядов; и —
реакции стержней 3 и 5.
132

Запишем условие равновесия системы схо¬
дящихся сил, действующих на заряд д2:
Р3 + Р± + Р5 + Л^3'+	= 0.	(7)
Проектируя (7) на оси Ох и Оу прямоуголь¬
ной декартовой системы координат Оху, полу¬
чим
Р± + Р3' СОЗ р + Р5 СОЗ Р - ^з' СОЗ р - Л?5 СОЗ Р = 0 , (8)
-Р3 8Ш Р + Р5 81П Р + ЛТ3 81П Р -	81П р = 0 .	(9)
Согласно закону Кулона и условию задачи
-р ' _ Г _ р _	/'1Л\
^3 ~	“ —2~'	(10)
Г
Из (9) следует, что
ЛГ3'=#5=ЛГ.	(И)
Докажем, что	Щ .
На стержень 3 действуют со стороны зарядов и д2 силы натя¬
жения Т3 и Т3 (рис. 4).
Так как стержень находится в равновесии, то
т3 + т3' = о.
(12)
Согласно третьему закону Ньютона
Т3 -, Т3 --Й3.	(13)
Из (12) и (13) будем иметь
Ы3 = -Ы3, ^з = ЛГ3' = ЛГ,
что и требовалось доказать.
Из рис. 4 видно, что
0 ТС
а + ₽=2-
С учетом (10) и (11) из (8) получим
2^8^па = Рх + 27?81па.
133

Уравнения (6) и (14) позволяют найти неизвестные ЛГ и
рассчитать модули кулоновских сил и	по формулам
ЙО2	йд2
если
(15)
При этом расстояния между зарядами и д2, а также дг и д2
можно определить из прямоугольного треугольника (рис. 4)
по формулам
г = —-—, а =	(16)
2 сое а
Решая (6) и (14) с учетом (10), (15) и (16), получим
Йд2 2 Г, в
—— соз а 4— +
. 1
д 2зт3ос
(17)
/гф2 Г я2 3
^ = -5-	а .	(18)
Г	ХУ
_
71
Формула (17) показывает, что при 0 < ос < —	> 0 , т. е. стерж-
ни 2 и 3 всегда растянуты; следовательно, силы натяжения направ¬
лены, например, для стержня 3 так, как показано на рис. 4. Из
71
(18) видно, что Л^> 0 (стержень 1 растянут) при ос* < а < — , ЛГг= 0
2
(стержень 1 не нагружен) при ос = а* и < 0 (стержень 1 сжат)
при 0 < а < а* , где
2
а* = агсс!§ —
Я
2
=агчё|
(19)
Если все заряды одинаковы, то
Поскольку система имеет вертикальную и горизонтальную плос¬
кости симметрии, то модули реакций стержней 4 и 5 можно найти
из соображений симметрии. Реакции направлены вдоль соответству¬
ющих стержней и их направления определяются так же, как и для
стержней 2 и 3.
134

р
Рис. 1
Задача 3.3
В жидкости плотностью 0,8 г/см3 на изолированной нити под¬
вешен однородный шарик массой 0,1 г, несущий электрический
заряд 1 нКл и имеющий плотность 1,6 г/см3. Относительная ди¬
электрическая проницаемость жидкости равна 2,1. Какой заряд
нужно поместить ниже данного заряда на расстоянии 10 см вдоль
вертикальной прямой, проходящей через центры зарядов, чтобы
сила натяжения нити увеличилась в 2 раза?
Решение
Рассматриваемые заряды будем считать точечны¬
ми, так как расстояние между ними значительно
больше радиусов шариков, несущих заряды. Найдем
силу натяжения Т} нити, с которой шарик, несущий
электрический заряд действует на нить при отсут¬
ствии второго шарика, несущего электрический за¬
ряд д2.
На рис. 1 изображены силы, действующие на ша¬
рик массой ш, несущий заряд д^: Рт — сила тяжести
шарика; — реакция нити при отсутствии заряда <?2;
РА — архимедова выталкивающая сила.
Запишем условие равновесия шарика:
1; + гА + ^1 = о.	(1)
Проектируя (1) на ось Оу, получим
РА + ^-Рт = 0.	(2)
Согласно третьему закону Ньютона (рис. 2):
Л = М-	(3)
Подставив (3) в (2), получим
71 = *;-^.	(4)
///}//
УI
/////
91°
Рис. 2
135

Вычислим модули Р и РА по формулам:
Рт = т# = 0,1 • 10“3-9,8 = 0,98 • 10-3 (Н),
РА = рд^ = рд? Рт =	0,98 10~3 = 0,49 10"3 (Н),
НИ 1,0
где § — модуль ускорения свободного падения; рд и р — плотности
диэлектрической жидкости и однородного шарика с зарядом дг;
V — объем шарика.
Теперь определим силу натяжения нити в присут¬
ствии заряда д2. По условию задачи сила натяжения
нити увеличилась в 2 раза при взаимодействии заря¬
дов д1 и д2. Это означает, что кулоновская сила Рк,
действующая на заряд дг со стороны заряда д2, направ¬
лена вниз (рис. 3) и что заряд д2 < 0.
Запишем условие равновесия шарика с зарядом д^ в
присутствии заряда д2:
^2 + -^А + Л +	(5)
Рис. 3
где ]У2 — реакция нити.
Проектируя (5) на ось Оу, получим
^2 +	~ РК = 0-	(6)
Согласно третьему закону Ньютона (рис. 4):
т2 = -^2,
т2 = ^2.	(7)
Подставив (7) в (6), найдем
^2 =	+	” -^а •	(8)
Рис. 4
Согласно закону Кулона
Рк~^г
(9)
136

где Рк — модуль кулоновской силы Рк; к — электрическая посто¬
янная (9 • 109 Н • м2/Кл2); е — относительная диэлектрическая про¬
ницаемость жидкости; I — расстояние между зарядами дх и б/2.
Из (4), (8) и (9) находим
с/2	(т7 А
Ы = ^-(Гт-РА)|-1 =
= -1о0,1 о (0,98 - 0,49) 1СГ3 * * (2 -1) « 1,14 10 6 (Кл).
9 109 10-9
Задача 3.4
Две одинаковые элементарные нерелятивистские частицы, име¬
ющие заряд д и массу т, летят навстречу друг другу по прямой. На
расстоянии а модули скоростей частиц равны ь>1 и п2. Найти наи¬
меньшее расстояние между частицами, на которое они сблизятся.
С какими скоростями будут двигаться частицы при бесконечном
удалении друг от друга?
Решение
Рассматриваем нерелятивистские частицы как изолированную
электродинамическую систему двух материальных точек, между
которыми действуют только внутренние электрические (кулонов¬
ские) силы. Внутренними магнитными силами взаимодействия меж¬
ду зарядами материальных точек и действием внешних сил пре¬
небрегаем. Для данной системы справедливы законы сохранения
импульса и полной механической энергии
тл\ + 7тп?2 -	+ ти2,
(1)
2	2,2	™ 2	2	, 2
ти2 кд _ тил ти2 кд
2	2 а 2	2 г
(2)
где 7П, д — масса и заряд частиц; а, г — расстояние между частица¬
ми в начальный {I = 0) и текущий моменты времени I; б2,
й2 — скорости первой и второй частиц в начальный (I = 0) и теку¬
щий моменты времени в неподвижной инерциальной системе от¬
счета (ИСО), связанной с Землей; к — электрическая постоянная.
137

»2
1 -
2 1 = 0
а
1 Д
2
О
Рис. 1
Уравнения (1) и (2) будем изучать
для двух случаев:
Случай 1. 0<1<1*,
где 1;: — время наибольшего сближе¬
ния частиц, при этом г = гт1п = й.
Расчетная схема для этого случая
приведена на рис. 1.
Проектируя (1) на ось Ох, получим
и2 ~ и1 ~ У2 ~ иг	(3)
Выражая из (3) и2 через и подставляя в (2), из квадратного
уравнения
получим решения в виде
О =
2 , /
П1 + (а2 -
’1)“1 -
кд2
0102 +

т
'1_
<а
г
г >
= 0
П1 =
2
(4)
и2 =
2
(5)
01 + о2
>2 кд2 (1
1
\
2
т [а
г
у
(6)
значение квадратного корня, так
где взято лишь положительное
как при I = 0	= 1?1.
Условие существования решений (4) и (5) можно записать в виде
неравенства:
Я > 0.
Из (6) и (7) найдем г > й,
(7)
(8)
а =
а
2
та [	+ а2
кд2
где й — наименьшее расстояние между частицами.
Проанализируем решения (4)—(6) в зависимости от соотноше¬
ния модулей скоростей о1 и о2 и времени I:
138

А. Если Р1>с>2,тои1>Ои частица 1 не меняет направление
движения при	(см. рис. 1). При этом и2 > 0 при Ь<г<а,
и2 - 0 при
г = Ь =			 (9)
. 1Л ОоТИ
1+1-9 а
кд2
и и2 < 0 при д, < г < Ь, т. е. частица 2 изменяет направление движе¬
ния на противоположное при сближении частиц.
Из (8) и (9) можно доказать, что Ъ > <7.
Б. Если < о2, то и2 > 0, т. е. частица 2 не будет менять на¬
правление движения (см. рис. 1) при 0 < I < 2*. При этом > 0 при
Ъ <г<а, иг = 0 при г =Ь и иг < 0 при с1 < г < Ь, т. е. частица 1
изменяет направление движения на противоположное, мгновенно
останавливаясь при г = Ь.
В. Если = о2, то при 0 < I < I* иг > 0 и и2 > 0, т. е. частицы не
меняют направления движения.
Г. При I = 1.к г = с1.
Из (4)—(6) следует
о2 - 1>1
=и2 =-^-—*-,	(10)
т. е. частицы имеют равные скорости н1=й2, которые равны ско¬
рости б центра масс (ц. м.) системы двух частиц, которая опре¬
деляется по формулам
2игйц м =	+ тпо2 = тщ + тй2,
откуда следует, что в подвижной ИСО, связанной с ц. м., частицы
мгновенно останавливаются.
В неподвижной ИСО, связанной с Землей, при о1 > о2 частицы
движутся при I = 1:* в отрицательном направлении оси Ох (см. рис. 1),
при V1 < у2 частицы движутся в положительном направлении оси
Ох, при = о2 частицы мгновенно останавливаются в неподвиж¬
ной ИСО.
139

Случай 2. I > I*.
1>1*
Расчетная схема для этого случая
приведена на рис. 2 (направления
йг и й2 указаны произвольно).
х	О
Рис. 2
Проектируя (1) на ось Ох (рис. 2),
получим
и1 + и2 = У2 “ У1 •	(П)
(11)
^2 * = 0
Рассуждая, как и в случае 1 и используя (2) и (11), найдем ре¬
шения в виде
(12)
(13)
Из (12) и (13) видно, что при г = Ли1 = и2, так как I) = 0; сравни
с (10).
Проанализируем решения (12) и (13) в зависимости от соотно¬
шения модулей скоростей 1?1 и п2 и времени I.
А. Если > и2, то и2 < 0 и частица 2 не меняет направления
своего движения при I > (на рис. 2 скорость й2 должна быть на¬
правлена в другую сторону). При этом их < 0 при д, < г < Ъ, их = 0
при г = Ь и иг > 0 при г > Ь, т. е. частица 1 изменяет направление
своего движения при удалении частиц друг от друга.
Б. Если I?! < р2, то иг > 0 и частица 1 не меняет направления
своего движения при I > I* (рис. 2). При этом и2 > 0 при (1 < г < Ъ,
и2 = 0 при г = Ь и и2 < 0 при г > Ъ, т. е. частица 2 изменяет направле¬
ние своего движения при удалении частиц друг от друга.
В. Если = р2, то при I > I* иг > 0, п2 < 0, т. е. частицы не
меняют направления своего движения.
Г. При бесконечном удалении частиц друг от друга (г—>«> и
I —> °°) модули скоростей иг и и2 будут стремиться к
140

2	/ та
При этом независимо от значений и V2 при г —> «> > 0 и
и2 < 0, т. е. скорости частиц при бесконечном удалении их друг от
друга всегда будут направлены в разные стороны.
Задача 3.5
Электрон влетает в однородное электро¬
статическое поле плоского конденсатора под
углом 60° к его пластинам, а вылетает под
углом 30°. Длина пластин конденсатора и
модуль напряженности электрического поля
равны соответственно 1 см и 1 кВ/м. Найти
начальную скорость электрона.
Решение
Рассматриваем нерелятивистский элек¬
трон как материальную точку, на которую действует только элек¬
трическая (кулоновская) сила со стороны однородного электро¬
статического поля, находящегося в основном между пластинами
конденсатора. Действием других сил пренебрегаем.
Запишем уравнение движения материальной точки (второй за¬
кон Ньютона):
та=Рк,	(1)
где т — масса покоя электрона (9,11 • 10 31 кг); а — ускорение элек¬
трона.
Проектируя (1) на оси Ох и Оу прямоугольной декартовой сис¬
темы координат Оху (см. рисунок), получим
тах = Ъ,	(2)
тау = -^К -	(3)
где ах, ау — проекции а на оси Ох и Оу; Рк — модуль Р&.
Из (2) следует, что ах = 0; следовательно, проекция ах скорости
электрона меняться не будет:
ах = ь>0 сова = I?! сов р,	(4)
141

где 1>0 и — модули скоростей электрона на входе и выходе из
электрического поля; а и [3 — углы между скоростями р0 и и
осью Ох.
Координата х электрона с учетом начальных условий определя¬
ется уравнением
х = их1.
При I = имеем
хг=1=^ц сова •	,	(5)
где I — длина пластин; — время, при котором электрон выходит
из электрического поля. Модуль силы Ек определяется по формуле
(6)
где |д| — абсолютное значение заряда электрона (1,6 • 1019 Кл);
Е — модуль напряженности Е электрического поля.
Подставив (6) в (3), находим
Откуда следует, что проекция скорости электрона будет ме¬
няться по закону равнопеременного движения:
(8)
При I = из (8) получим
= % + “/1 •	(9)
Проекции скоростей электрона на ось Оу вычислим по формулам
у1у =У18Шр,	(10)
И0(/ = И081Па.	(11)
Подставив (7), (10) и (11) в (9), получим
ЫЕ
8111 [3 = Ь>0 81П ОС - ——.	(12)
Из системы уравнений (4), (5), (12) находим
142

”1
соз а
СО8 0
I
р0 сое а
Е д I
° V т соз2 а (1§а - 1&Р)
103 1,6 1019 10"2
9,11 10“31 (0,5)2
== 7,80 • 105 (м/с) = 780 (км/с).
Задача 3.6
На тонком кольце радиуса Н равномерно распределен электри¬
ческий заряд Какую скорость нужно сообщить шарику массой
т с зарядом д, находящемся в центре кольца, чтобы, двигаясь по
прямой, перпендикулярной плоскости кольца и проходящей через
центр кольца, шарик удалился от кольца на бесконечно большое
расстояние?
Решение
Рассматриваем шарик как материальную точку с точечным за¬
рядом д, который взаимодействует посредством кулоновских сил с
зарядом неподвижного кольца. Действием других сил пренебрега¬
ем. Если заряды д и ф одноименные, то при любой начальной ско¬
рости заряд <7 будет бесконечно удаляться от кольца, так как между
д и $ действуют силы отталкивания.
Даже при нулевой начальной скоро¬
сти заряд придет в движение, на¬
ходясь вблизи центра кольца (точка
О, на рисунке), так как положение
равновесия не будет устойчивым и
любое отклонение от него, что имеет
место на практике, приведет к по¬
следующему движению заряда д. По¬
этому ниже рассмотрим случай раз-
143

поименных зарядов (ф д < 0). Изменение кинетической энергии
материальной точки определяется формулой
2	2
ту ту0
~2 Г”
(1)
где т — масса материальной точки; у, ь>0 — модули скоростей
материальной точки в текущий и начальный моменты времени;
А — работа кулоновской силы.
Из (1) получим
2	2
ту = ту0 | л
2	2
Так как кинетическая энергия в текущий момент времени
По условию задачи шарик движется по оси, перпендикулярной
плоскости кольца, и кулоновская сила является переменной. По¬
этому А можно вычислить через определенный интеграл:
А = ] Гхс1х,	(3)
о
где Вх — проекция кулоновской силы на ось Ох прямоугольной
декартовой системы координат Охуг; д,х — бесконечно малое при¬
ращение координаты х.
Для вычисления силы, с которой заряд ф кольца действует на
заряд д шарика, разобьем кольцо на бесконечно малые дуги дли¬
ной (18, несущие заряды (10:
с10 = (5(18,
где о — линейная плотность заряда ф кольца. Поскольку по усло¬
вию задачи заряд ф распределен равномерно, то
2тг7? ’
где В — радиус кольца.
144

Согласно закону Кулона, модуль бесконечно малой электриче¬
ской силы аР, с которой элемент кольца длиной аз действует на
точечный заряд д, определяется по формуле
где г — расстояние от любой точки М кольца (см. рисунок) до
заряда д; к — электрическая постоянная.
Проекцию бесконечно малой электрической силы аР на ось Ох
определим по формуле
аРх = -с!Р ■ соз а,	(5)
где а — угол в треугольнике МдО (см. рисунок).
Интегрируя (5) по длине 8 кольца с учетом (4), получим
Рх = -) соза	а8 = -соза -	■1 / аз =
8	Г2	Г2 8
к\дО\ _	к\дО\ х _
- соза -	-	з •
(6)
В (6) были использованы формулы: г2=х2 + В2, соза = х/г,
О = <зЗ = 2л/?су, а также учитывалось то, то все величины, стоящие
под знаком интеграла, не зависят от 8. Подставив (6) в (3), получим
1
А = 1рхах = -к^\1--^-^ = -^
О	0 / 9	9\-	*
1
2
О
к\дЯ\
В
(7)
Теперь подставим (7) в (2):
2 ~ В
Откуда
о0 >
2к дО
тВ
145

