Физика. Контрольные работы для студентов инженерных специальностей

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО РЫБОЛОВСТВУ КАМЧАТСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

А.Я. Исаков

Методические указания по выполнению индивидуальных заданий (для студентов инженерных специальностей заочной формы обучения)

Петропавловск-Камчатский 2010

2

УДК 50 (075.8) ББК 20я73 И − 85

Рецензент доктор физико-математических наук, профессор, заведующий кафедрой гидроакустики Дальневосточного технического университета им. В.В. Куйбышева В.И. Короченчев

Исаков Александр Яковлевич И85 Методические указания по выполнению индивидуальных заданий по физике (для студентов инженерных специальностей заочной формы обучения): ПетропавловскКамчатский: КамчатГТУ, 2010. − 215 с.

Методические указания предназначены для студентов инженерных специальностей заочной формы обучения Камчатского государственного технического университета, изучающих курс общей физики в течение первого и второго курсов обучения. В соответствии с действующими учебными планами, студенты выполняют самостоятельно четыре индивидуальных задания, два задания (контрольных работы) на первом курсе № 1 и № 2 и два задания на втором курсе № 3 и № 4. Пособие содержит 400 задач по всем темам программы, снабжённых подробными теоретическими обоснованиями решений и кратким анализом получаемых результатов. Тематика приводимых задач соответствует действующим учебным планам по общему курсу физики.

3

Оглавление Стр.

Методические рекомендации ………………………………..………………...

5

Некоторые полезные советы ……….....………………………………………...

6

Содержание индивидуальных заданий ……………...…………………………

8

Задание №1

……………………………………………………………………..

10

Задание №2

……………………………………………………….…………….

63

Задание №3

………………………………………………………...………….

106

Задание №4

……………………………………………………………………

159

Рекомендуемая литература …………………………………………………..

215

4

1. Методические рекомендации 1.1 Учебными планами инженерных специальностей КамчатГТУ предусматривается выполнение четырёх контрольных работ, включающих в себя по 10 задач каждая. При выполнении четырёх работ, контрольные №1 и №2 выполняются студентами первых курсов обучения, контрольные работы №3 и №4 выполняются студентами второго курса. 1.2 Содержание всех контрольных работ определяется сочетанием двух последних цифр шифра в вашей зачётной книжке. Так, например, если шифр заканчивается цифрой 16, то в соответствии с таблицей 1 контрольные работы №1, №2, №3, и №4 должны включать в себя задачи № 8,13,26,35,41,60,66,76,83,99 1.3 Контрольные работы выполняется в отдельной тетради каждая, на обложке тетради приводятся данные по следующему образцу: Студент заочного факультета Камчат ГТУ Самойленко Борис Иванович. Шифр ............ Адрес: г. Петропавловск - Камчатский, улица Ленинградская, дом 8,кв.7 (тел. 2-64- 43) Контрольная работа по физике №

1.4. Первый лист тетради, где выполняется контрольная работа (индивидуальное задание) оставляется чистым, при необходимости на нём выполняются записи при защите работы. 1.5. Решение каждой задачи начинается с записи её условия без сокращений и замены содержания. Запись условия и решения желательно вести с соблюдением полей, на которых при проверке преподавателем, при необходимости, указываются замечания и пожелания. 1.6. Решения должны быть снабжены, помимо прочего, условными обозначениями используемых величин или в конце контрольной работы должна быть приведена ссылка на автора и название используемого учебника, справочного пособия и т. п. 1.7. Если индивидуальное задание при рецензировании не зачтена, то студент должен представить её на повторное рецензирование, включив в неё задачи, содержащие замечания рецензента. 1.8. Зачтенные контрольные работы (индивидуальные задания) предъявляются студентам на экзамене, где возможно собеседование по методике решения отдельных задач.