Задача 3.7
Какую работу нужно совершить против силы электрического
поля, чтобы точечный заряд 1 мкКл перенести в воздухе из беско¬
нечности в точку, находящуюся на расстоянии 10 см от центра ме¬
таллического шарика с потенциалом 100 В и радиусом 1 см?
Решение
Электрический заряд шарика дш определим
по формуле
Л}	<7ш=с<Р,	(1)
г /	„
/	где С и ф — электрические емкость и потенци-
/С~Д	ал шарика.
(/?* )
\" О/	Электрическая емкость шарика определяет¬
ся формулой
С = 4ле0еН = —,	(2)
к
где е0 — абсолютная диэлектрическая проницаемость вакуума; Е —
относительная диэлектрическая проницаемость воздуха (е = 1); В —
радиус шарика; к — электрическая постоянная (9 • 109 Н • м2/Кл2).
Работа А силы электрического поля при перемещении точечного
заряда д из бесконечности в точку М (см. рисунок) определяется
по формуле
А = -ДЖр=-(Жр-Жр_),	(3)
где и УУрх — потенциальные энергии точечного заряда д в не¬
однородном стационарном электрическом поле, которое создается
зарядом дш шарика, в точке М и на бесконечности; — изме¬
нение потенциальной энергии.
Используя формулы
ж	Ж =0,
г
а также (1) и (2), из (3) получим
146

л -	= Сф = еД ф = деДф =
г г	г к	г
0,1
Работа А' внешней силы и работа А силы электрического поля
связаны формулой
А' = -А,
следовательно,
А' = 10~5Дж.
Задача 3.8
Два металлических шарика радиусами 2 и 4 см, несущие заря¬
ды -1 нКл и +2 нКл соответственно и находящиеся в воздухе, со¬
единили тонкой проволокой на изолированной рукоятке. Найти
потенциалы шариков до и после соединения, а также новые значе¬
ния зарядов на шариках.
Решение
Используя формулы (1) и (2), приведенные в задаче 3.7, опреде¬
лим начальные значения электрических потенциалов:
Ф1 =
91 = &91
9 • 109 • (~Ю~9)
1 0,02
= -450 (В),
_ к(12
ф2 с2
9 -109 - (2 Ю 9) = 45о(В)>
1 0,04
где индексами 1 и 2 обозначены величины, относящиеся к первому
и второму шарикам. Для определения новых значений электриче¬
ских зарядов и <?2 и потенциалов ф1 и ф2 используем закон со¬
хранения зарядов
91 + <72 = 91 + ?/	С1)
и условие равенства потенциалов шариков, соединенных проволо¬
кой:
ф/=ф2'.	(2)
147

Так как
_ т _ ?2
то из (2) и (3) получим
откуда
Ф1'- —
Я2
:^ = ^ = 0,5,
С2
д^=0,5д2.
(3)
(4)
(5)
Подставим (5) в (1):
_ 9
д2' = ?1+?2 = 2 = 2 10-9 в 0, бб7 10-9 (Кл) 0, б67 (нКл) ,
1,5	1,5	3
д/ = 0,5 д2 = • 1(Г9 « 0,333 1(Г9 (Кл) « 0,333 (нКл).
3
Используя (3), найдем новые значения потенциалов обоих ша¬
риков:
9 109 - 10"9
3
1 0,02
= 150 (В).
'	/ кдг
<Р1 =(Р2 = ~^~
Задача 3.9
Плоский конденсатор с пластинами площадью 5, находящийся
наполовину в воздухе и наполовину в жидкости с относительной
диэлектрической проницаемостью е2, заряжен от источника с на¬
пряжением V и затем отключен от него. Какую работу нужно со¬
вершить, чтобы раздвинуть пластины конденсатора от расстояния
(1 до с^?
Решение
РаботаА по раздвижению пластин плоского конденсатора (рис. 1)
идет на увеличение энергии электрического поля конденсатора:
А = Ж_ -Ж, ,	(1)
Р2 Р1
где \Ур2 и — энергии электрического поля конденсатора при
двух положениях его пластин, которые определяются по форму¬
лам
148

Р2
(2)
(3)
.. ?22
2С/
_ 41
2СГ ’
где д2 и Ср С2 — электрические заряды и емкости при двух
положениях пластин конденсатора.
Конденсатор, показанный на рис. 1, можно рассматривать как
параллельное
8
площадью —
2
соединение двух конденсаторов емкостью Сп и С12 и
(рис. 2).
С1
воздух
жидкий ~ -
диэлектрик - -
Рис. 1
Тогда
^1 ~ Сц + С12.
Емкости Сп и С12 определяются по формулам
с _ ЕрЕ^
11 2а ’
(4)
(5)
а
5
_ е0е23
V/19	,
12 2а
(6)
где е0 — абсолютная диэлектрическая проницаемость вакуума;
е^ — относительная диэлектрическая проницаемость воздуха (е1 ~ 1);
е2 — относительная диэлектрическая проницаемость жидкого ди-
электрика; а — расстояние между пластинами; — — площадь
2
пластин конденсаторов, образующих параллельное соединение.
149

Из (3)—(5) получим
С! = ^(1 + е2).	(7)
и(1
Если пластины конденсатора раздвинуты на расстояние </р то
по аналогии
с2 = ~~(1 + е2)-	(8)
Поскольку электрический заряд в процессе перемещения плас¬
тин никуда не стекает и ниоткуда не приходит, то
51 = ^2=^117,	(9)
где I/ — электрическое напряжение на конденсаторе емкостью Сг
Подставив (2), (3), (7)—(9) в (1) и выполнив преобразования, по¬
лучим
А = -Ж
Р2 Р1
= ^2_
2С
^2
С1
еп8
4с/
с/
1
При перемещении пластин следует иметь в виду, что расстоя¬
ния с/ и с/г должны быть значительно меньше характерного разме¬
ра пластин (например, для круглых пластин — это их диаметр),
чтобы приведенные выше формулы были справедливыми.
Задача 3.10
Два плоских конденсатора емкостью Сг и С2 заряжены от источ¬
ников тока с напряжением 1}^ и 1?2 соответственно. Найти потери
энергии электрических полей конденсаторов при соединении их
+71| |_(71 пластин проводниками.
	—I I—-—	Решение
^1 1 1 ^1	На рис. 1 представлены два конденсатора с элек¬
трическими емкостями и напряжениями Ср и С2,
4-52| I-д2	С72 соответственно. У первого конденсатора на од-
I I ~	ной пластине имеется электрический заряд (+щ), на
Л~Т |	| тт
2	и 2	другой — С-^). У второго конденсатора на одной пла-
Рис. 1 стине имеется заряд (+^2), на другой — (-^2).
150

Из рис. 1 видно, что нужно рассмотреть два вари¬
анта соединения конденсаторов:
Вариант 1. Соединим проводниками одноименные
пластины конденсаторов.
В этом случае взаимного уничтожения зарядов нет,
есть лишь перераспределение зарядов. Новые значе¬
ния зарядов 91 и и напряжений и 1}'2 (рис. 2)
найдем из четырех уравнений:
Рис. 2
91+92 = 91 +92»	С1)
Щ = С/' = 17',	(2)
9;=^^',	(3)
д2=С2и2.	(4)
Из (1)—(4) определяем
{У' _ 91 + 92 _ ^1^1 + 0^2
+ С2 Сг + С2
91 -	, 92 _ С2С7 *
Энергии и УТ электрических полей первого и второго кон¬
денсаторов до соединения их пластин проводниками определим по
формулам
Ж	ш =	(6)
Р1 2 Р2 2
а энергии УТ? и И/ электрических полей тех же конденсаторов
после соединения — по формулам
Ж' = ^1, Ж' =	(7)
Л 2 Р2 2
Используя (5)—(7), определим потери энергии ЛIV, электриче¬
ских полей конденсаторов:
ДЖ=ТК + Ж, -Ж/ -IV/ =- С1<?2 (С71~1/2)2-	(8)
Р Р1 Р2 Р1 Р2 2(7 + (?2	1	' '
Из (8) следует, что потери энергии при II г -172 не будет, что связа¬
но с отсутствием перераспределения зарядов и следует из (1)—(4). Если
С71^?72, то потери энергии есть из-за перераспределения зарядов.
151

Вариант 2. Соединим проводниками разноименные пластины
конденсаторов. В этом случае заряды частично (или полностью)
уничтожаются и перераспределяются. Формулу (1) следует изме¬
нить на
|91-?2| = 91+?2-	(9)
Рассуждая, как и в предыдущем варианте, получим
=	(Ю)
Из (10) следует, что потери энергии АТУ в этом случае есть все¬
гда, так как и II2 имеют положительные значения, не равные
нулю.
Максимальные потери будут при д1 = д2. В этом случае вся энер¬
гия электрических полей конденсаторов переходит в тепло. Срав¬
нивая потери, видим, что потери энергии электрических полей кон¬
денсаторов в первом случае меньше, чем во втором.
Задача 3.11
На батарею, состоящую из шести одинаковых конденсаторов
электрической емкостью 10 мкФ каждый, подается напряжение
13 В. Найти напряжение на каждом конденсаторе, а также элек¬
трическую емкость батареи конденсаторов.
Решение
На рисунке представлен процесс зарядки батареи конденсато¬
ров. Направления зарядовых токов показаны прямыми стрелками.
152

Через конденсатор электрической емкостью Сх проходит электри¬
ческий заряд через конденсатор емкостью С2 — заряд д2 и т. д.
Запишем законы сохранения электрического заряда для узлов
А и В:
91-92-9з=0>	(1)
9з-94 -95 =°’	(2)
где заряд считается положительным, если он входит в узел, и от¬
рицательным — в противном случае. Так как конденсаторы С5 и
Сб соединены последовательно, то
9э = 9б •	(3)
Сумма напряжений по замкнутому контуру в электростатиче¬
ском поле равна нулю, так как оно является потенциальным. На¬
пряжение на конденсаторе считается положительным, если при
направлении обхода контура по часовой стрелке движемся через
конденсатор от обкладки с положительным зарядом к обкладке с
отрицательным зарядом. Для трех контуров, направления обхода
которых указаны на рисунке круговыми стрелками, получим
17^ + 172-17=0,	(4)
[73 + С/4-0т2 = 0,	(5)
+ С7б - ?74 = 0,	(6)
где 17р 172, ..., 17б — напряжения на конденсаторах емкостью Ср
С2, ..., С6; 17 — напряжение, подаваемое на батарею конденсаторов
(13 В).
Замыкают систему (1)—(6) уравнения
<7Х = СХ(7Х, #2 = 9з = Сз^з»	СО
94=С4С/4, д5=С5175,	= С6^/6,	(8)
подставляя которые в (1)—(3), получим систему шести линейных
алгебраических уравнений (4)—(6) и (9)—(11) относительно шести
напряжений 17р 172, ..., 176:
С7Х-С72-С73 = 0,	(9)
173 -174 -175 = 0,	(10)
^5=^6-	(И)
Решая ее, получим
17\=8В, (72 = 5В, СГ3 = ЗВ, 174 = 2В, 1/5 = 1/6 = 1В.
153

Вычислив заряд дх по формуле
91 =	= 10 10“6 • 8 = 80 (мкКл),
найдем электрическую емкость Собщ батареи конденсаторов
Собщ =	= 80	6 = 6,15 (мкФ).
Рассмотренный метод решения задачи пригоден для любой схе¬
мы соединения конденсаторов в батарею. Рассматриваемая в зада¬
че схема соединения конденсаторов в батарею является частным
случаем, в котором можно выделить последовательно параллель¬
ные и последовательные соединения двух конденсаторов. Приме¬
няя формулы для параллельного и последовательного соединений
конденсаторов можно вычислить Собщ, а затем по формулам (1)—
(11) найти напряжения.
Задача 3.12
На батарею, состоящую из восьми конденсаторов, которые име¬
ют одинаковую электрическую емкость, подается напряжение 17 В.
Найти напряжение на каждом конденсаторе.
Решение
На рисунке представлен процесс зарядки батареи конденсато¬
ров. Направления зарядовых токов показаны на рисунке прямыми
стрелками. Через конденсатор электрической емкостью Сг прохо¬
дит электрический заряд через конденсатор емкостью С2 — за¬
ряд д2 и т. д.
Запишем закон сохранения зарядов для узлов В, Б, Е и Г и урав¬
нения для напряжений для четырех замкнутых контуров, направ¬
ления обхода которых указаны на рисунке круговыми стрелками:
<72-?з=0’	С1)
Я1 -Я4 ~Яь =0’	(2)
Я4~Яв ~Яч =0»	(3)
Яб + Яз ~Я8 = °>	(4)
+	(5)
154

=	(6)
174+1/7-1/5 = 0,	(7)
^6 + ^8-^7 = 0.	(8)
Выразим электрические заряды через	электрические напряже¬
ния по формулам
51=С11/1, 52 ~ ^2^2’ Яз “ С’З^З’ Я4=С41/4,
^5 = ^5^5’ 9б = ^6^6» Я7=с7и7> я%=с%и%.
По условию задачи
С] = С2 = ... С8.
Подставив приведенные выше формулы для зарядов и емкостей
в (1)—(4), получим
[72-[/3 = О,	(9)
С74 — С74 — 175 = 0,	(10)
174-176-177 = 0,	(И)
^6 + 173-<78=0.	(12)
Решая систему (5)—(12), получим
И^ЮВ, [/2 = 6В, П3 = 6В, 174 = ЗВ,
175 = 7В, 1/6 = -1В, Г77 = 4В, С78 = 5В.
Из найденного решения следует, что направление зарядового тока и
полярность обкладок конденсатора С6 указаны на рисунке неверно. В
155

сложных схемах указать все направления зарядовых токов правильно
практически невозможно. Только решение задачи может подтвердить
или опровергнуть принятые направления. Поэтому можно определять
указанные направления и полярность чисто формально, однако поляр¬
ность и направление зарядового тока должны быть согласованы.
Задача 3.13
Плоский воздушный конденсатор электрической емкостью
10 мкФ заполнили стеклом. Конденсатор какой емкости надо вклю¬
чить последовательно с таким конденсатором, чтобы емкость ба¬
тареи конденсаторов стала равной 10 мкФ?
Решение
Электрическая емкость С плоского воздушного конденсатора
определяется по формуле
а
где Ео — абсолютная диэлектрическая проницаемость вакуума;
ев — относительная диэлектрическая проницаемость воздуха
(ев ~ 1); 5 — площадь пластин конденсатора; а — расстояние меж¬
ду пластинами. Если заполнить воздушный промежуток между
пластинами конденсатора стеклом, то емкость С такого конден¬
сатора можно определить по формуле
С = Е.огст8/а = 70 мкФ,
где ест — относительная диэлектрическая проницаемость стекла (ест = 7).
По условию задачи заполненный стеклом конденсатор включа¬
ется в цепь последовательно с конденсатором неизвестной емкости
Сх (см. рисунок) с тем, чтобы емкость Собщ батареи конденсаторов
стала равной 10 мкФ.
Электрическая емкость двух последова¬
тельно соединенных конденсаторов определя¬
ется формулой
156

Откуда
с = сс^ = 20 ш	7
С -Собщ 70-10
Задача 3.14
Плоский конденсатор зарядили от источника постоянного тока
до энергии 20 мкДж. Затем его отключили от источника тока и
вынули диэлектрик. Какую работу при этом совершили, если ди¬
электрик изготовлен из стекла?
Решение
Энергия электрического поля плоского конденсатора с ди¬
электриком из стекла (рис. 1) определяется по формуле
2
Ж. =—,	(1)
Р1 2С{
где — электрический заряд конденсатора; — электрическая
емкость конденсатора с диэлектриком из стекла (см. задачу 3.13):
С	(2)
(1
г	с
Рис. 1	Рис. 2
Энергия И^2 электрического поля плоского воздушного конден¬
сатора (рис. 2) определяется формулой
(3)
где д2 — электрический заряд конденсатора; С2 — емкость конден¬
сатора (см. задачу 3.13):
С2 = ^.	(4)
д.
157

Будем считать, что работа, совершаемая при удалении стеклян¬
ного диэлектрика, идет только на изменение энергии электрического
поля конденсатора
А = ЖР2-ЖР1,	(5)
заряд конденсатора при этом сохраняется, т. е.
91 = 92-	(6)
Подставив (1)—(4) в (5) с учетом (6), получим
А = 1Гр1
Р2 _ |
и;
С
^1-1 = Ж (е,
С2	'
\ 2	7
-1) = 20 • (7 -1) = 120 (мкДж).
II.	ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1.	Найти отношение плотности метана СН4 к плотности кисло¬
рода О2, если они имеют одинаковые температуры и давления.
2.	Сколько молекул содержится в 1 см3 воды? Какова масса
молекулы воды? Каков диаметр молекулы воды?
3.	На какой глубине находился пузырек воздуха, если его объем
при всплытии у поверхности воды оказался в 1,5 раза больше, чем
под водой? Процесс расширения воздуха считать изотермическим,
а атмосферное давление — равным 760 мм рт. ст.
4.	Газ массой 12 г занимает объем 6 л при температуре 180 °С.
При какой температуре газ будет иметь плотность 6 кг/м3, если
его давление не меняется?
5.	В сосуде объемом 83 л при температуре 27 °С находится воз¬
дух с относительной влажностью 30 %. Какой будет относитель¬
ная влажность при той же температуре, если дополнительно испа¬
рить 540 мг воды? Давление насыщенного водяного пара при 27 С
равно 3,6 кПа.
158

6.	В алюминиевой кастрюле массой 0,5 кг находится 0,5 л
воды и 200 г льда при 0 С. Сколько времени нагревалась вода на
электроплитке мощностью 600 Вт, если выкипело 59,1 г воды, а
кпд плитки равен 50 % ?
7.	Какое количество теплоты следует сообщить 20 г гелия, что¬
бы увеличить его температуру на 5 °С, если давление гелия в дан¬
ном процессе прямо пропорционально его объему?
8.	Для приготовления ванны вместимостью 200 л смешали воду
с температурой 10 °С и воду с температурой 60 °С. Какие объемы
той и другой воды надо взять, чтобы установилась температура
40 С?
9.	Идеальная тепловая машина имеет полезную мощность
50 кВт. Температуры нагревателя и холодильника равны 400 К и
300 К соответственно. Определить количество теплоты, получае¬
мое машиной от нагревателя за 1 ч работы.
10.	Идеальный одноатомный газ совершает цикл, состоящий из
двух изохорных и двух изобарных процессов. При изохорном на¬
гревании давление возрастает в 3 раза, а при изобарном расшире¬
нии объем увеличивается также в 3 раза. Найти КПД цикла.
11.	Расстояние между двумя точечными зарядами, один из ко¬
торых равен 4 нКл, а другой — 25 нКл, составляет 10 см. Опреде¬
лить потенциал электрического поля в точке на прямой, соединя¬
ющей заряды, где напряженность поля равна нулю.
12.	Электрон, ускоренный однородным электростатическим по¬
лем, приобрел скорость, при которой его масса стала равной удво¬
енной массе покоя. Чему равна разность потенциалов, пройденная
электроном?
13.	Электрон, прошедший разность потенциалов 100 В, влетает
в плоский воздушный конденсатор вдоль его осевой линии. При ка¬
ком наименьшем напряжении между пластинами конденсатора элек¬
трон не вылетит из него? Расстояние между пластинами и длина
пластин равны 1 см и 10 см соответственно.
14.	Два одинаковых плоских воздушных конденсатора электри¬
ческой емкостью 100 мкФ каждый заряжены до напряжений 100 В
159

и 300 В. Какая энергия выделится в виде тепла, если разноимен¬
ные пластины конденсаторов соединить проводниками?
15.	К источнику постоянного тока, ЭДС которого равна 5 В,
подключили цепь, состоящую из двух параллельно соединенных кон¬
денсаторов электрической емкостью 5 мкФ и 2 мкФ и последова¬
тельно соединенного с ними конденсатора электрической емкостью
3 мкФ. Найти электрический заряд конденсатора емкостью 2 мкФ.
III.	ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1.	0,5; 2. 3,34 1022, 2,99 10’26 кг, 3,11 Ю10 м; 3. 5,16 м;
4. -122 °С; 5. 55,2 %; 6. 1800 с; 7. 416 Дж; 8. 80 л, 120 л; 9. 720 МДж;
10. 22,2 %; 11. 4,41 кВ; 12. -0,512 МВ; 13. 2 В; 14. 4 Дж; 15. 3 мкКл.

11 КЛАСС
I. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Электрический ток
Задача 1.1
При подключении вольтметра сопротивлением 999 Ом к источ¬
нику постоянного электрического тока он показывает 12 В. При
последовательном соединении того же источника тока с нагрузкой
сопротивлением 10 Ом амперметр сопротивлением 0,1 Ом показы¬
вает 1,08 А. Найти ЭДС и внутреннее сопротивление источника тока.
Решение
Электрическая схема подключения вольт¬
метра V к источнику постоянного электри¬
ческого тока показана на рис. 1. Согласно
закону Ома для участка цепи
Л
« 0,012 (А),
999
где 17 — постоянное электрическое напря¬
жение, которое показывает вольтметр; Рв — электрическое сопро¬
тивление вольтметра; — сила постоянного электрического тока,
протекающего в данной цепи.
Согласно закону Ома для полной цепи
е = /1(Дв+Г)'	(1)
где е и г — ЭДС и внутреннее сопротивле¬
ние источника постоянного тока.
На рис. 2 показана электрическая схе¬
ма последовательного подключения ампер-
6 Решаем з.иачи по физике 9-1 I кт.
161

метра А сопротивлением КА и нагрузки сопротивлением 7?н к ис¬
точнику постоянного тока.
Используя закон Ома для полной цепи, получим
г = /2(ЛА + Яв+г),	(2)
где 12 — сила постоянного электрического тока, протекающего в
представленной на рис. 2 цепи.
Подставив (1) в (2) и выполнив преобразования, получим
г =
^2 ~ Л
0,012 999-1,08(0,1 + 10)
1,08-0,012
= 1,01 (Ом),
е = 11 (Кв + г) « 0,012 (999 + 1,01) - 12 (В).
Задача 1.2
При одновременном последовательном подключении к источни¬
ку постоянного электрического тока двух одинаковых вольтметров
оба показывают электрическое напряжение I/, а при одновремен¬
ном параллельном подключении — напряжение 17'. Найти ЭДС
источника тока.
Решение
Схема последовательного подключения двух одинаковых вольт¬
метров к источнику постоянного электрического тока показана на
рис. 1.
Используя закон Ома для полной цепи, получим
е = П1+П2+1г,	(1)
где е и г — ЭДС и внутреннее сопротивление
источника тока; 171 и 172 — постоянные элек¬
трические напряжения, которые показыва¬
ют вольтметры У1 и У2; I — сила постоянно¬
го электрического тока, протекающего в
представленной на рис. 1 цепи. По условию
задачи
= У2 = II,	(2)
162

Используя закон Ома для участка цепи, включающего в себя
вольтметр получим
СЛ
1 = ^-.	(3)
л
где Е — электрическое сопротивление вольтметра.
Для параллельного подключения тех же вольтметров (рис. 2)
запишем уравнения:
г =	+ Г г,
I' = 2СГ
Е
где Г — сила постоянного электрического
тока, протекающего в представленной на
рис. 2 цепи до ее разветвления.
Исключая из уравнений (1)—(6) I, Г и Е,
получим
а(2 + у) = 1 + 2у, у = ^, « =	(7)
п, и
Из (7) находим
Так как у > 0, то
2сс -1
2 - а
(4)
(5)
(9)
Решая неравенство (9) методом интервала, получаем ограниче¬
ние на параметр а:
0,5<а<2,	(10)
т. е. напряжения V и 17' произвольно задавать нельзя; необходи¬
мо, чтобы их отношение удовлетворяло неравенству (10).
Из уравнений (1)—(3) и (8) находим
ЗС7
Е - 	.
2 - а
(И)
Используя (8) и (11), проанализируем полученные результаты
на примере некоторых характерных режимов:
163

1.	Режим, принятый в измерительной практике. При обычном
использовании вольтметра для измерения ЭДС источника тока име¬
ем г « В, поэтому соответствующие параметры стремятся к сле¬
дующим предельным значениям:
у ~> О, ос—>0,5, е —> 2(7.
Если подключить к источнику тока один вольтметр, то значе¬
ние ЭДС будет равно напряжению на вольтметре.
2.	Режим равенства показаний вольтметров при параллельном
и последовательном соединении ((7 = II'):
у = 1, а = 1, е = 3(7.
Режим реализуется в том случае, если г = В. Если подключить
к источнику тока один вольтметр, то значение ЭДС источника тока
будет в 2 раза больше напряжения на одном вольтметре.
3.	Режим короткого замыкания. При коротком замыкании 7? —> 0,
поэтому
у —> °°, а—>2, (7 —> 0
и определить ЭДС в данном эксперименте, предложенном в задаче,
невозможно.
4.	Для режимов, близких к короткому замыканию, значение е
будет сильно отличаться от напряжений, которые показывают вольт¬
метры. Например, при а = 1,5 из (8) и (11) получим у = 4, е = 6(7.
Задача 1.3
Миллиамперметр постоянного электрического тока с пределом
измерения 5 мА имеет электрическое сопротивление 12,1 Ом. Как
измерить им силу тока до 0,5 А и напряжение до 50 В?
Решение
Вначале рассмотрим использование миллиамперметра в каче¬
стве амперметра. На рис. 1 показана схема последовательного вклю¬
чения амперметра А и резистора для измерения силы постоянного
В	электрического тока, проходящего через
	1	।	(д)	резистор сопротивлением В.
Ток максимальной силой проходит
Рис'	через резистор сопротивлением В и ампер¬
164

V
Рис. 2
метр. Для увеличения предела измере¬
ния миллиамперметра до 0,5 А исполь¬
зуем шунт сопротивлением Вш, которое
необходимо рассчитать. Шунт вклю¬
чается параллельно миллиамперметру
(рис. 2).
Шунт и миллиамперметр образуют
новый амперметр, который нужно про¬
градуировать.
Максимальная сила тока I , протекающего через миллиампер¬
метр, равна по условию задачи 5 мА, поэтому основной ток силой
I идет через шунт.
Поскольку шунт и миллиамперметр соединены параллельно, то
’	(1)
'м=4+Ан>	(2)
где С7м и СУ — максимальные электрические напряжения на мил¬
лиамперметре и шунте; 7 и I — максимальные силы электриче¬
ских токов, протекающих через миллиамперметр и шунт. Приме¬
няя закон Ома для миллиамперметра и шунта, получим
= 1мг’	(3)
(4)
где г — электрическое сопротивление миллиамперметра.
Подставив (3) и (4) в (1) и используя (2), получим
В
ш
Ай Аи
0,005 12,1
0,5-0,005
= 0,122
(Ом).
Электрическое напряжение на ре¬
зисторе сопротивлением В измеряем
вольтметром (рис. 3), который включа¬
ется параллельно резистору.
Вольтметр получим, включая мил¬
лиамперметр и добавочный резистор
сопротивлением В^ параллельно рези¬
стору сопротивлением В (рис. 4). Мак¬
Рис. 3
165

симальное напряжение 17 на миллиамперметре определим по за¬
кону Ома для участка цепи:
V =1 г = 0,005 12,1 = 0,0605 (В).
ММ’	’	'	'
Рис. 4
Используя закон последовательного
соединения миллиамперметра и доба¬
вочного резистора для напряжений, по¬
лучим
и =1/ -и = 50 0,0605 - 49,94 (В).
Согласно закону Ома для участка цепи
49 94
Я =	9,99 103 (Ом).
д I 0,005
м 7
Задача 1.4
Определить общее сопротивление электрической цепи (рис. 1) в
двух случаях: 1) если общий электрический ток течет от узла А к
узлу В; 2) если он течет в обратном направлении. Диоды 1)1 и Л2
являются идеальными, а сопротивления пяти резисторов цепи из¬
вестны: В, - 1 Ом, Вс, = 2 Ом, Вс, = 3 Ом, Вл = 4 Ом, Вг = 5 Ом.
Решение
Диоды и Т)2 проводят электрический ток в прямом направле¬
нии и не проводят его в обратном направлении, при этом сопро¬
тивление идеального диода при прямом включении равно нулю, а
при обратном — бесконечности,
что означает разрыв цепи.
1. Рассмотрим первый случай,
когда общий постоянный электри¬
ческий ток силой течет от узла
А к узлу В. В этом случае диод
включен в прямом направлении, а
диод _О2 — в обратном. На рис. 2
представлена эквивалентная элек¬
трическая схема для расчета обще¬
го сопротивления ВАВ цепи.
166

Резисторы сопротивлениями В2
и Я3 включены параллельно. По¬
этому заменяем их эквивалентным
резистором сопротивлением ,
которое рассчитывается по фор¬
муле
Эквивалентный резистор сопро-	рис 2
тивлением /?3 и резистор сопро¬
тивлением В5 включены последовательно. Их общее сопротивление
Т?5 равно их сумме:
Р5 = Н3 + В5 = 1,2 + 5 = 6,2 (Ом).
Эквивалентный резистор сопротивлением Т?5 и резистор сопро¬
тивлением включены параллельно. Их общее сопротивление
равно сопротивлению всей цепи:
^АВ
	— = 0,861 (Ом).
1 + 6,2
+ т?5
2. Теперь рассмотрим второй случай, когда общий постоянный
электрический ток силой 1ВА течет от узла В к узлу А. В этом слу¬
чае диод 1)1 включен в обратном
мом. На рис. 3 представлена
эквивалентная электрическая
схема для расчета общего со¬
противления ВВА цепи. Резисто¬
ры сопротивлениями Вг и В2
включены последовательно; оп¬
ределим их общее сопротивле¬
ние 7?1:
направлении, а диод 2)2 — в пря-
Рис. 3
— 1 + 2 — 3 (Ом).
167

Резистор сопротивлением /?5 и эквивалентный резистор сопро¬
тивлением Н1 включены параллельно; определим их общее сопро¬
тивление Н.:
— == 1,88 (Ом).
п 3 + 5	1	7
Эквивалентный резистор сопротивлением Т?5 и резистор сопро¬
тивлением 7?3 включены последовательно; определим их общее со¬
противление :
Я3 = Я3 + Я5' = 3 + 1,88 « 4,88 (Ом).
Эквивалентный резистор сопротивлением и резистор сопро¬
тивлением Т?4 включены параллельно. Их общее сопротивление
равно общему сопротивлению
всей цепи:
2?3 +
4-8- - - - 2,2 (Ом).
4,88 + 4
Задача 1.5
Медный проводник диаметром 1 мм включен в цепь постоянно¬
го электрического тока силой 4 А. Как изменится модуль напря¬
женности электрического поля в проводнике при повышении его
абсолютной температуры от 293 К до 393 К?
Решение
Рассмотрим участок проводника длиной I. Модуль Е электриче¬
ской напряженности Е на этом участке цепи определяется форму¬
лой
Е = Т-	(1)
Согласно закону Ома для участка цепи
Е = 1Е,
(2)
где Е — электрическое сопротивление участка цепи; I — сила по¬
стоянного электрического тока.
Электрическое сопротивление цилиндрического проводника опре¬
делим по формуле
168

(3)
где р — удельное электрическое сопротивление меди; 5 — площадь
поперечного сечения проводника:
5 =	(4)
где (1 — диаметр поперечного сечения проводника.
Подставив (2) и (3) в (1), получим
Е = —.	(5)
8
Используем (5) для абсолютных температур То и Тг:
/р0
(6)
О
/р,
(7)
Из (6) и (7) найдем разность модулей электрической напряжен¬
ности:
А^ : Ег - Ео = — (рх - р0).	(8)
О
Значения р1 и р0 связаны формулой
р! = р0(1 + аДТ),	(9)
ДТ =	- То ,
(Ю)
где р0 — удельное электрическое сопротивление меди (1,7 • 10 8 Ом • м)
при 20 °С (293 К); а — температурный коэффициент электриче¬
ского сопротивления меди (0,0043
1
К
Подставив (9) и (10) в (8), получим
I	41
= ^РоаАТ = —^РоаАГ ~
	—	1,7 10-8 0,0043 100-0,0372 (В/м).
3,14(103)2
169

Задача 1.6
Сколько витков нихромовой проволоки нужно намотать на ке¬
рамический цилиндр наружным диаметром 2 см, чтобы получить
нагревательный элемент, который за 10 мин нагревает 1 л воды от
20 °С до 100 С? КПД нагревательного элемента, диаметр проволо¬
ки и постоянное электрическое напряжение равны соответственно
50%, 0,3 мм и 220 В.
Решение
На рисунке показан керамический цилиндр 1 наружным диа¬
метром Р и нихромовая проволока 2 диаметром с?, намотанная на
него. кпд нагревательного элемента (НЭ) Т| определяется форму¬
лой
11(1)
где — количество теплоты, которое получила вода при нагрева¬
нии; А — работа постоянного электрического тока.
Количество теплоты определяется формулой
0 = ст(Тк-ТИ),	(2)
где с — удельная теплоемкость воды (4200 Дж/(кг • К)); т — масса
воды; Тк и Тк — конечная и начальная абсолютные температуры
воды.
170

Работа электрического тока определяется по формуле
А =	(3)
где V — постоянное электрическое напряжение, подаваемое на НЭ;
I — время нагревания; Е — электрическое сопротивление НЭ.
Электрическое сопротивление Е рассчитывается по формуле
К = —.	(4)
8
Здесь р — удельное электрическое сопротивление нихрома
(1,1 • 10-6 Ом • м); I — длина проволоки:
(5)
где Г) — наружный диаметр цилиндра; М — количество витков
проволоки; 5 — площадь поперечного сечения проволоки:
с _
—	«
4
(6)
где с1 — диаметр проволоки.
Подставив (2)—(6) в (1) и выполнив преобразования, получим
2202 600 0,5 (0,3 Ю"3)2
		 		 =					= 44,2.
4рРст Тк -Тн) 4 (1,1 10~6) 2 10-2 4200 1 80
Задача 1.7
Найти электрическое сопротивление участка электрической
цепи, представленной на рис. 1, если все четырнадцать резисторов
имеют одинаковые электрические сопротивления, равные г.
Решение
В общем случае задача расчета общего сопротивления участка
электрической цепи, состоящей из резисторов, имеющих одинако¬
вое электрическое сопротивление г, решается так. К участку при¬
кладывается заданное постоянное электрическое напряжение. С по¬
мощью законов Кирхгофа определяются силы токов во всех резис¬
торах. Рассчитывается общий электрический ток. По закону Ома
для участка цепи определяется общее сопротивление.
171