5

2. Некоторые полезные советы Несмотря на то, что универсальной методики решения физических задач не существует ввиду их многообразия и обилия способов решения, можно, тем не менее, сформулировать правила, использование которых может сократить число неудач и существенно сэкономить время. Последовательность действий рекомендуется следующая: 2.1. Внимательно прочитайте условие задачи. Слово «внимательно» следовало бы написать ещё большими буквами, потому что, именно из - за невнимательного чтения условий чаще всего появляется необоснованная уверенность в невозможности решить задачу, и как следствие, попусту потраченное время и бумага. Право, не стоило бы заострять на таком очевидном обстоятельстве внимания, если бы ситуация не повторялась каждодневно. Желание получить максимум информации за минимально возможное время, а иногда и тривиальная лень, вырабатывают стойкую привычку все читать «по диагонали», с тем, чтобы только уловить основную суть. В задаче же довольно часто основная идея решения содержится в частностях. Условие, в этой связи, должно быть проанализировано во всех его подробностях, общими чертами тут не обойтись, нужны подробности. 2.1. Убедитесь, что вам вполне понятно, о чем идет речь. Если в условии встретилось хотя - бы одно непонятное вам слово, сделайте «стоп» и обратитесь за помощью к имеющимся в вашем распоряжении источникам информации: конспекту лекций, рекомендуемым пособиям. Но может так случиться, что вы не сможете найти в книгах, требуемую информацию. Не пугайтесь, это закономерно. Обратитесь к преподавателю, и он откроет вам учебник или справочник именно в нужном месте. Умение свободно ориентироваться в учебной и научной литературе приходит не сразу и не вдруг. Этому тоже необходимо учиться. 2.2.Запишите в сокращенном виде условие. Это очень важно для правильного понимания сути предлагаемой задачи и построения оптимального алгоритма решения. Данные, записанные обычным столбиком, когда введены традиционные обозначения физических величин, когда все они записаны в интернациональной системе, стимулируют правильный выбор нужных законов и формул. Еще одна тонкость. В условиях задач зачастую не приводятся очевидные значения физических констант, таких как, ускорение свободного падения, плотность воздуха в нормальных условиях, плотность воды, данные об элементарных частицах и другие табличные величины. Их непременно нужно вносить в сокращенную запись условия, выписав их значение из справочника. 2.3. Выполните поясняющий чертеж или рисунок. 2.4. Выполнив чертеж, желательно еще раз вернуться к условию задачи с тем, чтобы уточнить, все ли заданные и искомые величины нашли свое отражение на вашем рисунке. Чтобы более полно учесть все нюансы условия, исследуемый объект рекомендуется изображать не в начальном и конечном положении, а в некотором промежуточном положении или состоянии. 2.5. Далее, необходимо используя краткую запись условия задачи и поясняющий рисунок, установить, какие физические законы или явления соответствуют задаче. Вот тут-то и начинается самое трудное и интересное. Дело в том, что в основу каждой физической задачи положен тот или иной частный случай проявления общих физических законов или явлений. Решение, собственно, начинается с выбора закономерностей, соответствующих рассматриваемой ситуации, а дело это совсем даже не простое, тут нужны знания, интуиция и некоторый опыт. Довольно часто все начинающие пытаются подобрать вариант, исходя из чисто зрительного восприятия условия задачи, т.е. "запустить" формулу, содержащую максимальное число величин из условия. Все - бы ничего, да уж больно в физике много формул, содержащих одни и те же символы, но имеющих совершенно разный смысл. 2.6. После того как составлен примерный алгоритм разработки физической модели, приступают к ее математическому описанию, записывают выбранные законы и явления в 6