Рис. 1
В простейших случаях этот ал¬
горитм упрощается. Например, в
задаче 1.4 общее сопротивление
участка цепи рассчитывалось по
формулам для последовательного и
параллельного соединения резисто¬
ров с последовательным упрощени¬
ем электрической схемы.
Участок цепи, представленный
на рис. 1, в силу симметрии схемы
также можно свести к совокуп¬
ности нескольких участков, сопро¬
тивление которых можно рассчи¬
тать по формулам для последова¬
тельного и параллельного соедине¬
ния резисторов. Из анализа электрической схемы участка видно,
что потенциалы точек С, Р, М одинаковы, т. к.
^АВ + ^ВР ~ ^АВ + ^ВС ~ ^АВТ +	~ ^АВ7 + &МР ‘
Поэтому токи через участки СР
и РМ не пойдут и эти резисторы
из рассмотрения можно исклю¬
чить, преобразовав данную элект¬
рическую схему в схему, представ¬
ленную на рис. 2.
Общие сопротивления участ¬
ков ВСВ, ВР1), ЫРК и ЫМК опре¬
делим по формуле для последо¬
вательного соединения двух ре¬
зисторов:
В вс в = КВрв =	~	~^г •
Общие сопротивления участ¬
ков ВВ и ТУ/С вычислим по фор-
172

муле для параллельного
^вл
соединения двух резисторов:
п 2г-2г
=	=	= г.
1^к 2г + 2г
участков ВАВ1)Е и ВАцКЕ рассчитаем по
Общие сопротивления
формуле для последовательного соединения трех резисторов:
^авве = Ка^ке = е + г + г = Зг.
Общее сопротивление участка АЕ найдем по формуле для па¬
раллельного соединения двух резисторов:
г, Зг • Зг 9	1 е
Н. „ =	= — г = 1,5 г.
АЕ Зг + Зг 6
Задача 1.8
Найти силы токов во всех участках электрической цепи, пред¬
ставленной на рисунке, если ЭДС и внутренние сопротивления всех
источников постоянного электрического тока одинаковы и равны
соответственно 1 В и 1 Ом. Электрические сопротивления всех ре¬
зисторов также одинаковы и равны 1 Ом.
Решение
Произвольно задаем направления постоянных электрических
токов, проходящих через соответствующие резисторы (на рисунке
173

указаны прямыми стрелками). Для узлов А, В и С составляем на
основе первого закона Кирхгофа три уравнения:
^6
+ /1
+ 12
= 0,
(1)
^5
+ /4
-Л
= 0,
(2)
^3
“ ^2
-4
= 0.
(3)
Если ток входит в узел, то соответствующая ему сила тока бе¬
рется в уравнениях (1)—(3) со знаком плюс, в противном случае —
со знаком минус. Для трех замкнутых контуров АСВА, АВС А и
ВВСВ электрической цепи на основе второго закона Кирхгофа со¬
ставляем три уравнения:
16^ - ^2^2 ~ 'з^з = е1 ’	(4)
~ЛГ2 + ^2^2 “	~ ^5^5 ~ ~е2 ’	(5)
-ЛГ3 + ^3 + ^5^5 “ ^4^4 ~ -Е3’	С®)
При этом падение напряжения берется в уравнениях (4)—(6) со
знаком плюс, если направление электрического тока совпадает с
направлением обхода контура (на рисунке указаны круговыми
стрелками внутри каждого контура), в противном случае — со зна¬
ком минус. ЭДС записываем со знаком плюс, если, двигаясь по на¬
правлению обхода контура, проходим через источник тока от его
минуса к плюсу, и со знаком минус — в противном случае.
Подставив в (4)—(6) значения сопротивлений резисторов и ЭДС,
получим
(7)
2/1-/2+/5=1’	(8)
-/з+2/4-/5 =1.	(9)
Систему (1)—(3), (7)—(9) решаем методом исключения. Из (4),
(5) и (2) находим
16 = 12+1з+1>	<10>
174

/5 = /2-2!,+1,	(11)
Л =Л-4 =31,-4-!.	(12)
Подставив (10)—(12) в (1), (3) и (6), получим
Ц + 219 +Ц = -1,	(13)
21\ -212 +13 =1,	(14)
8/1 - 312 - /3 = 4.	(15)
Решая (13)—(15), определяем 12, и /3, а из (10)—(12) нахо¬
дим /4, и 16.
В результате получаем значения сил токов:
Ц = Л = - - 0,286 (А); 19 = Ц = -- = -0,429 (А);
1	4	о	х
Д = 0 А; =- -0,143 (А),
э	’ о у ’	4	7
Из полученного решения следует, что электрические токи 19 и
/3 направлены не так, как показано на рисунке, а противополож¬
но. Если увеличить значения всех внутренних и внешних сопро¬
тивлений и ЭДС в раз, то значения сил токов не изменятся, что
следует из уравнений (4)—(6).
Задача 1.9
Две электроплитки, включенные в сеть постоянного тока парал¬
лельно, потребляют электрическую мощность Р. Мощность первой
электроплитки равна Рг Найти мощность, которую потребляют обе
электроплитки, включенные в сеть последовательно.
Решение
На рис. 1 в электрическую сеть включена первая электроплит¬
ка. Потребляемая ею электрическая мощность
р
определяется по формуле	1
	1 Г~Г	I I

и2	р1
р1 = ъ~’	(1)
Я1	Рис.	1
175

Рис. 2
где V — электрическое напряжение сети; —
электрическое сопротивление первой электро¬
плитки.
На рис. 2 в электрическую сеть включены
параллельно две электроплитки.
Потребляемая ими электрическая мощность
Р определяется по формуле
<72
^общ
Л1 • Л2
(2)
где Т?2 — электрическое сопротивление второй электроплитки;
7?общ — общее сопротивление двух электроплиток, включенных в
электрическую сеть параллельно.
Разделив (2) на (1), получим
«1
(3)
Т?2
Г Т ~Т I	1~ ТТЛ
Рис. 3
Р' =
Разделив (4) на (2), найдем
На рис. 3 показано последова¬
тельное включение обеих электро¬
плиток в сеть. Потребляемая ими
электрическая мощность Р' опре¬
деляется по формуле
Ц2
+ е2 ’	(4)
7?1 • й2
^(В1 + Л2)2'	(5)
Используя (3), из (5) получим
Р
176

Задача 1.10
На вход электропередающей линии подается постоянное напря¬
жение 17 при этом КПД линии равен Т|1. Каким нужно сделать
постоянное напряжение 17 2 на линии, чтобы ее КПД равнялся Т|2
при той же передаваемой мощности? Найти новое сопротивление
нагрузки, если сопротивление линии не меняется, а началь¬
ное сопротивление нагрузки равнялось Кн .
Решение
_	Р
Рассмотрим электропередающую ли-			.
О	1 I	1
нию постоянного тока, которая состоит из
линии проводов с сопротивлением Вл и на-	г
грузки, имеющей сопротивление /?н (см.	Ян
рисунок). На вход линии подается посто-	у
янное напряжение 17. КПД Г| линии опре- о
деляется по формуле
Р	Р-Р„	Р
Т| = -5- =	^ = 1-^-,
Р Р	Р
(1)
где Р — передаваемая мощность; Рн — мощность, потребляемая
нагрузкой; Рл — мощность, потребляемая линией проводов.
Мощности Рл и Р определяются по формулам
Рп = 12Н ,
л	л ’
Р = ш,
где I — сила постоянного электрического тока в цепи.
Из (1)—(3) получим
(2)
(3)
РК
—^- = 1-п.
И2
(4)
Запишем формулу (4) для двух случаев, рассматриваемых в за¬
даче:
1 л1
(5)
7 Решаем задачи по физике 9-11 кл.
177

РпВ
2 Л2 — 1 -п
2 - 1 Л2-
и 1
и2
Разделив (5) на (6), получим
(тт Л2 1 _ п	р В.
и2 _ 1 '11 *2	л2
I/,	1 - Т| 9 Р. Я
к 1 7	>2	1	Л1
По условию задачи
Р = Р
г2 ’
7?п = В. = В .
Л1	Л 2	Л
(6)
(7)
Подставив эти значения в (7), получим
5.
|1-П1
1-Т|2'
На основании (8) можно сделать следующий вывод: для того
чтобы увеличить КПД линии, необходимо увеличивать подаваемое
на нее напряжение.
Передаваемую мощность можно определить также по формуле
„ V2
Р = (9)
Записав (9) для двух рассматриваемых случаев, получим
[7 2 и 2
и1 _ __2__
Я	(10)
Из (10) видно, что при неизменной передаваемой мощности с
увеличением напряжения увеличивается и сопротивление на¬
грузки.
Из (8) и (10) находим
Ян = (К +	—~кл-
н2 у Н| л / 1 _ Т]	л
178

Задача 1.11
Никелирование металлической детали, площадь поверхности
которой равна 100 см2, продолжалось 3 ч при токе силой 0,5 А.
Определить толщину слоя никеля, выделившегося на поверхно¬
сти.
Решение
Используя первый закон Фарадея, определим массу т никеля,
выделившегося на поверхности металлической детали:
т = к - I I,	(1)
где к — электрохимический эквивалент никеля (0,3 • 10 6 кг/Кл);
I — сила постоянного электрического тока; I — время электролиза.
Массу т можно найти также по формуле
тп = рУ,	(2)
где р — плотность никеля (8900 кг/м3); V — объем слоя никеля.
Поскольку толщина слоя никеля мала, то объем слоя никеля
можно найти по приближенной формуле
V = б -8,	(2)
где 5 — толщина слоя никеля; 8 — площадь поверхности метал¬
лической детали.
Из (1)—(3) находим
2 к • I I
о =

р-8
18,2- ТО- (м).
8900 100 10-4
Задача 1.12
Понижающий трансформатор, коэффициент трансформации ко¬
торого равен 22, подключен к источнику гармонического электри¬
ческого тока с действующим значением напряжения 220 В. Вто¬
ричная обмотка трансформатора замкнута на амперметр, который
показывает 2 А. Определить сопротивление амперметра, если со¬
противление вторичной обмотки равно 1 Ом.
179

Решение
О	1 ।	О
-С71	^1 5 |	~Ц2
О	1 I	О
Рис. 1
При определении коэффициента трансформации к трансформа¬
тор работает на холостом ходу (рис. 1):
(72	^2 ’
(1)
где и и2 — действующие значения напряжения гармонического
тока; и Лг2 — количество витков первичной и вторичной обмо¬
ток трансформатора.
О—
О—
При работе под нагрузкой (рис. 2) вторичная цепь замкнута. На¬
грузкой вторичной цепи является активное сопротивление ампер¬
метра, поэтому для действующих значений силы гармонического
тока I и ЭДС е2 справедлива формула
е2 = (-^а + гг) I ’	(2)
где ЛА, г2 — активные сопротивления амперметра и вторичной
обмотки трансформатора.
180

На холостом ходу работы трансформатора
г2 = С72.	(3)
Из (1) и (3) находим
е2 = — = 220 = 10 (В
2 А 22
Значение определим из (2):
Е9 10
Ва=-^--г2=^-1 = 4 (Ом).
Задача 1.13
Резистор сопротивлением 50 Ом,	д
конденсатор емкостью 1 мкФ и ка- О	1 I

тушка индуктивностью 1 Гн подклю¬
чены последовательно к источнику	—I—
гармонического электрического тока
с действующим значением напряже-	ь
ния 220 В и частотой 50 Гц. Найти ° <алалл>
действующее значение силы тока, а также частоту тока, при кото¬
рой сопротивление цепи будет наименьшим.
Решение
Согласно закону Ома для действующих значений силы тока I и
электрического напряжения 1}
1 =	(1)
где 2 — полное электрическое сопротивление цепи.
В электрической схеме, представленной на рисунке
г =	+	-хс)2 ,	(2)
где К — активное сопротивление резистора; Хь — индуктивное
сопротивление катушки; Хс — емкостное сопротивление конденса¬
тора.
181

Реактивные сопротивления Хь и Хс определяются по формулам
,	(3)
где Ь — индуктивность катушки; С — емкость конденсатора; со —
циклическая частота гармонического тока:
со -= 2лу ,
где V — частота гармонического тока.
Проведя последовательные вычисления, получим
со « 2л 50 = 2 3,14 50 = 314 (с1),		-		 3,18 Ю3 (Ом),
С 314 1 106
= 314 1 = 314 (Ом), 2 = ^502 + (314 - 3180)2 » 2870 (Ом).
Зная 2, из (1) найдем
220
I ~	0,0767 (А).
2870
Из (2) видно, что полное сопротивление 2 цепи будет иметь наи¬
меньшее значение при
ХГ=ХС.	(5)
С учетом формул (3) и (4) из (5) найдем значения циклической
частоты со* и частоты V* гармонического тока, при которых сопро¬
тивление цепи будет наименьшим:
со* = ~^= =	=	= 103 (с1),
4ьс 71 1 ю-6
со* ю3
V* = — « ——= 159 (Гц).
2л 2 3,14
Задача 1.14
Электродвигатель лифта подключен к источнику постоянного
электрического тока, ЭДС которого равна 240 В, а внутреннее со¬
противление равно 0,2 Ом. Определить силу тока в обмотке ротора
182

электродвигателя сопротивлением 0,6 Ом при движении лифта
массой 500 кг вверх с постоянной скоростью 2 м/с. Найти ЭДС ин¬
дукции ротора электродвигателя.
Решение
Электродвигатель М постоянного электри¬
ческого тока с сопротивлением В обмотки ро¬
тора подключен к источнику постоянного тока,
имеющему ЭДС е и внутреннее сопротивление
г (см. рисунок). Работа сторонних сил Аст ком¬
пенсирует тепловые потери энергии ф внутри источника тока и в
обмотке ротора электродвигателя и тратится на совершение меха¬
нической работы А*'.
х	мех
АСТ=<? + АМСХ-	(1)
Считаем, что цепь статора, где создается магнитное поле, пита¬
ется от отдельного источника тока.
Для Аст, 9 и Амех используем формулы
Аст = г-11,	(2)
<Э = 12(К + г)1,	(3)
О)
Н =	(5)
где I — время; Р — модуль упругой силы, которая поднимает лифт,
преодолевая силу тяжести; V — модуль скорости лифта; — ме¬
ханическая мощность; / — сила постоянного электрического тока.
Подставив (2)—(5) в (1) и выполнив преобразования, получим
I- -1()1+ --^ = 0,	(6)
где /() — пусковой ток, возникающий в цепи, когда ротор электро¬
двигателя неподвижен, и достигающий больших значений:
е 240
п = —— = ——— = 300 (А).
0 В + г 0,6 + 0,2
Поэтому ротор электродвигателя включают в сеть последова¬
тельно с пусковыми реостатами для ограничения пускового тока.
183

Решение квадратного уравнения (6) запишем в виде
*о
2
П,
(7)
4 Е
(8)
В (7) выбран знак минус, т. к. в противном случае на холостом
ходу, т. е. когда ТУ —»О, получим I —> 10, что противоречит опыту,
поскольку ток холостого хода мал. Решение (7) существует, если
дискриминант
(9)
Из (9) и (8) получим условие существования решения (7) в виде:
Е/о > 4ТУ.	(10)
Если условие (10) не выполняется, то двигатель переходит в ре¬
жим работы электромагнитного тормоза или генератора. Так как
движение лифта происходит с постоянной скоростью й , то модуль
упругой силы Р равен модулю силы тяжести Ет:
рт = р = ад,
где т — масса лифта; § — модуль ускорения свободного падения
(9,8 м/с2).
Вычислим дискриминант В и силу тока I:
% Т т§у!0 <300 А2 500 9,8 2 300
2 Е ( 2 I 240
I = ^-- Л) = --710 250== 48,8 (А).
2	2
ЭДС индукции е. ротора электродвигателя найдем по формуле
Е; = е - I (Е + г) « 240 - 48,8 (0,6 + 0,2) = 201 (В).
184

2. Электромагнетизм
Проводник массой тпр и сопротивлением В может скользить без
трения по проводящим направляющим, которые замкнуты на ис¬
точник постоянного электрического тока, имеющий ЭДС е и внут¬
реннее сопротивление г (рис. 1). Найти скорость поступательного
движения проводника в однородном стационарном магнитном поле
с магнитной индукцией В, если масса груза, прикрепленного изо¬
лированной веревкой к проводнику и перекинутого через неподвиж¬
ный блок, равна т.
Решение
В рассматриваемой задаче будем пренебрегать трением между
проводником и направляющими и сопротивлением направляющих
185

и проводов, которые соединяют направляющие с источником по¬
стоянного электрического тока, а также сопротивлением подвиж¬
ных контактов между проводником и направляющими. Будем по¬
лагать, что однородное стационарное магнитное поле, создаваемое
постоянным магнитом, простирается достаточно далеко — так, что
проводник во время движения все время находится в нем. Если на¬
чальное значение модуля силы Ампера РА будет больше модуля
силы тяжести Р, то установка, изображенная на рис. 1, представ¬
ляет собой простейшую модель электрического двигателя постоян¬
ного электрического тока, в противном случае — модель электри¬
ческого генератора. В первом пункте рассмотрим модель двигате¬
ля, во втором — генератора.
1. Так как сила тяжести проводника уравновешена реакцией на¬
правляющих, а трением пренебрегаем, то можно записать уравне¬
ние движения проводника в проекциях на ось Ох, груза — в проек¬
циях на ось Оу прямоугольной декартовой системы координат Оху.
Сложив их (при этом модули упругих сил взаимодействия про¬
водника и груза уничтожаются), получим
М— = РЛ -Р. М=т+т ,	(1)
а т’	пР’	и;
где т, тпр и М — массы груза, проводника и механической си¬
стемы, состоящей из груза и проводника; V — модуль скорости о ;
(IV
		производная V по времени I.
(11
Модули РА и Ет определим по формулам
Ра = 1В1,	(2)
= пг§,	(3)
где I — сила электрического тока в замкнутом контуре, состоя¬
щем из проводника, направляющих, подводящих проводов и ис¬
точника постоянного электрического тока; В — модуль магнитной
индукции В', I — активная длина проводника, которая находится
в магнитном поле и по которой протекает электрический ток; § —
модуль ускорения свободного падения.
186

Согласно закону Ома для полной электрической цепи
В + г ’
(4)
где е — ЭДС источника постоянного электрического тока; е. —
ЭДС индукции, возникающая в движущемся проводнике и направ¬
ленная в двигательном режиме навстречу е; В — сопротивление
подвижного проводника; г — внутреннее сопротивление источника
постоянного электрического тока.
Значение Е. можно рассчитать по формуле
Е. = В1и.
ЭДС индукции имеет магнитное проис¬
хождение и возникает благодаря работе силы
Лоренца Рл, действующей на свободные по¬
ложительные электрические заряды в про¬
воднике. Направление действия силы Ло¬
ренца определяется по правилу левой руки
(рис. 2). В результате действия образует¬
ся разделение зарядов, показанное на рис. 2,
что приводит к появлению Ер направленной
против Е.
Уравнения (1)—(5) позволяют получить и проанализировать не¬
стационарное решение.
Используя (2)—(5), из (1) получим
= (А, “	- т§,	(6)
где /0 — сила пускового электрического тока (при I = 0).
Поскольку Е. (0) = 0, то из (4) найдем
/ -	§

0 В + г’
187

Разделяя в (6) переменные V и I, интегрируя левую и правую
части (определяя первообразные) и находя неизвестную постоян¬
ную с помощью начального условия I = 0, у(0) = 0, получим
т(/овг-ад)
(8)
(9)
(Ю)
где — модуль скорости установившегося движения проводни¬
ка; е — основание натуральных логарифмов (е ~ 2,718); Т — ха¬
рактерное время, при котором модуль скорости проводника при¬
ближенно достигает значения 0,632•.
Таким образом, решение данной нестационарной электродина¬
мической задачи определяется формулами (8)—(10), (4) и (5). Про¬
анализируем полученное решение. Из (8) следует, что процесс ус¬
тановления протекает бесконечно долго (при > °о), т. е. асимпто¬
тически. На практике процесс установления щ I и е. протекает
достаточно быстро (экспоненциально). Сравнивать быстроту уста¬
новления решения можно по Т. Формулы (9) и (10) позволяют про¬
анализировать зависимости Т и от определяющих явление па¬
раметров (пг, т , Е, Н, г, В, I,
При I = 0
V = 0, I = 1ц, е. = 0,
при I —> сю
V -> V ,1-^1 , е. —> е; .
оо ’	оо ’ I	I
Функции V = у(1) и е. = е.(^) монотонно возрастают с течением
времени, а функция 1 = 1(1) монотонно убывает.
Из (6) или (10) видно, что модель электрического двигателя по¬
стоянного тока реализуется при
1цВ1 > тё.
188

При этом проводник перемещается слева направо (V > 0).
Если 10В1 = то система находится в состоянии покоя.
2. При 1()В1 < т§ установка, изображенная на рис. 1, представ¬
ляет собой модель электрического генератора.
При этом можно воспользоваться уравнениями (1)—(5) и полу¬
ченными для них решениями, полагая, что V < 0, т. е. считая, что
движение происходит в противоположном направлении. При этом
в процессе установления сила тока увеличивается от 10 до
В + г В + г
т. е. е и е. создают в цепи токи, протекающие в одном направле¬
нии.
Задача 2.2
В однородном стационарном магнитном поле, модуль магнит¬
ной индукции которого равен 1 Тл, скользит с постоянной скоро¬
стью V по проводящим направляющим проводник массой 50 г, рас¬
положенный перпендикулярно линиям магнитной индукции поля,
которые образуют угол 30° со скоростью V . В плоскости направля¬
ющих к проводнику приложена постоянная сила, модуль которой
равен 0,15 Н, перпендикулярная проводнику. Найти V проводни¬
ка, если концы направляющих замкнуты на резистор сопротивле¬
нием 0,1 Ом, а длина проводника равна 10 см. Коэффициент тре¬
ния скольжения равен 0,2.
Решение
Будем пренебрегать сопротивлением проводника, направляю¬
щих и проводов, которые соединяют резистор сопротивлением В
и направляющие, а также сопротивлением контактов подвижно¬
го проводника и направляющих. Полагаем, что однородное ста¬
ционарное магнитное поле простирается безгранично. Проводник
движется поступательно с постоянной скоростью V, поэтому все
силы, действующие на проводник, условно приведем к его центру
масс.
189

Запишем уравнение равномерного прямолинейного движения
центра масс проводника (см. рисунок):
+ ^ + Д + а + Д р = о,	(1)
где РА — сила Ампера, с которой однородное стационарное маг¬
нитное поле действует на проводник с током; Е — постоянная сила,
лежащая в плоскости направляющих и двигающая проводник по
направляющим; Е — сила тяжести проводника; М — реакция
направляющих; Егр — сила трения скольжения.
Проектируя (1) на оси Ох и Оу прямоугольной декартовой сис¬
темы координат Оху, получим
-РА 8ШСХ + Е-Етр = 0,	(2)
ЕА соза + А - Еу = 0,	(3)
где в (2)—(3) входят модули соответствующих сил, которые опре¬
деляются формулами:
ЕА = 1В1,	(4)
Д = тё,	(5)
=	(6)
^'=^,	(7)
где I — сила индукционного тока; В — модуль магнитной индук¬
ции В', т — масса проводника; ё — модуль ускорения свободного
190

падения (9,8 м/с2); ц — коэффициент трения скольжения; ДГ —
модуль силы нормального давления; ДО — модуль реакции направ¬
ляющих; I — длина проводника; а — угол между В и у (см. ри¬
сунок).
ЭДС индукции Е-, которая генерируется в проводнике при его
движении с постоянной скоростью V , определяется по формуле
Ег = с>В1 8ш а,	(8)
где V — модуль скорости проводника.
Согласно закону Ома для полной цепи
1=—,
К
где В — сопротивление резистора.
Направление индукционного тока в цепи определяется по направ¬
лению действия силы Лоренца Рл на свободные положительные
заряды в подвижном проводнике по правилу левой руки. Работа
Гд приводит к разделению зарядов, показанному на рисунке. Ин¬
дукционный ток силой I течет в направлении действия силы Ло¬
ренца. Направление РА также определяется по правилу левой руки.
Из (2)—(8) получим
(Р -\лтпё)В
С = 		------- ----- =
(ВГ) 81па(з1па-цсоза)
(0,15-0,2 0,05 9,8) 0,1
= —-			= 3,18 (м/с).
(1 0,1)2 0,5 (0,5-0,2 0,866)
Задача 2.3
По металлической ленте шириной а течет постоянный электри¬
ческий ток силой I (см. рисунок). Лента находится в однородном
стационарном магнитном поле, магнитная индукция В которого
образует угол а с направлением тока. Определить разность потен¬
циалов на боковых поверхностях А и В ленты, если площадь попе¬
речного сечения ленты равна 5, а концентрация свободных элект¬
ронов в ней равна п.
191

Решение
Направление действия силы Лоренца Рл, действующей на по¬
ложительные свободные заряды, определяем по правилу левой
руки: четыре вытянутых пальца ладони левой руки располагаем
по направлению скорости частицы (направление тока), в ладонь
входит перпендикулярно ей составляющая В± магнитной индук¬
ции В, тогда большой палец, отогнутый на 90°, дает направление
Рл (см. рисунок). Работа сторонних сил Аст выполняется силой
Лоренца и приводит к разделению зарядов:
Ат = ■?Ла = е(<Ро-<Рл).	(1)
где Рл — модуль силы Лоренца; а — ширина ленты; е — элемен¬
тарный заряд; (рп, фА — электрические потенциалы на боковых
поверхностях ленты.
Модуль силы Лоренца определяем по формуле
Кл = Веизта = В±еи,	(2)
где V — модуль скорости свободной положительно заряженной ча¬
стицы, перемещающейся в направлении тока и несущей заряд е;
В — модуль магнитной индукции.
Модуль V связан с силой I постоянного электрического тока
формулой
1=еп8о,	(3)
где п — концентрация свободных электронов (условно считаем,
что ток образует не поток свободных электронов, а поток свобод¬
192

ных положительно заряженных частиц с зарядом е и концентра¬
цией п); 8 — площадь поперечного сечения ленты.
Из (1)—(3) получим
В1а .
фс’<₽Л=^81п“-
Задача 2.4
Тонкий однородный металлический	+
стержень длиной 1 м вращается с частотой	03 / /О
3000 об/мин в однородном стационарном -	.5 уС
О	4^
магнитном поле, линии магнитной индук- © X
ции которого параллельны оси вращения,
проходящей через конец стержня. Найти
разность потенциалов между концами стер- / А
жня, если модуль магнитной индукции /
поля равен 1 Тл.	х
Решение
Стержень О А вращается в плоскости рисунка относительно оси,
проходящей через точку О, с угловой скоростью со:
со = 2лп,	(1)
где п — частота вращения стержня.
На свободные положительные заряды стержня действует сила
Лоренца Р^, направление которой определяем по правилу левой
руки (см. рисунок). Работа сторонних сил Аст выполняется силой
Лореца и приводит к разделению зарядов на концах стержня:
I
Аст =	(2)
о
где Рл — модуль силы Лоренца; I — длина стержня; х — коорди¬
ната свободного заряда вдоль стержня в системе координат Ох;
е — элементарный заряд; ср0, срА — электрические потенциалы то¬
чек О и А.
Модуль силы Лоренца и модуль V скорости V находим по фор¬
мулам
193

Гл = Веи,
V = (ОХ,
(3)
(4)
где В — модуль магнитной индукции В, которая направлена пер¬
пендикулярно к плоскости рисунка на нас.
Подставив (3) и (4) в (2) и интегрируя, получим
Примечание. Если поменять направление вращения стержня,
то изменится полярность разделения зарядов.
Задача 2.5
Отрицательно заряженная частица движется в однородных и ста¬
ционарных магнитном и электрическом полях с постоянной ско¬
ростью и . Найти магнитную индукцию В, если известна электриче¬
ская напряженность Е.
Решение
Будем пренебрегать силой тяжести в сравнении с кулоновской
силой Вк и силой Лоренца Гл, с которыми действуют на отрица¬
тельно заряженную частицу электрическое и магнитное поля. Час¬
тица движется в вакууме, поэтому она не взаимодействует с други¬
ми частицами. Пусть электрическая напряженность Е однородно¬
го и стационарного электрического поля направлена вертикально
вверх, т. е. параллельно оси Оу (см. рисунок).
194

Тогда Рк направлена вертикально вниз, т. к.
Рк = дЁ, ?<0,	(1)
где д — электрический заряд частицы.
Для того чтобы частица двигалась по инерции, т. е. с постоян¬
ной скоростью V, необходимо выполнение условия равновесия
4 +^1 = 0.	(2)
Из (2) следует, что кулоновская сила и сила Лоренца должны
быть равны по модулю и противоположно направлены:
^к^л-	(3)
Модули этих сил найдем по формулам
^к=-Ек|.	(4)
=В±|?к	(5)
где Е, В±, V — модули Е, В±, V (см. задачу 2.3).
Направление В± определяем при д < 0 по правилу правой руки,
полагая, что скорость V направлена параллельно оси Ох (Ел и V
перпендикулярны): вытягиваем четыре пальца ладони правой руки
по направлению р; большой палец, отогнутый на 90°, располагаем
по направлению Ел, тогда вектор В± должен входить в ладонь пер¬
пендикулярно ей, т. е. должен быть направлен параллельно оси Оз.
Из (3) с учетом (4) и (5) получим
При этом В ц — произвольная векторная величина, направлен¬
ная по V или против.
Задача 2.6
Жесткий проводник в виде половины правильного шестиуголь¬
ника со стороной 5 см помещен в однородное стационарное маг¬
нитное поле, модуль магнитной индукции которого равен 1 Тл. Ли¬
нии магнитной индукции параллельны плоскости шестиугольника
и подводящим электрический ток силой 1 А проводам. Определить
равнодействующую сил, действующих на проводник.
195

Рис. 1
Решение
На рис. 1 показан проводник СВЕР, который вместе с провода¬
ми АС и РК лежит в плоскости, параллельной координатной пло¬
скости Оху. Направление тока указано стрелками. Магнитная ин¬
дукция В в любой точке однородного стационарного магнитного
поля параллельна плоскости проводника и направлена вертикаль¬
но вниз. Найдем модуль силы Ампера Р±, действующей на участок
СВ проводника:
Рх =ВПыпа = 1 1 0,05 8ш30° = 0,025 (Н).
Направление силы Ампера Р^ определяем по правилу левой руки.
Введя орты I , у и к по соответствующим осям координат (рис. 2),
запишем
На рис. 2 сила Ампера Рг изображена штриховой линией, что
означает, что она перпендикулярна плоскости проводника и направ¬
лена за эту плоскость.
Рассуждая аналогично для сил Ампера Р2 и Р%, действующих
на участки ВЕ и ЕР проводника (см. рис. 1), получим
Р2 =ВП = 1 1 0,05-0,05 (Н),
•^2 ~ -^2 ’
196

Р3 = ВИ81ПР = 1 1 0,05 • 51П(180°- 30°) = 0,025 (Н),
А = -Р~к.
и	О
На провода АС и РК силы Ампера не действуют, т. к. для них
угол а равен 0° и 180° соответственно.
Равнодействующая сила Р, действующая на проводник, равна
сумме трех сил:
Р = Р^ + Р2 + Р3 — —Р к,
Р = РХ + Р2+Р3 =0,025 + 0,050 + 0,025 = 0,1 (Н).
Задача 2.7
Электрон влетел со скоростью б0 в однородное стационарное маг¬
нитное поле, модуль магнитной индукции которого равен 1 мТл,
перпендикулярно линиям магнитной индукции. Определить глуби¬
ну проникновения электрона в магнитное поле, если угол его паде¬
ния на плоскую границу магнитного поля равен 30°, а уо=1О7м/с.
Решение
Будем считать, что однородное стационарное магнитное поле
имеет плоскую границу АВ, через которую в точке С влетел со ско¬
ростью п0 нерелятивистский электрон под углом а к перпендику¬
ляру СК, восстановленному к АВ в точке С (см. рисунок). Вне маг-
197

V
нитного поля на электрон силы не действовали, а в магнитном поле
на него действует только сила Лоренца Рл.
Глубина 5 проникновения электрона в магнитное поле равна
длине отрезка ЕР и определяется по формуле
8 = /?(1 - 81пос),	(1)
где К — радиус окружности, по дуге которой движется электрон в
магнитном поле.
Запишем уравнение движения электрона:
та = Рд, та = Гл,	(2)
где т — масса покоя электрона (9,11 • 10 31 кг); а — модуль центро¬
стремительного, или нормального, ускорения; Рл — модуль силы
Лоренца.
Направление магнитной индукции В определим по правилу ле¬
вой руки. Так как электрон имеет отрицательный заряд, то вектор
В направлен перпендикулярно плоскости рисунка за плоскость
рисунка, т. е. от нас.
Модули центростремительного ускорения и силы Лоренца оп¬
ределим по формулам	2	2
У Уо
Д =	Р’	<3)
Л -П
=	(4)
где д — заряд электрона (-1,6 • Ю-19 Кл).
198

Подставив (3) и (4) в (2), получим
_ ту
~в\я\
9,11 10~31 107
Ю-з 1,6 10"19
==5,69 10 2 (м).
5 = 5,69 10"2 (1 - зш30°) = 2,85 • 10 2 (м).
Задача 2.8
Электрон влетает в вакууме в однородное стационарное магнит¬
ное поле с магнитной индукцией В со скоростью б0, которая на¬
правлена под углом а к линиям магнитной индукции. Найти ради¬
ус и шаг винтовой линии, по которой движется электрон.
Решение
Будем пренебрегать действием гравитационного, электростати¬
ческого и магнитного полей Земли и других полей, кроме одно¬
родного стационарного магнитного поля, на движущийся нереля¬
тивистский электрон. В однородном стационарном магнитном поле
на электрон действует сила Лоренца Рл, которая не может изменить
модуль скорости у электрона, т. к. Рл направлена перпендикулярно
скорости у и работа Ал, которую совершает Рл, равна нулю.
Это следует из теоремы об изменении кинетической энергии
электрона
ту2
~~2~
2
= Ал =0,
2
(1)
где у0 — модуль начальной скорости электрона; т — масса покоя
электрона.
Из (1) видно, что
у = у0	(2)
для любого момента времени. Разложим
у (рис. 1) на две составляющие: бц и
б±, где бц — составляющая скорости по
направлению магнитной индукции В;
б± — составляющая скорости по на¬
правлению, перпендикулярному В.
Рис. 1
199

Модуль силы Лоренца определяется по формуле
Вл = В уе 81П а = В 1)^6,	(3)
где е — элементарный заряд.
Из (1)—(3) видно, что сила Лоренца изменяет направление
только .
Если частица движется по направлению В, то Ел = 0.
Поэтому уц не меняется с течением времени. Так как
О||=РСО8(Х,	(4)
а Уц и V не меняются, то угол а является неизменным в любой
точке траектории электрона. Из
Ц|_ = 1?81па	(5)
следует, что р± также не меняется. Таким образом, рассматрива¬
емое движение электрона складывается из двух движений: равно¬
мерного и прямолинейного движения вдоль направления В (линий
магнитной индукции) и равномерного вращения по окружности.
При таком движении траекторией электрона является винтовая
линия, которая лежит на цилиндрической поверхности радиусом
В и шаг которой равен X (рис. 2).
200