виде алгебраических уравнений. Получив систему уравнений, стремятся свести её к одному уравнению, содержащему только одну неизвестную величину. Если оказывается, что полученное соотношение включает более одной неизвестной, то надо искать ошибку. Либо модель не верно выбрана, либо неправильно проведены преобразования. 2.7. Прежде чем подставлять в расчетную формулу цифровые данные необходимо убедится в её правильности. Самым простым и достаточно надежным способом является проверка на размерность. Дело в том, что уравнения, описывающие физические законы в обязательном порядке должны справа и слева от знака равенства содержать величины одной размерности. Не допустимо, например, складывать кг и м\с. 2.8. Проводя математические расчеты, старайтесь использовать правила округлений и приближенных вычислений, это экономит время. Не увлекайтесь демонстрацией возможностей вашего калькулятора. Восемь или более цифр после запятой никак не придадут вашему решению дополнительную привлекательность. Две, правильно записанные, цифры после запятой вполне обеспечат, в подавляющем большинстве случаев, требуемую точность. 2.9. Числовые значения физических величин достаточно часто представляют собой или относительно "большие" или очень "маленькие" числа, которые записываются в виде соответствующих степеней, например: масса электрона равна me = 9,11⋅10 –31 кг, гравитационная постоянная - G = 6,67. 10 –11 Нм2\кг2,поэтому необходимо повторить правила вычислений со степенями. 2.10. Полученный ответ необходимо исследовать на предмет его достоверности и реальности. По началу, это вызывает некоторые затруднения, однако, в процессе упражнений чувство реальности приобретается. Речь вот о чем, если при вычислении скорости ее величина превосходит скорость света в вакууме, то что-то тут не так.

Поскольку все задачи индивидуальных заданий (контрольных работ) снабжены достаточно подробными рекомендациями и методиками, не требующими привлечения сторонних консультантов, то основная цель при их выполнении заключается в знакомстве с используемым для решения теоретическим материалом. Студент должен абсолютно ясно представлять основные положения теоретических предпосылок, используемых при решении, осознанно применять физические законы и ориентироваться в системе используемых физических величин.

7

3. Содержание индивидуальных заданий Таблица 1 Б ⇒ Последняя цифра номера шифра по зачётной книжке

Предпоследняя цифра номера шифра по зачётной книжке

0

1

2

Предпоследняя цифра номера шифра по зачётной

3

4

5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 14 22 37 42 60 69 77 83 100 1 17 22 39 50 54 65 70 89 95 2 18 30 36 47 51 61 79 85 91

9 15 21 38 41 59 68 76 82 99 2 18 23 40 48 55 64 71 88 94 1 20 28 37 48 52 62 78 86 92

4 20 26 31 48 54 67 75 81 98 3 19 30 37 47 52 63 72 87 93 5 17 27 38 49 53 63 77 87 93

5 16 27 32 49 53 66 79 80 97 4 20 29 36 46 51 62 73 86 92 4 16 26 39 50 54 64 76 88 94

3 17 28 33 50 55 65 70 89 96 6 15 24 33 43 58 61 74 85 91 9 19 23 31 44 56 65 75 81 95

2 18 29 40 47 52 64 72 88 95 7 14 25 34 42 59 60 75 84 90 10 14 22 32 43 57 66 70 82 96

1 19 30 39 46 51 94 87 71 63 8 13 26 35 41 60 66 76 83 99 6 15 21 33 42 58 67 71 83 97

8 11 25 34 43 58 62 73 86 93 9 12 27 32 45 57 67 77 82 98 7 12 26 34 41 59 68 72 84 98

7 12 24 35 44 57 61 74 85 92 10 11 23 31 44 56 68 78 81 97 8 11 24 35 46 60 69 73 90 99

3 13 30 38 47 53 70 79 81 98

4 20 27 37 48 54 62 78 83 96

5 19 26 36 49 55 63 77 85 94

10 14 23 33 41 60 64 76 87 92

9 15 24 32 42 59 65 75 89 100

8 16 25 31 43 58 66 74 82 95

7 17 22 35 44 57 67 73 84 95

6 18 21 34 45 56 68 72 86 93

1 11 28 39 50 51 69 70 88 91

6 13 23 36 45 56 60 76 84 91 5 16 21 38 49 53 69 79 80 96 3 13 29 40 40 55 70 74 89 10 0 2 12 29 40 46 52 69 71 80 90