Скорость и направлена в точке М по касательной к винтовой
линии, сила Лоренца перпендикулярна плоскости векторов В и
V . Направление Рл определим по правилу левой руки с учетом от¬
рицательного знака заряда электрона: она направлена перпенди¬
кулярно оси цилиндрической поверхности и пересекает ось.
В подвижной системе отсчета (СО), движущейся вместе с элект¬
роном, электрон движется равномерно по окружности радиусом В.
Когда электрон совершит один оборот по окружности за время I в
подвижной СО, в неподвижной по отношению к Земле СО он сме¬
стится на шаг X винтовой линии.
При этом
Х =	(6)
2лВ = ^1.	(7)
Разделив (7) на (6) и учтя (4) и (5), получим
(8)
Записывая уравнение равномерного движения электрона по
окружности (см. задачу 2.7) с модулем скорости ц±, получим
тр±2 о	/о\
	— = Ву}е.	(9)
К
Подставив (5) в (9) и выполнив преобразования, найдем
_ тпрзша _ иги08та
Из (8) получим
Формулы (10)—(11) позволяют найти радиус и шаг винтовой
линии, по которой движется электрон.
Задача 2.9
Электрон движется в вакууме в однородном стационарном маг¬
нитном поле по окружности радиусом 1 см. Модуль магнитной ин¬
201

дукции равен 1 мТл. В некоторый момент времени создается ста¬
ционарное однородное электрическое поле, модуль электрической
напряженности которого равен 1 В/м. При этом линии электри¬
ческой напряженности и магнитной индукции параллельны. За
какой промежуток времени действия электрического поля, кине¬
тическая энергия электрона возрастет в 5 раз?
Решение
Считаем, что на нерелятивистский электрон действуют только
электрическое и магнитное поля, указанные в условии задачи. Дей¬
ствием других полей пренебрегаем. Будем полагать, что стационар¬
ное однородное электрическое поле устанавливается мгновенно. До
момента времени I = 10 по условию задачи электрон двигался по
окружности под действием силы Лоренца Рл. При I = создается
электрическое поле, и при I > электрон будет двигаться по вин¬
товой линии (см. рисунок).
Винтовая линия лежит на цилиндрической поверхности радиу¬
сом В и ее шаг изменяется. Запишем уравнение движения элек¬
трона:
та = Рл + /к,	(1)
где т — масса покоя электрона; а — ускорение электрона; Рк —
кулоновская сила.
202

Согласно принципу независимости действия сил
тал =
так = Рк,
(2)
(3)
где ал и ак — ускорения, сообщаемые электрону силами Рл и Рк.
При этом
а = + •
Ускорение ак направлено по оси Оз прямоугольной декартовой
системы координат Охуг, а ускорение ал пересекает ось цилинд¬
рической поверхности и лежит в плоскости, параллельной плоско¬
сти Оху. Записывая (2) и (3) для модулей соответствующих вели¬
чин, получим
тал = Рл,	(4)
так = Рк.
(5)
Так как действие силы Рл не зависит от модуля Оц составляю¬
щей Уц скорости электрона в направлении магнитной индукции В
(или оси Оз), то решение (4) и (5) можно получить независимо. Ис¬
пользуя (9) из задачи 2.8, получим
НВе
=

т
(6)
где е — элементарный заряд; — модуль составляющей скорости
б±, которая перпендикулярна оси Оз.
Так как по условию задачи электрическое поле однородное и
стационарное, то
Вк - Ее,
(7)
(8)
а =
К М
Подставив (7) и (8) в (5) и выполнив преобразования, получим
ЕеМ
”11
т
(9)
203

где Д# = / -	— интервал времени, в течение которого кинетиче
ская энергия электрона возросла в 5 раз.
По условию задачи отношение кинетической энергии ТУ' в мо¬
мент времени I к кинетической энергии при I = равно 5:
уу' 0,5т^ц2 + у2
0, 5апп±2
Откуда
1?Н = 2п±
Из (6), (9) и (10) получим
А 2ВВ 2 0,01 Ю'3
№ =

Е
(Ю)
= 210 5 (с).
1
Задача 2.10
Тонкий металлический провод массой т образует замкнутый
квадрат и находится в однородном стационарном магнитном поле
с магнитной индукцией В. Угол между нормалью к плоскости квад¬
рата и магнитной индукцией В равен а. Какой заряд пройдет че¬
рез поперечное сечение провода, если квадрат провода преобразо¬
вать в отрезок прямой? Плотность металла провода равна ст, а его
удельное электрическое сопротивление — р.
Решение
Согласно закону электромагнитной индукции
е, = -Ф',	(1)
где е1 — мгновенное значение ЭДС индукции; Ф'— производная
магнитного потока Ф по времени I.
Согласно закону Ома для полной цепи
(2)
где — сила индукционного тока; В — активное сопротивление
провода.
204

Из определения мгновенной силы тока вытекает
Ч = д,	(3)
где д' — производная электрического заряда д по времени I.
Подставив (2) и (3) в (1) и интегрируя (находя первообразные),
получим
Вд = -Ф + С,	(4)
где С — произвольная постоянная, которую находим из начально¬
го условия:
= ф(О) = Фо, д(0) = 0.	(5)
Записав (4) для I = 0, получим
С = Ф0.	(6)
Магнитный поток Ф, пронизывающий данный контур, опреде¬
ляется по формуле
Ф = В8соза,	(7)
где В — модуль магнитной индукции В; 8 — площадь контура;
ос — угол между В и единичным вектором п нормали к плоскости
контура (см. рисунок).
Определим начальное и конечное значения Ф:
Фо = В 80соза,	(8)
Фк = В8К соза = 0,	(9)
где 50 и 8К — начальная и конечная площади контура.
205

Подставив конечные значения Фк и дк в (4) и учтя (6), получим
^К=ФО-	(Ю)
Если провод образует замкнутый квадрат, то
50 = а2,	(11)
где а — сторона квадрата.
Определим объем V провода:
Г=Г8пр = 4а-5пр =^,	(12)
где I — длина провода; 8пр — площадь поперечного сечения про¬
вода; т — масса провода; о — плотность металла провода.
Электрическое сопротивление В провода определяется по фор¬
муле
и- р;
(13)
^пр
где р — удельное электрическое сопротивление металла провода.
Используя (8)—(13), получим
_ Втпсоза
9к 16ра
Задача 2.11
Обмотка, состоящая из 100 одинаковых витков, вращается с по¬
стоянной частотой 3000 об/мин в однородном стационарном маг¬
нитном поле, модуль магнитной индукции которого равен 1 Тл. Най¬
ти действующее значение ЭДС индукции обмотки, если площадь
одного витка равна 1 дм2.
Решение
В каждом витке обмотки, вращающейся в однородном стацио¬
нарном магнитном поле (см. рисунок), появляется ЭДС индукции
с.. Согласно закону электромагнитной индукции
е^-Ф',	(1)
где Ф' — производная магнитного потока Ф по времени I.
206

Магнитный поток, пронизы¬
вающий виток, определяется по
формуле
Ф = В 8 сов а,	(2)
где В — модуль магнитной ин¬
дукции В; 5 — площадь витка;
а — угол между В и единичным
вектором гп нормали к плоско¬
сти витка.
Так как частота вращения п
витка неизменна, то
а =	(3)
где со = 2пп — угловая скорость
вращения обмотки.
Подставив (2)—(3) в (1), полу¬
чим
е1 = В8(азт (01 = г1т- зш ,
где со и е. — циклическая частота и амплитуда гармонической
ЭДС, возникающей в одном витке.
Витки обмотки, в которых возникают ЭДС индукции соеди¬
нены последовательно.
Поэтому
е - е^М - гт 81п аУ,
Р — Е • ТУ.
'~т '-чт ’
где — количество витков обмотки; гт — амплитуда ЭДС индук¬
ции обмотки.
Определим действующее значение е ЭДС индукции обмотки:
Ет 2ппВ8^ 2 3,14 50 1 1(Г2 100
е = —=	■= ~~ 223
У2 л/2
(В).
1,41
Задача 2.12
Найти момент сил Ампера относительно оси вращения Ох (рис. 1)
квадратной рамки со стороной а, если по ней протекает постоян¬
207

ный электрический ток силой I и она находится в однородном ста¬
ционарном магнитном поле с магнитной индукцией В.
Решение
Магнитную индукцию В однородного стационарного магнитно¬
го поля направим вертикально вверх (рис. 1). Положение квадрат¬
ной рамки со стороной а, имеющей неподвижную ось вращения Ог,
задаем углом а между В и единичным вектором п нормали к плос¬
кости рамки. Силы Ампера Ру, Р2 ■> ^з и Р± приложены в середине
сторон рамки, их направление определяем по правилу левой руки
(рис. 1). Силы Р3 и Р4 уравновешивают друг друга и не создают
вращающего момента М2 относительно оси Ог. Силы Р-у и Р2 об¬
разуют пару сил, причем равнодействующая пары равна нулю
(Г, + Р2 = 0, Ру = Р2 = Р), а момент Мг пары относительно оси Ог не
208

равен нулю. Для вычисления
М2 найдем векторные проек¬
ции всех сил Ампера на плос¬
кость Оху. Силы Р3 и Р4 про¬
ектируются в точки, т. е. их
векторные проекции на плос¬
кость Оху — нулевые векторы
и их моменты относительно
оси О г равны нулю. Силы Ру
и Р2 параллельны плоскости
Оху, поэтому их векторные
проекции есть силы Ру и Р2 .
Момент М2 вычислим как сумму моментов векторных проек¬
ций всех сил относительно точки О (рис. 2):
М2 = Руку + Р2к2 = Р(ку + Л2) = Рк,	(1)
где и Р2 — модули сил Ампера Ру и Р2; ку и Л2 — плечи сил Ру
и Р2; к — плечо пары сил.
Перед произведениями Руку и Р2к2 в (1) взяты знаки «плюс»,
т. к. силы Ру и Р2 пытаются повернуть рамку против часовой стрел¬
ки. Из прямоугольных треугольников К МО и ОР1С получим
Л1 = 0,базтпа, к2 = 0,5азша,
следовательно,
к - азпнх.	(2)
Модули Ру и Р2 определяем по формуле
Ру = Р2 = р = 1Ва.	(3)
Из (1)—(3) получим
М2 = 1Ва28та.	(4)
Из (4) видно, что М2 достигает максимального значения (М2)тах
при а = — , поэтому
2	(М2),пах =1Ва2.
X Решаем залачп по физике 9-11 кл.
209

Задача 2.13
Катушка, имеющая А витков и площадь 5 поперечного сечения
каркаса, находится в однородном нестационарном магнитном поле,
модуль магнитной индукции которого убывает с
течением времени I по экспоненте. Активное со¬
противление провода катушки равно К. Концы ка¬
тушки замкнуты накоротко. Определить количество
теплоты, выделившееся в катушке, если линии маг¬
нитной индукции параллельны оси катушки.
Решение
Катушку Ь располагаем вертикально так, что¬
бы ее ось была параллельна линиям магнитной ин¬
дукции В (см. рисунок). Провод, замыкающий вит¬
ки катушки, располагаем в вертикальной плоско¬
сти, чтобы в нем не наводилась дополнительная ЭДС индукции. При
значениях времени I > 0 модуль В магнитной индукции В начинает
убывать по закону
I
в =Вое т,
(1)
где Во — начальное значение В; е — основание натуральных лога¬
рифмов (е == 2,718...); Т — характерное время протекания процесса.
Из (1) видно, что процесс уменьшения В протекает бесконечно
долго (I -»о©). Однако на практике этот процесс протекает доста¬
точно быстро (экспоненциально). Если I = Т, то В ~ 0,368В(). ЭДС
индукции е1, возникающая в одном витке провода катушки, опре¬
деляется по закону электромагнитной индукции
= -Ф',	(2)
где Ф'— производная магнитного потока Ф по времени I.
Магнитный поток в данной задаче можно рассчитать по форму¬
ле
Ф = В В.	(3)
Из (2) с учетом (1) и (3) получим
В8
е1 =

1 т
(4)
210

Поскольку витков провода катушки соединены последователь¬
но, то
е =	(5)
где е — ЭДС индукции катушки.
При I = 0 из (4) и (5) получим начальное значение е0 ЭДС индук¬
ции катушки:
Согласно закону Ома для полной цепи с
нием провода катушки имеем
е
I - —,
В
где I — мгновенное значение силы тока.
Мгновенная электрическая мощность Р
муле
активным сопротивле-
(7)
определяется по фор-
р=[е = —
К ‘
Работу А вихревого электрического поля
18)
вычислим по формуле
со	р ПТ
А =	=
о 2
2
Р
0 В *
Работа А идет на увеличение внутренней энергии провода ка¬
тушки. Поэтому количество теплоты которое выделяется в про¬
воде катушки, равно А.
Из (9) следует, что ф равно произведению условной средней элек-
Ро
трической мощности — на характерное время процесса Т.
2
(9)
Задача 2.14
Тонкий длинный изолированный провод, намотанный без зазо¬
ров на каркас диаметром образует первую катушку индуктив¬
ностью При подключении этой катушки к источнику постоян¬
211

ного электрического тока внутри нее образуется однородное стаци¬
онарное магнитное поле, модуль магнитной индукции которого
равен В1. Тот же провод, намотанный на каркас диаметром с?2, об¬
разует вторую катушку индуктивностью Ь2. Найти модуль магнит¬
ной индукции В2 магнитного поля внутри второй катушки.
Решение
Определим магнитный поток Фр пронизывающий витки первой
катушки:
Ф1 = 11/ = МВ151 = МВ1^Ь,	(1)
4
где Ь1 — индуктивность первой катушки; I — сила тока в первой
катушке; — число витков первой катушки; В1 — модуль маг¬
нитной индукции поля внутри первой катушки; 81 — площадь ос¬
нования цилиндра, образованного наружной поверхностью карка¬
са первой катушки.
Для второй катушки можно также записать
тсс/.,2
^2 ~	“ ^2^2 *^2 = ^2^2 ~л »	(2)
4
где сила тока I та же, что и в (1), т. к. провод и источник посто¬
янного тока не изменились. Как в первом, так и во втором случае
длина тонкого намотанного провода осталась прежней:
I1	’ ТС (11 =	ТС с/ 2 ~ / 2 *	(3 )
Разделив (2) на (1) с учетом (3), получим
В о с/1
В2 = 3 * * * * В1— —•
1>1 с12
3. Колебания и волны
Задача 3.1
Математический маятник с длиной I подвеса связан с двумя не¬
весомыми пружинами (рис. 1), имеющими жесткость к^ и к2 соот¬
ветственно. В положении равновесия маятник занимает вертикаль¬
ное положение и пружины сжаты. Определить частоту малых ко-
212

лебаний колебательной системы, если масса материальной точки
математического маятника равна т.
Решение
В положении равновесия маятника упругие силы пружин урав¬
новешивают друг друга. Рассматриваем малые колебания, при ко¬
торых пружины работают на сжатие. При этом упругие силы, урав¬
новешивающие друг друга в положении равновесия, исключаем,
считая, что появляются дополнительные упругие силы, которые
изменяют свое направление в зависимости от смещения. На мате¬
риальную точку массой т действуют (рис. 2): РТ — сила тяжести;
В — реакция подвеса; Р\ и Р2 — дополнительные упругие силы
пружины. На рис. 2 показаны также: пит — орты нормали и
касательной (п = т = 1); ср — угол между вертикалью и подвесом
маятника; фг и ф2 — малые углы между горизонталью и направле¬
нием сил Рг и Р2 .
Запишем уравнение движения материальной точки (второй за¬
кон Ньютона):
та - РТ + В + Рг + Р2.	(1)
Проектируя (1) на касательную, получим
тах = -РТ 81п ф + Ри + Г2т,	(2)
где аТ — проекция ускорения а на касательную.
213

Проекции 2?1х, Р21: и модуль Р определяются формулами
Г1х = -к^8 соз(ф + фг),	(3)
^2т = -&28 СО8(<Р - Ф2),	(4)
Рг =тё,	(5)
где § — модуль ускорения свободного падения; 8 — траекторная
координата.
Значение 8 определяется формулой
8 = /ф.	(6)
При малых ф (ф « 1 рад) имеем
51Пф==ф, СОЗ(ф + ф! ) = 1, соз(ф-ф2) = 1.	(7)
Дважды продифференцировав (6) по времени, получим
= 8” = 1д>”.	(8)
Подставив (3)—(8) в (2) и выполнив преобразования, получим
„	9	1ё	(О
ф +(0ф = 0, (0=./—+ —	У =	,
V I т	2п
где со — циклическая частота малых колебаний; V — частота ма¬
лых колебаний.
Задача 3.2
Металлический шарик, который имеет массу т и которому мож¬
но сообщить электрический заряд д, подвешен на невесомой изоли¬
рованной нити. Найти отношение пе¬
риодов колебаний шарика без заряда
и с зарядом в однородном электроста¬
тическом поле с линиями электриче¬
ской напряженности, направленными
вертикально вниз, и модулем электри¬
ческой напряженности Е.
Решение
На подвешенный на нити шарик
М (см. рисунок), имеющий электри¬
ческий заряд д, действуют: В — ре-
214

акция подвеса; Рт —
сила.
- сила тяжести шарика; Рк — кулоновская
Рассуждая, как и в задаче 3.1, получим
пга = Рт + Н + Ек,	(1)
тах = -(Гт + Гк)81п(р,	(2)
Рг = тё,	(3)
РК = Ед,	(4)
5=/(р,	(5)
81П ф ~ ф,	(6)
ат=/ф'.	(7)
Подставив (3)—(7) в (2) и выполнив преобразования, получим
(р* + со2(р = 0,	(8)
ё , Ея
у 1 т§	* '
т	2я
Т = —,	(10)
(0
где со и Т — циклическая частота и период малых колебаний в
однородном поле тяжести и в однородном электростатическом поле.
При отсутствии электрического заряда (д = 0) из (9) и (10) полу¬
чим
= (11)
Т _ 271
(12)
Из (9)—(12) находим
Т, _ со Г Ед1
Т со* \	т§2
Задача 3.3
Ареометр массой т плавает в жидкости. Если вывести ареометр
из состояния покоя, то он начнет совершать малые колебания с перио¬
дом Т. Найти плотность жидкости, если площадь основания цилиндра,
образованного наружной поверхностью трубки ареометра, равна 5.
215

Решение
Если ареометр находится в состоянии покоя (см. рисунок), то
ЕА + ЕТ = О,	(1)
где Ед — архимедова сила; Ет — сила тяжести ареометра.
Сила Ет приложена в центре тяжести С, а сила Ед — в центре
давления I). За счет применения металлической дроби удается сме¬
стить центр тяжести ареометра вниз и обеспечить его остойчивость.
Так как Ет и Ед уравновешивают друг друга в состоянии покоя и
при равновесии, то исключаем их из дальнейшего рассмотрения.
При смещении торца ареометра из состояния покоя на координату
х возникает дополнительный объем Уоп погружения ареометра и
связанная с ним дополнительная архимедова сила РА , под действи¬
ем которой возникают колебания, описываемые уравнениями
та = РА},	(2)
тах = РА<Х,	(3)
216

^'а1Х Рж^^ДОП’	(4)
^доп = ^,	(5)
где а и ах — ускорение ареометра и его проекция на ось Ох; РА^Х —
проекция РА на ось Ох; рж — плотность жидкости; § — модуль
ускорения свободного падения.
Поскольку
то из (3)—(6) получим
ах ~ х",
(6)
х"+ со2х = 0,
(7)
<о=
\ гп
(8)
т = ~,
(0
(9)
где х" — вторая производная х по времени I; Т и со — период и
циклическая частота малых колебаний.
Из (8) и (9) найдем
_ 4п2ш
~ §8Т2 ’
Задача 3.4
Колебания тела происходят по закону х - ОДзштгЛ Когда мо¬
дуль возвращающей силы достигает в первый раз значения 0,02 Н,
потенциальная энергия тела в данный момент времени равна
0,5 мДж. Найти этот момент времени и соответствующую ему фазу
колебаний.
Решение
Принимаем тело за материальную точ¬
ку, которая движется под действием возвра¬
щающей силы Р (см. рисунок). Запишем
уравнение движения тела:
М

О Р	х
та = Р,
(1)
где т — масса тела; а — ускорение тела.
В проекциях на ось Ох из (1) получим
77ШХ = Рх.
(2)
217

Тело движется по условию задачи по закону
х = Авт саг,
(3)
где х — координата материальной точки; А — амплитуда колеба¬
ний; (О — циклическая частота колебаний.
Из (3) находим
ах = х" = -Аса2 ат ,	(4)
где х" — вторая производная х по времени I.
Из (3) с учетом (4) получим
Ех = -тА(и2&т (Ы, Г = тАа? | зш са^ |.	(5)
Потенциальная энергия Ер определяется по формуле
гл 5 тл , г л 2 •	Л •	7ПА2(О2 5Ш2 Ш
Ер = -) Ех(1х = \тАы зтсагсЦАзшсаО =	.	(6)
оо	2
Из (5) и (6) находим отношение Ер к Г при 1-1-^.
Ер{1у) А|81псац|
^1) “	2
Из (7) получим
| 81ПСаЦ| =
2ДР(М
А • ЕЩ)
2 0,5 10~3
0,1 0,02
Откуда находим наименьшие значения фазы колебаний и вре¬
мени 1Х:
ф1 = со^ = - = 0,524 (рад), « 0,167 (с).
6	6
Задача 3.5
Объем цилиндра, в котором находится идеальный газ с количе¬
ством вещества V и абсолютной температурой Т, равен V. Цилиндр
разделен пополам идеальным поршнем, имеющим массу т и пло¬
щадь поперечного сечения 8. Найти циклическую частоту малых
колебаний поршня при изотермическом процессе в газе. Высотой
поршня в сравнении с длиной сосуда пренебречь.
218

Решение
Будем пренебрегать трением
поршня о стенки цилиндра.
Сила тяжести поршня уравно¬
вешивается силой реакции ци¬
линдра, и потому эти силы из
дальнейшего рассмотрения ис¬
ключаем. Поступательное дви¬
жение поршня в цилиндре опи¬
сывается уравнением
та = Р\ + Р2,	(1)
где т и а — масса и ускорение поршня; Р1 и Р2 — силы давления
газа на поршень.
Проектируя (1) на ось Ох (см. рисунок), получим
тах = -Рх+Р2.	(2)
Определим модули сил давления газа на поршень:
^1=Р1$,	(3)
^2 =/>2^	(4)
где рг и р2 давление газа в частях цилиндра; 5 — площадь поршня.
Используя уравнение Клапейрона—Менделеева, получим
0,5уЯТ
Р1 =	,
1 0,5У-х8
О, ЬуВТ
Р2 - 	,
2 0,5У + х8
(5)
(6)
где V — количество вещества идеального газа; 7? — универсальная
газовая постоянная; Т — абсолютная температура газа; V — объем
газа; х — смещение поршня из положения равновесия.
Проекцию ускорения ах на ось Ох можно выразить через вто¬
рую производную х по времени I:
ах = х".	(7)
219

Подставив (3)—(7) в (2) и считая колебания малыми, т. е. пре¬
небрегая 8х в сравнении с 0,5У, получим
х" + со2х = О,
28 чКТ
со = —Л

V У т
Задача 3.6
Груз пружинного маятника имеет массу 100 г и совершает гар¬
монические колебания; жесткость пружины равна 10 Н/м. В ка¬
кие моменты времени кинетическая энергия маятника равна его
потенциальной энергии?
Решение
Гармонические колебания выбираем в виде синусоиды:
X = А81П(0^,	(1)
где х — смещение груза маятника; А — амплитуда колебаний; со —
циклическая частота колебаний; I — время.
Запишем условие равенства кинетической и потенциальной энер¬
гий пружинного маятника:
2 г. 2
ти _ кх
2	2
где V — модуль скорости груза маятника; т — масса груза маят¬
ника; к — жесткость пружины.
Циклическая частота колебаний пружинного маятника опреде¬
ляется формулой
®=Д=Ж=1°(с-1)-	<з>
Ут у 0,1
Подставив (3) в (2) и выполнив преобразования, получим
V2 = со2х2.	(4)
Продифференцируем (1) по времени I:
х'= Vx = А(йСО5Ы1.	(5)
Здесь х'— производная смещения х по времени г; ух — проек¬
ция скорости груза маятника на ось Ох.
220

Так как
то, подставив (1), (5) и (6) в (4) и выполнив преобразования, полу¬
чим
<4?Ф = ±1,	(7)
где ф = оИ — фаза колебаний.
Решение (7) можно записать в виде
Л
Ф = ± — + л/г, /г = О, ± 1, ± 2...
4
Откуда при I > 0 получим
1 = —(2п + 1}, п = 0, 1, 2...
40К 7
Задача 3.7
Из груза массой пг и двух пружин, жесткость которых равна кг
и к2 соответственно, собирают два пружинных маятника, соединяя
пружины параллельно и последовательно. Найти отношение пери¬
одов колебаний пружинных маятников при последовательном и па¬
раллельном соединении пружин.
Решение
При последовательном соединении пружин (рис. 1)
X = хг + х2 ,	(1)
Р = Рг=Р2,	(2)
где х2 — деформации первой и второй пружин; х —
деформация системы двух последовательно соединенных
пружин; Г1 и Р2 — модули упругих сил первой и второй
пружин; Р^ — сила тяжести груза; Р — упругая сила, при¬
ложенная к грузу.
Согласно закону Гука
Р = кх, Р^ = к]Ху, Р2 = к2х2,	(3)
где к — жесткость системы двух последовательно соеди¬
ненных пружин; кг и к2 — жесткости пружин.	Рис. 1
221

Подставив (3) в (1) и учтя (2), получим
1 1 1
— - — + — >
к	г$2
откуда
к = —
кг + к2
(4)
При параллельном соединении пружин (рис. 2)
Рис. 2
х' = х[ = х2,	(5)
Е = Е1+Е2,	(6)
Е = к'х', Ех = ^1х1, Е2 = к2х2,	(7)
Подставив (7) в (6) и учтя (5), найдем
к' = кх + к2,	(8)
где к' — жесткость системы двух параллельно со¬
единенных пружин.
Период Т' колебаний пружинного маятника при последователь¬
ном соединении пружин находим с учетом (4) по формулам
т =	= 2я, - = 2п т^ + /г2)
со у к у к1к2
(9)
где со — циклическая частота колебаний пружинного маятника при
последовательном соединении пружин; тп — масса груза.
Период Т' колебаний пружинного маятника при параллельном
соединении тех же пружин с учетом (8) равен
г=^=2л ™=2л_^_
со \ к \к1 + к2
(Ю)
где со' — циклическая частота колебаний пружинного маятника
при параллельном соединении тех же пружин и неизменной массе
груза.
222

Отношение периодов колебаний пружинных маятников при по¬
следовательном и параллельном соединении тех же пружин при не¬
изменной массе груза получим, разделив (9) на (10):
Т к-^ + ^2
Т' л/М2
Задача 3.8
Ультразвуковой эхолот работает на час¬
тоте 50 кГц с длиной волны 30 мм. Какова
глубина моря, если ультразвуковой импульс
вернулся через 5 с после посылки?
Решение
Модуль V скорости V ультразвуковой вол¬
ны определяется по формуле
V = XV,
частота колебаний ча-
где X — длина ультразвуковой волны; V —
стиц воды в ультразвуковой волне.
Зная время I движения фронта волны от передающей антенны
до дна моря и обратно до приемной антенны, глубину /г моря опре¬
делим по формуле
, V I XVI 30 10-3 50 103 5	ч
к =	=	=	= 3750 (м).
2	2	2
Задача 3.9
Два одинаковых камертона колеблются синфазно. В точке, на¬
ходящейся на расстоянии 1,5 м от первого камертона и 2 м от вто¬
рого, звук не слышен. При каких частотах колебаний камертонов
это возможно, если скорость звука в воздухе равна 330 м/с?
Решение
Камертоны Кт и К2 (см. рисунок) являются когерентными ис¬
точниками волн, т. к. разность фаз их синфазных колебаний по¬
стоянна по условию задачи и равна 2тш (п = 0, ±1, ±2...), а часто¬
ты и у2 колебаний камертонов одинаковы.
223

Поэтому в пространстве, окружающем
2 камертоны, устанавливается интерференци¬
онная картина звуковых волн. Колебания,
возникающие в воздухе в точке С от камер¬
тонов Кх и К2, происходят в противофазе и
гасят друг друга.
Поскольку камертоны Кх и К2 одинаковы, то при одинаковом
возбуждении одинаковы и амплитуды их колебаний и А2. По¬
этому амплитуда результирующих колебаний в точке С равна нулю:
а = |а1-а2| = о
и звук в точке С не слышен. Условие минимума амплитуды резуль¬
тирующих колебаний в точке С имеет вид
а2-а1 = -(2т + 1),	(1)
2
где с/1 и (12 — расстояния от точки С до камертонов Кт и К2; X —
длина звуковой волны; т — целое неотрицательное число (т = О,
1, 2, ...).
Длина волны X определяется по формуле
где V — модуль
Подставив (2)
где
V
скорости волны,
в (1) и выполнив преобразования, получим
е>(2ти + 1)
V =	= Ут;п • (2т + 1),
2(^2-^)
(2)
330
= 330 (Гц).
2(а2-а1) 2 (2-1,5)
Таким образом, звук в точке С не будет слышен, если камерто¬
ны будут колебаться с минимальной частотой Ут1п или с частотой,
равной 3\’ . . 5у . и т. д.
П11П’ пип
V =
*тш
V
Задача 3.10
Судно движется в море со скоростью бс. Длина бесконечной гар¬
монической одномерной волны, распространяющейся по поверхно¬
224

сти моря, равна X, а период колебаний частиц воды равен Т. Найти
частоту ударов волны о судно при его движении перпендикулярно
волновым поверхностям навстречу волне и в противоположном
направлении.
Решение
Модуль ов скорости йв волны определяется по формуле
X .
Рв = — = ЛУ,
и
где X — длина бесконечной гармонической одномерной волны, рас¬
пространяющейся по поверхности моря;
Т и V — период и частота колебаний час- рс	рв
тиц воды на поверхности моря.
Решение задачи рассмотрим для двух
случаев.
1. Судно и волна движутся навстречу друг
ДРУгу (рис. 1).
При этом скорость ботн волны по отно¬
шению к судну определяется по формуле
^ОТН ~ ^В ~ УС •
-рс
”в
ротн
Рис. 1
Для модулей этих скоростей справедлива формула
Цэтн ^в +
Частоту уотн ударов волны о движущееся судно найдем по фор¬
муле
1
V =-

ОТН гр
■*отн
Чэтн
X
(3)
Из (3) видно, что уотн > V, т. е. частота ударов волны о движу¬
щееся навстречу судно возрастает в сравнении с частотой волны
(эффект Доплера).
2. Судно и волна движутся в одном направлении. В этом случае
формула (1) остается справедливой (рис. 2 и 3), а формулы (2) и (3)
следует заменить на
^отн | ^в Цз | ’
(4)
225

V
У ОТН
л УС
= V 1	-
^в
(5)
где уотн — частота ударов волны о движущееся
дуль скорости волны относительно судна.
судио; оотн
МО-
ус
Рв
рс
%тн
ув
V > V
с в
-рс
V < V
с в
-ус
V 1
ОТН |
Рис. 2
Рис. 3
случая:
Как видно из рис. 2 и 3, надо различать три
2.1. I? > о .
с в
В этом случае судно догоняет гребни волны и они ударяются о
нос судна. В зависимости от значения — возможны, как следует
V
из (5), три варианта:
V
< V При 1	<1
Ув
шается в сравнении с V;
= V При 1	=1
Ув
а) уотн
или
т. е. частота уотн умень-
б) V
7 ОТН
В) V
7 ОТН
V
> V При 1

Ув
1
или
или
"с
=2^’
Ч’
т. е. уотн равна V;
т. е. частота уотн возрас-
тает в сравнении
2.2. V = V .
с в
В этом случае
С V.
у'тн = 0, т. е. волна неподвижна относительно суд¬
на и ударов волны о судно нет.
2.3. и<и.
С в
В этом случае гребни волны
корму судна. Из (5) видно, что
ется в сравнении с V.
догоняют судно и они ударяются о
у' < V, т. е. частота у' уменыпа-
ОТН	ОТН *
226

Задача 3.11
Движение некоторой точки поверхности воды, по которой рас¬
пространяется бесконечная гармоническая одномерная волна, опи¬
сывается уравнением у = ОДзпи#. Написать уравнение волны и
уравнение колебаний точки, находящейся от данной точки на рас¬
стоянии 1 м по направлению распространения волны. Модуль ско¬
рости волны равен 2 м/с.
Решение
Будем считать, что волна является поперечной, т. е. частицы
воды колеблются в вертикальном направлении — параллельно оси
Оу, а волна распространяется по оси Ох прямоугольной декарто¬
вой системы ординат Оху (см. рисунок).
Колебания любой точки поверхности воды описываются урав¬
нением
У = А 81П (р = А 81п(со^ + (р0),	(1)
где у — координата, определяющая смещение точки (частицы
воды) от положения равновесия; А и ф — амплитуда и фаза коле¬
баний; ф0 — начальная фаза колебаний; I — время.
Из сравнения (1) с уравнением
у = 0,18Ш	(2)
видно, что А = 0,1 м, со = тсс-1 и ф0 = 0 рад, т. е. точка поверхности
воды, колебания которой заданы уравнением (2) имеет при I > 0
координату х = 0.
227

Начальная фаза колебаний других точек является функцией ко¬
ординаты х при I = 0, т. е.
ф(х,0) = ф0(х) =
где к — волновое число, определяемое по формуле
к = ^,	(3)
Л
где X — длина волны (см. рисунок). При I > О
ф(х,0 = ой - кх,	(4)
откуда получаем уравнение волны, распространяющейся в направ¬
лении оси Ох:
у = А 81п(оН - кх).	(5)
Найдем скорость, с которой распространяется постоянная фаза
волны (фазовая скорость, или скорость волны).
Дифференцируя (4) по времени I при постоянной фазе ф, полу¬
чим
О = со-/?х',	(6)
где х — производная координаты х по времени I.
Из (6) получим
, со
Х = рх = -.	(7)
Так как
2л
Ю =	(8)
где Т — период колебаний, то, подставив (3) и (8) в (7), находим
X
где ух — проекция фазовой скорости на ось Ох. Модуль скорости
волны у = |ух|. Определим значения V, Г, X и к:
(О	К /Ч К	X
V = — = — = 0,5 (Гц),
2л 2л
Х = ихТ = 2 2 = 4 (м),
228

, 2л 2л л	-к
к = — = — = - = 1,57 (м х),
X	4	2
кхг = ^.1 = ^«1,57 (рад),
где хг — координата точки, находящейся от данной точки на рассто¬
янии 1 м по направлению движения волны при ух > 0 (см. рисунок).
Подставив в (5) и (1) рассчитанные значения параметров, получим
I л
у = 0,1 81П л1	X
2
л
, У1=0,1 81П Л1	= -0,1СО8Л<.
2
для волны,
Рассуждая аналогично
противоположном оси Ох, найдем
движущейся в направлении,
У = -0,1 81П л1
(9)
л
2
х2 = -1 м,
у 2 = 0,1СО8 Л^,
СО к
х к Т
Знак «минус» в (9) взят для того, чтобы при 1 = 0 получилась
функция у = -Азт(кх) = А81п(-кх), график которой изображен на
рисунке.
Задача 3.12
В колебательном контуре параллельно конденсатору присоедини¬
ли другой конденсатор с емкостью в 8 раз большей; при этом частота
свободных незатухающих электромагнитных колебаний уменьшилась
на 1 кГц. Найти частоты свободных незатухающих электромагнит¬
ных колебаний в двух указанных колебательных контурах.
Решение
Циклическая частота со1 свободных незатухающих электромаг¬
нитных колебаний в колебательном контуре, изображенном на
рис. 1, определяется по формуле
1
«1 = ~г=
(1)
229