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

4 20 26 37 42 52 66 79 81 96 10 14 22 37 42 60 69 77 83 100

5 18 27 38 43 51 65 78 82 91 9 15 21 38 41 59 68 76 82 99

2 17 28 39 50 55 64 77 83 92 4 20 26 31 48 54 67 75 81 98

1 16 29 40 49 59 63 76 85 93 5 16 27 32 49 55 66 79 80 97

8 13 21 35 44 60 62 70 84 94 3 17 28 33 50 53 65 70 89 96

9 12 22 34 45 56 61 71 87 95 2 18 29 40 47 52 64 72 88 95

10 11 23 33 46 58 67 72 86 100 1 19 30 39 46 51 94 87 71 63

7 15 24 32 47 57 68 73 89 99 6 11 25 34 43 58 62 73 86 93

6 14 25 31 48 56 69 74 88 98 7 12 24 35 44 51 61 74 85 92

3 19 30 36 41 53 70 75 90 97 8 13 23 36 45 56 60 76 84 91

8

6

А

⇒

Предпоследняя цифра шифра

7

8

9

5 12 28 32 41 60 65 70 89 95 7 16 26 31 42 55 68 79 89 100

3 20 27 33 42 58 64 71 88 94 10 17 27 38 41 58 69 71 87 98

7 13 30 34 43 59 63 72 87 93 5 18 21 39 46 56 62 72 85 96

6 14 26 40 44 57 62 73 86 92 2 20 22 34 47 54 65 73 83 94

4 16 24 35 46 51 61 74 85 91 1 19 30 37 48 53 63 74 81 92

3 17 25 36 47 52 60 75 84 90 3 13 23 40 49 52 64 75 88 97

2 15 23 37 48 53 66 76 83 99 9 12 24 33 50 60 70 76 86 95

10 18 22 38 45 54 67 77 82 98 4 11 29 36 45 51 66 77 84 93

1 19 21 32 49 55 68 78 81 97 8 16 28 35 44 59 67 78 82 91

9 11 29 31 50 56 69 79 80 96 6 14 25 32 43 57 61 70 80 99

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

8 18 25 38 43 56 68 72 81 99 9 13 23 31 45 57 69 76 87 91

4 15 22 30 42 54 67 73 82 98 8 12 24 35 44 60 70 78 88 92

9 20 28 31 49 53 60 74 83 93 3 17 26 40 49 55 67 77 89 93

3 11 30 32 48 51 66 80 84 94 4 18 27 39 50 59 66 79 90 94

2 12 29 40 47 55 63 75 86 92 5 19 28 38 47 52 68 71 85 96

1 15 27 33 50 52 62 76 87 91 2 20 29 37 48 53 65 72 84 97

5 14 26 34 46 57 61 77 89 96 1 16 30 36 46 55 64 73 83 99

10 19 24 36 44 60 69 78 85 97 6 11 25 34 41 58 63 74 82 100

6 17 23 37 45 58 64 72 90 100 7 15 21 33 42 53 62 75 81 95

7 16 21 35 41 59 65 71 88 95 10 14 22 32 43 51 61 70 86 98

9

Задание № 1 Кинематика прямолинейного движения 1. Движения двух материальных точек заданы уравнениями:

x1 = A1 + B1t + C1t 2 ,

x 2 = A 2 + B2 t + C 2 t 2 ,

где А1 = 20м, А2 = 2м, В2 = В1= 2м/с, С1 = ─ 4м/с, С2 = 0,5 м/с. В какой момент времени t скорости этих точек будут одинаковы? Определите величины скоростей и ускорений в этот момент.