Рис. 1
где Сг — электрическая емкость конденсатора; Ь — индуктивность
катушки.
Во втором колебательном контуре параллельно конденсатору ем¬
костью подключен конденсатор емкостью С2 = 8СХ (рис. 2).
Общая емкость Собщ двух параллельно соединенных конденса¬
торов равна сумме их емкостей: Собщ = С1 + С2. Откуда Собщ = 9Ср
Найдем циклическую частоту со2 свободных незатухающих элект¬
ромагнитных колебаний в колебательном контуре, изображенном
на рис. 2:
1	1со1
7со6щ ь “	~ з ■
(2)
Из (2) и формул = 2лур со2 = 2лу2, получим
V 1 = Зу2,	(3)
где у1 — частота свободных незатухающих электромагнитных ко¬
лебаний в первом контуре, и \'2 — частота тех же колебаний во
втором контуре.
По условию задачи
VI - У2 = 1000 Гц.	(4)
Подставив (3) в (4), найдем
у2 = 500 Гц, уг = 1500 Гц.
Задача 3.13
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 1 мкФ
и катушки индуктивностью 1 мкГн. Найти закон изменения элект¬
рического заряда при свободных незатухающих электромагнитных
колебаниях в колебательном контуре, если в начальный момент
230

времени электрический заряд и сила тока были равны 1 мкКл и
1 А соответственно. Определить энергию колебательного контура,
а также энергию магнитного поля катушки и энергию электриче¬
ского поля конденсатора в начальный момент времени.
Решение
Свободные незатухающие электромагнитные колебания описы¬
ваются дифференциальным уравнением
д' + (О2д = 0,	(1)
которое имеет решение
<7 =	81п(а^+ ф0),	(2)
где д — электрический заряд; д'— вторая производная заряда д
по времени I; со — циклическая частота свободных незатухающих
электромагнитных колебаний; дт — амплитуда колебаний заряда;
ф0 — начальная фаза колебаний заряда.
Для определения дт и ф0 используем начальные условия:
1 = 0, д(О) = до,	(3)
ЦО) = 10,	(4)
где и 10 — начальные значения заряда и силы тока.
Продифференцировав (2) по получим
I = д'= (йдтСО5 (со* + фо ),	(5)
где д' — производная заряда д по времени I.
Подставив (2) и (5) в (3) и (4), получим
9о =7ш81Пф0,
*0 = (0С/шСО8ф0.
(6)
(7)
Из (6) и (7) находим
<р0 = агс^е ,
I ‘о
<7
81Пф0
Вычислим ф0 и
= 7---	= 106 (с1),
ьс х/1(Г61(Г6
231

Фо = агсЪ&
'нгМо6'
1
к	7
у ==0,785 (рад),
4
Ят
106
0,707
« 1,41-ПГ6
(Кл),
где Ь — индуктивность катушки; С — емкость конденсатора.
Энергию (И^)о электрического поля конденсатора и энергию (И^)о
магнитного поля катушки в начальный момент времени вычислим
по формулам
(^)о = ^ = У1И = о’51О^(Дж)’
т ;	1 г)-6 -] 2
(Юо = -7- = —= 0,5 Ю-6 (Дж).
Л	А
Энергию И7 колебательного контура найдем, применив закон со¬
хранения энергии для незатухающих свободных электромагнитных
колебаний:
Ж=ЖО = (ЖР)О+(1УМ)О =1(Г6 Дж.
Задача 3.14
К колебательному контуру, состоящему из катушки индуктив¬
ностью Л, конденсатора емкостью С и резистора сопротивлением 7?,
подводится синусоидальное напряжение. Найти закон изменения
электрического заряда при вынужденных электромагнитных ко¬
лебаниях.
Решение
На рисунке показан колебательный
контур, к которому подводится сину¬
соидальное напряжение
и = ит8Ш(х)в1,	(1)
где 1/т — амплитуда электрического
напряжения; сов — циклическая ча¬
стота вынужденных колебаний; I —
время.
232

Для мгновенных напряжений справедливо соотношение
и = ип + ис + иь,	(2)
где иЕ, ис и иь — мгновенные напряжения на резисторе, конденса¬
торе и катушке индуктивности:
ип = 1В = д'В,	(3)
_ Я
ис~С’
иь = 1Л' = Ьд'.	(5)
Здесь I — мгновенное значение силы тока; В — сопротивление
резистора; д — мгновенное значение электрического заряда; д' —
производная заряда д по времени I', С — емкость конденсатора; Ь —
индуктивность катушки; д*— вторая производная заряда д по вре¬
мени I.
Подставив (1), (3)—(5) в (2) и разделив на В, получим
„ В ,	2 т
д + — д + соя = —— 81псов/.
В	В
(6)
В этой формуле
2	1
(1) =	,
вс
где со — циклическая частота свободных незатухающих электро¬
магнитных колебаний.
Решение (6) для вынужденных электромагнитных колебаний бу¬
дем искать в виде
д =	+ Всозсов^,	(7)
где А и В — константы, которые будут определены ниже.
Продифференцировав (7) дважды по времени I, получим
д' = Асоп соз	- Всоп зш сопВ	(8)
д” = -А(^81по1,I - Вш?со8С0Л.	(9)
л.	ввив	'
Подставив (7)—(9) в (6), использовав независимость функций
81псов^ и со8(ов^ и приравняв коэффициенты, стоящие перед з1псов^ и
созсовг в левой и правой частях полученного уравнения, будем иметь
(0>2-^)А-уШвВ = ^!!-,	(10)
1^
233

со2-со2
(И)
Из (10)—(11) находим
(О2
16
В-~^Г
/ О 9 \2
где о = (со-сов I +
Зная А и В, решение в виде (7) можно заменить на
д^^зпЛсо^ + фо),
дт^А2 + В2,
(12)
(13)
х В
12<Ро = —
А
7?(ов
(14)
Из (14) видно, что при сов —> СО И С0в < СО ф0 —> —; при (0в —» (О
Л	2
и сов>со ср0 —> —, т.е. при переходе через резонанс, возникающий
2
при сов = со, начальная фаза вынужденных колебаний заряда д уве¬
личивается на л.
При резонансе решение в форме (7) становится более удобным,
чем (12):
А = о, в =	дт=|в|,
д = |в|совч< = 9твт ч^-^|>
“ I
откуда следует, что при резонансе имеет место сдвиг фаз между д
(Т1 А
. При этом амплитуда дт колебаний заряда ста-
7
новится наибольшей в сравнении с дт, когда нет резонанса (сов Ф со).
234

II.	ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1.	Амперметр, подключенный к клеммам источника постоянно¬
го тока с ЭДС 1,6 В и внутренним сопротивлением 0,2 Ом, показы¬
вает 4 А. Каким будет показание амперметра, если параллельно ему
подключить резистор сопротивлением 0,1 Ом?
2.	К источнику постоянного тока последовательно подсоедине¬
ны вольтметр и реостат, наибольшее сопротивление которого рав¬
но К. При сопротивлении реостата, равном К, показание вольт-
О
метра возросло в 2 раза. Во сколько раз изменятся показания вольт¬
метра, если уменьшить сопротивление реостата до нуля?
3.	К источнику постоянного тока с внутренним сопротивлением
1 Ом подключают вначале последовательно соединенные резистор
сопротивлением 100 Ом и вольтметр, а затем параллельно. В обо¬
их случаях показания вольтметра одинаковы. Найти сопротивле¬
ние вольтметра.
4.	К источнику постоянного тока с ЭДС 5 В вначале подсоеди¬
няют резистор сопротивлением 9 Ом, а затем резистор сопротивле¬
нием 4 Ом. В обоих случаях резисторы потребляют одинаковую элек¬
трическую мощность. Найти эту мощность.
5.	Сколько атомов меди выделится на катоде за 80 с, если через
водный раствор медного купороса течет постоянный электрический
ток силой 4 А?
6.	Два иона с одинаковыми электрическими зарядами влетели в
однородное стационарное магнитное поле. Первый ион двигался по
окружности радиусом 5 см, второй — 2,5 см. Найти отношение масс
ионов, если они прошли одинаковые ускоряющие разности потенциа¬
лов.
7.	Заряженная частица влетает в однородное стационарное маг¬
нитное поле под углом 45° к линиям магнитной индукции и дви¬
жется по винтовой линии. Найти радиус цилиндрической поверх¬
ности, на которой находится винтовая линия, если за один оборот
частица смещается вдоль линий магнитной индукции на 6,28 см.
235

8.	Максимальный вращающий момент сил Ампера, действую¬
щий на рамку площадью 1 см2 в однородном стационарном маг¬
нитном поле, равен 2 мкН • м при силе электрического тока 0,5 А.
Найти индукцию магнитного поля.
9.	По двум вертикальным проводникам, расстояние между ко¬
торыми равно 50 см, а верхние концы замкнуты резистором сопро¬
тивлением 4 Ом, начинает скользить вниз без трения горизонталь¬
но расположенный проводник массой 50 г. Устройство находится
в однородном стационарном магнитном поле, модуль индукции ко¬
торого равен 0,4 Тл, а вектор магнитной индукции перпендикуля¬
рен плоскости, в которой лежат проводники. Найти скорость уста¬
новившегося движения проводника.
10.	Тонкий провод замыкает обкладки конденсатора и поме¬
щен в однородное нестационарное магнитное поле, скорость изме¬
нения модуля магнитной индукции которого равна 50 мТл/с. Элек¬
трическая емкость конденсатора и площадь замкнутого плоского
контура, образуемого проводом и конденсатором равны соответ¬
ственно 100 мкФ и 200 см2. Найти электрический заряд конден¬
сатора, если линии магнитной индукции перпендикулярны плос¬
кости контура.
11.	Найти массу груза, который делает 10 колебаний за 8 с на
пружине жесткостью 250 Н/м.
12.	Два математических маятника с периодами 6 с и 5 с одно¬
временно начинают колебания с одинаковыми фазами. Через ка¬
кое время фазы их колебаний будут отличаться на 2тг рад? Найти
отношение длин подвесов математических маятников.
13.	Колебательный контур состоит из катушки индуктивностью
3 • 10-5 Гн и плоского конденсатора с площадью пластин 100 см2 и
расстоянием между ними 0,1 мм. Контур резонирует на электро¬
магнитную волну длиной 750 м. Определить относительную ди¬
электрическую проницаемость среды, заполняющей пространство
между пластинами конденсатора.
14.	Скорость звука в воде равна 1450 м/с. На каком мини¬
мальном расстоянии находятся точки воды, совершающие коле¬
236

бания в противоположных фазах, если частота колебаний равна
725 Гц?
15.	Найти длину электромагнитной волны, на которую настро¬
ен колебательный контур, если максимальный электрический за¬
ряд конденсатора и максимальная сила электрического тока рав¬
ны 1 мкКл и 4 А соответственно.
16.	Под каким углом должен падать луч света на поверхность
стекла, чтобы угол преломления был в 2 раза меньше угла паде¬
ния? Показатель преломления стекла относительно воздуха равен
1,6.
17.	Луч света распространяется в оптическом волокне в тече¬
ние 2 мкс. Найти длину волокна, если предельный угол полного
отражения на границе волокно—воздух равен 60°.
18.	Расстояние между предметом и экраном равно 120 см. На
каком расстоянии от предмета нужно поместить собирающую лин¬
зу с фокусным расстоянием 25 см, чтобы на экране получилось от¬
четливое изображение предмета?
19.	На рассеивающую линзу падает сходящийся пучок лучей.
После прохождения линзы лучи пересекаются в точке, находящей¬
ся на расстоянии 15 см от линзы. Если линзу убрать, то точка пе¬
ресечения лучей переместится на 5 см ближе к оправе, в которой
находилась линза. Определить фокусное расстояние линзы.
20.	Частоту плоской монохроматической волны увеличили в
2 раза, а период дифракционной решетки уменьшили в 2 раза. Для
максимума одного и того же порядка определить отношение сину¬
сов углов дифракции в первом и втором случае.
21.	Сколько квантов излучения с длиной волны 1 мкм содер¬
жится в лучистом потоке с энергией 0,5 мкДж?
22.	Работа выхода электрона с поверхности цезия равна 1,89 эВ.
С какой максимальной скоростью вылетают электроны из цезия,
если на него падает свет с длиной волны 0,589 мкм?
23.	Определить длину волны фотона, испускаемого атомом, при
переходе атома из квантового стационарного состояния с энерги¬
ей -7,4 эВ в квантовое стационарное состояние с энергией -10,4 эВ.
237

24.	Определить длину волны фотона, импульс которого равен
импульсу электрона, прошедшего ускоряющее напряжение -5 В,
при этом электрон двигался из состояния покоя.
25.	Ядро изотопа урана 1 2 * *д2^ путем нескольких а- и 0-распадов
превращается в ядро изотопа свинца 2^2РЪ. Определить количество
а-распадов и количество 0-распадов, которые произошли при этих
превращениях.
III.	ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. 2А; 2. в 4 раза; 3. 10 кОм; 4. 1 Вт; 5. 9,98 Ю20; 6. 4; 7. 0,01 м;
8. 0,04 Тл; 9. 49 м/с; 10. 100 нКл; 11. 4,05 кг; 12. 30 с, 1,44;
13. 5,97; 14. 1 м; 15. 471 м; 16. 73,7°; 17. 520 м; 18. 0,355 м, 0,845 м;
19. -0,3 м; 20. 1; 21. 2,51 Ю12; 22. 2,78 Ю5 м/с; 23. 413 нм;
24. 0,549 нм; 25. 7 а-распадов, 4 0-распада.

СОДЕРЖАНИЕ
9	КЛАСС
I.	Примеры решения задач 	3
1.	Кинематика	3
2.	Динамика	18
3.	Импульс, работа	и	энергия 	38
4.	Статика и гидростатика	42
II.	Задачи для самостоятельного решения	76
III.	Ответы к задачам для самостоятельного решения	79
10	КЛАСС
I.	Примеры решения задач 	80
1.	Молекулярная физика 	80
2.	Термодинамика	 103
3.	Электростатика 	 129
II.	Задачи для самостоятельного	решения	 158
III.	Ответы к задачам для самостоятельного решения	 160
11 КЛАСС
I.	Примеры решения задач 	 161
1.	Электрический ток 	 161
2.	Электромагнетизм 	 185
3.	Колебания и волны	212
II.	Задачи для самостоятельного	решения	235
III.	Ответы к задачам для самостоятельного решения	 238
Издательский Дом «Литера»
приглашает к сотрудничеству авторов
Телефоны редакции: (812) 560-8684, 325-4741
Е-шаП: риЪ118к@1Пега.8рЬ.ги
кИр://\у\у\у.Н1ега.8рЬ.ги
По вопросам реализации обращаться
в Санкт-Петербурге: (812) 441-3649, 441-3650
Е-таИ: 8а1е8@Н1ега.8рЬ.гп
в Москве: (495) 641-2322, 912-3128
Е-шаП: та11@И1егалпс.ги
в Екатеринбурге: (343) 368-7520
Е-шаП: Н1ега-ига1@1181.ги
Хребтов Владимир Александрович
Решаем задачи по физике
9—11 классы
Редактор В. Певчее
Обложка Е. Савик, 3. Смирнова, И. Могутова
Верстка В. Решетников, И. Хайрова
Подписано в печать 20.06.11. Формат 70х90*/16. Печать офсетная.
Гарнитура Школьная. Усл. печ. л. 17,55. Тираж 6000 экз. Заказ № 2566.
ООО «Издательский Дом ,,Литера“»
192131, Санкт-Петербург, Ивановская ул., 24
Отпечатано в полном соответствии с качеством предоставленных
издательством материалов в ОАО «Тверской ордена Трудового Красного
Знамени полиграфкомбинат детской литературы им. 50-летия СССР».
170040, г. Тверь, проспект 50 лет Октября, 46.
2

Подготовка
КЛАССЫ
млм/.1Иега.8рЬ.ги
-■"'«С
>Фегги8м
>1
.'гс»»ла I
ВСЕ ЧАСТИ РЕЧИ
РУССКОГО ЯЗЫКА
В ТАБЛИЦАХ
И СХЕМАХ
Для школьников
и родителей
8- А. Крутсцкад
РУССКАЯ
ЛИТЕРАТУРА ■х^
в ТАБЛИЦАХ и схемах
л». 9-т1
ТУА! КЛАССЫ
"ГЭ.,-Г^од	рЦ
ООО ‘ЧсвыР Книмчсй М"
ПО физике 9-11 кг. Образ
■ц (”лСэШк) Хребтов
М1И11Н
и 6	.	Т-’Т^229198С
9 о»ЛЧРУ
К»
. 11Ц*«ЗРЧТ*
^«яй®5
ПО ИС1ОР* 80ПРОСАМИ
, самопроверки
ПРАВИЛА <^Ж/
РУССКОГО ЯЗЫКА
в ТАБЛИЦАХ И СХЕМАХ
Ца ^хх
'Л '*₽6ат«а
русский языкам
САМЫЕ СЛОЖНЫЕ
ПРАВИЛА
_ в ТАБЛИЦАХ
И СХЕМАХ
ИБРА
Д^АЛА АНАЛИЗА
в ТАБЛИЦАХ
/И СХЕМАХ
АНГЛИЙСКАЯ ЗяЖ
ГРАММАТИКА '
В ТАБЛИЦАХ
и СХЕМАХ
ТРАНСКРИПЦИЯ
X СЛОВООБРАЗОВАНИЙ
С\ ВСЕ ЧАСТИ РЕч/
1«м, изучве>*л
а 541 «лксм
удоен*»™»14*'
мЯИЬ'Л»
оп« пь®'*0®31