Решение 1. В условии задачи заданы зависимости координат двух точек, движущихся вдоль одной оси, от времени, т.е. заданы, так называемые уравнения движения в координатной форме x1 = f1 (t ), x 2 = f 2 (t ) . Движения является прямолинейным с переменной скоростью, т.е. ускоренным. Чтобы в этом убедится необходимо определить уравнения скоростей точек. Чтобы определить уравнения скоростей точек заданные уравнения движения необходимо продифференцировать по времени, т.е. dx dx v1 = 1 ≡ x& 1 ; v 2 = 2 ≡ x& 2 dt dt 2. Определим уравнения скоростей точек путём дифференцирования заданных уравнений движения по времени и подставим постоянные коэффициенты, которые характеризуют начальные условия движения, т.е. начальные положения точек и их скорости при t = 0 dx dx v1 = 1 = B1 + 2C1t = 2 − 8t , v 2 = 2 = B2 + 2C 2 t = 2 + t . dt dt Как видно v1 = f1 (t ) и v 2 = f 2 (t ) , т.е. скорости зависят от времени, что указывает на то, что движение точек ускоренное. 3. Приравняем уравнения скоростей и разрешим полученное соотношение относительно времени 2 − 8t = 2 + t ⇒ t = 0 . 3. Найдём величины скоростей и ускорений, соответствующие моменту времени t = 0 м dv м dv м v1 = v 2 = 2 , a1 = 1 = 2C1 = −8 2 , a 2 = 2 = 2C2 = 1 2 . c dt c dt c 2. Прожектор вращается вокруг собственной оси, делая один оборот за Т = 20 с. Прожектор установлен на расстоянии l =100 м от стены и бросает на неё светлое пятно. Определите: а) уравнение движения светлого пятна по стене в течение первой четверти оборота; б) скорость, с которой светлое пятно перемещается по стене, в момент времени t = 2с. За начало отсчёта принять положение, при котором световой луч перпендикулярен стене.

Решение

1. Прожектор совершает вращательное движение вокруг неподвижной оси вращения, перпендикулярной плоскости чертежа, а световое пятно по стене движется прямолинейно. Необходимо определить взаимосвязь между этими двумя движениями. 2. Выразим перемещение светового пятна х как функцию угла поворота прожектора ϕ, воспользовавшись тригонометрическим соотношениенм для таннса угла

10

tgϕ = x l .

(1) 3. С другой стороны, угол поворота можно выразить через заданный по условию задачи период вращения, представив угловую скорость ω в виде производной угла поворота ϕ от времени t ω = dϕ dt , ⇒ ϕ = ωt = (2π T ) t , (2) 4. Разрешая уравнение (1) относительно перемещения х и подставляя значение ϕ из соотношения (2), получим уравнение движения светового пятна по стене АВ x = ltg (2πt T) . (3) 5. Скорость пятна представится в виде первой ипроизводной перемещения по времени

vx =

dx 1 2πt 1 = l . 2 dt 2 T cos (2πt T )

(4)

6. Координаты пятна и его скорость при t1 = 2с, в соответствии с уравнениями (3) и (4) равны:

2πt1 ≅ 100 ⋅ tg360 ≅ 72,6 м , T 1 2πt1 1 м ≅ 48 . v1x = l 2 2 T cos (2πt1 T ) c

x1 = ltg

3. Определите зависимость пути некой точки от времени, если её ускорение пропорционально квадрату скорости а ∼ − v2 и направлено в противоположную ей сторону.

Решение

1. Заданную взаимосвязь ускорения и скорости можно выразить уравнением a = − kv2, где а − ускорение, v − скорость, k − коэффициент пропорциональности. Знак минус показывает, что векторы скорости и ускорения направлены в противоположные стороны. 2. Выразим величину ускорения через скорость

a = − kv 2 ;

dv = −kv 2 . dt

(1)

3. Полученное уравнение (1) является дифференциальным, потому что искомая величина скорости v стоит под знаком производной. В уравнении (1) можно разделить переменные путём умножения правой и левой его части на dt и деления на v2

dv = −kt . v2

(2)

4. Для того, чтобы получить зависимость скорости от времени уравнение (2) неоходимо проинтегрировать. Поскольку движение замедленное, то скорость в течение момента времени от t0 до t меняется от v0 до v, интегрирование целесообразно произвести в следующих пределах v

t

dv ∫v v 2 = −k ∫0 dt, 0

1 1 − = kt , v v0

v(t ) =

1 1 1 + kv 0 t = − kt = , v v0 v0

v0 . 1 + kv0 t

(3)

5. Чтобы найти зависимость координаты точки от времени необходимо проинтегрировать уравнение скорости (2) с учётом того, что v(t ) = dx dt . dx v0 v dt = , ⇒ dx = 0 . (4) dt 1 + kv 0 t 1 + kv 0 t

11

6. Проинтегрируем уравнение (4) в пределах изменения переменных величин x и t от х0 до х и от 0 до t x

t

v 0dt 1 , x − x 0 = ln (kv0 t + 1) . 1 + kv 0 t k 0

∫ dx = ∫

x0

x (t ) = x 0 +

1 ln (kv 0 t + 1) . k

4. Скорость течения реки изменяется по её ширине в соответствии с уравнением

v(x ) = −4x 2 + 4 x + 0,5 ,

где x = a b ( а – текущее расстояние от берега до лодки, b = 420 м − ширина реки). На какое расстояние r лодку снесёт течением при переправе, если её скорость относительно воды равна v0 = 2 м/с и направлена она перпендикулярно противоположному берегу?

Решение

1. Течение реки увеличивает расстояние, проходимое лодкой от одного берега к другому. Если бы скорость реки была постоянной, то величина r определялась бы просто, достаточно было определить геометрически суммарную скорость лодки и реки и найти её путь. В данном случае скорость реки зависит от координаты лодки относительно отправного берега, поэтому снос лодки определится в виде интеграла τ

r = ∫ vdt = vτ ,

(1)

0

где τ = b v 0 − время переправы лодки между берегами без учёта течения реки. 2. Так как скорость является функцией отношения (a/b), которое меняется в пределах от 0 до 1, то это обстоятельство необходимо учесть при интегрировании, т.е. изменить пределы интегрирования и перейти к переменной х. В начале движения (a/b) = 0, при достижении противоположного берега (a/b) = 1 1

r = ∫v⋅ 0

1

b b dx = ∫ (−4 x 2 + 4 x + 0,5)dx , v0 v0 0 1

b⎛ 4 ⎞ r = ⎜ − x 3 + 2 x 2 + 0,5x ⎟ ≅ 245м . v0 ⎝ 3 ⎠0 5. На листе бумаги начерчен прямой угол. Стержень, оставаясь перпендикулярным биссектрисе угла, движется со скоростью, изменяющейся по закону: v c (t ) = 10 − 5t . Концы стержня постоянно пересекают стороны начерченного угла. С какой скоростью движутся точки пересечения стержня и биссектрисы? Как будет двигаться стержень через три секунды после начала движения?

Решение

1. Так как, по условию задачи скорость стержня зависит от времени, то движение следует считать равноускоренным, т.е. уравнение скорости можно записать следующим образом r r r v c (t ) = v0 + at , (1)

12

при этом v0 = 10 м/с, а = − 5м/с2 . 2. Точки пересечения стержня со сторонами угла будут двигаться с одинаковыми по модулю и перпендикулярными друг другу скоростями (vx = vy = v), другими словами, вектор скорости центра стержня vC является диагональю параллелограмма, построенного r r на векторах v x и v y . Математически это обстоятельство в соответствие с теоремой Пифагора представляется так:

r v c = v 2x + v 2y = 2 v 2 = v 2 .

(2)

3. Таким образом, точки пересечения стержня со сторонами угла движутся со скоростями

r v c 10 − 5t r r vx = vy = . = 2 2

(3)

4. Через три секунды центр стержня будет двигаться в обратном направлении, т.к. при t = 2 c скорость стержня станет равной vC = 10 − 5⋅3 = − 5 м/с, т.е. к этому времени скорость центра стержня в соответствии с заданным уравнением изменит соё направление на обратное. 6. Материальная точка скользит без трения по произвольной наклонной плоскости. Докажите, что после того как точка опустится на расстояние h, скорость её будет такой же, как и при свободном падении с той же высоты.

Решение

1. Свободное падение тела вертикально вниз под действием силы тяжести с ускорением свободного падения без сопротивления будет описываться уравнениями

h=

gt 2 , v y = gt , 2

(1)

Из первого уравнения определим время падения и подставим его значение во второе уравнение, т.е. определим скорость свободного падения от высоты h t = 2h g ⇒ v y = 2gh . (2) 2. При скольжении по наклонной плоскости вдоль оси ОХ с ускорением а = g⋅sinα уравнения для скорости и координаты в соответствии с соотношениями (1) примут вид

v x = g sin αt1 , x =

h at 2 = 1 . sin α 2

3. Выразим далее из уравнения координаты время движения t1 и подставим его значение в уравнение скорости

t1 =

2h 1 2h , = 2 g sin α sin α g

v x = 2gh ,

что, собственно и требовалось доказать. 4. Полученный результат ( v x = v y ) можно распространить и на спуск тела без сопротивления по поверхности произвольной конфигурации. 7. Тормозящий автомобиль движется по прямой. Абсолютная величина ускорения зависит от его текущей скорости v по закону

a = a 0 v v 0 , где а0 = 10 м/с2, v0 = 90 км/час − зна-

чения соответствующих кинематических параметров при t = 0. Через какое время произойдёт полная остановка автомобиля?

13

Решение

1. Определим зависимость скорости тормозящего автомобиля от времени, представив ускорение, как первую производную скорости по времени dv v v = −a = −a 0 , ⇒ dv = −a 0 dt . dt v0 v0

(1)

Уравнение (1) является дифференциальным т.к. искомая скорость располагается под знаком дифференциала. 2. Проинтегрируем уравнение (1) dv a0 a (2) ∫ v = −∫ v0 dt , ⇒ 2 v = − v00 t + 2 v0 .

3. Определим из уравнения (2) скорость автомобиля 2

⎛ a t⎞ v(t ) = v0 ⎜⎜1 − 0 ⎟⎟ . ⎝ 2v0 ⎠

(3)

4. При остановке автомобиля скорость становится нулевой при t = 2v0/ а0, поэтому автомобиль остановится через τ = 2v 0 a 0 = 2 ⋅ 25 10 = 5c . 8. Две частицы движутся прямолинейно в соответствии с уравнениями:

x1 = A1t + B1t 2 + C1t 3 , x 2 = A 2 t + B2 t 2 + C 2 t 3 ,

где А1 = 4 м/с, А2 = 2 м/с, В1 = 8 м/с2, В2 = -4 м/с2, С1 = -16 м/с3, С2 = 1 м/с3. В какой момент времени ускорения этих точек будут одинаковы? Определите скорости точек в этот момент.

Решение

1. В условии заданы зависимости координат точек от времени, т.е. уравнения движения. Первое дифференцирование их по времени даёт скорости точек, а повторная такая операция позволяет получить величины ускорений dx dx v1 = 1 = A1 + 2B1t + 3C1t 2 , v 2 = 2 = A1 + 2B2 t + 3C 2 t 2 . (1) dt dt dv dv a1 = 1 = 2B1 + 6C1t = 16 − 96 t , a 2 = 2 = 2B2 + 6C 2 t = −8 + 6 t . (2) dt dt 2. Определим условие равенства ускорений точек, т.е. приравняем уравнения (2) и разрешим полученное соотношение относительно времени 16 − 96 t = −8 + 6t , ⇒ t = 0,235c . (3) 3. Подставим далее значение времени из уравнения (3) в уравнение (1) и получим величины соответствующих скоростей v1 = 5,1м / с, v 2 = 0,286м / с . 9. Из полусферического аквариума радиуса R, наполненного водой с единицы поверхности воды в единицу времени испаряется объём жидкости q. Через какое время вся вода из аквариума испарится?

14

Решение 1. При первом прочтении условия задачи может показаться, что она относится более к молекулярной физике, нежели к физическим основам механики. Чтобы убедиться, что это чисто кинематическая задача, достаточно проанализировать размерность q 3 [q] = V = м2 = м , S⋅ t м ⋅c c другими словами, заданная величина q представляет собой скорость опускания поверхности жидкости. Глубина аквариума равна R, поэтому поверхность опустится на это расстояние за время t=R q. 10. Две частицы в момент времени t0 вышли из одной точки. По графикам зависимости скорости от времени определите координаты и время новой встречи частиц.

Решение

1. Как видно из заданных графиков зависимости скорости от времени, одна частица движется с постоянной скоростью, а у второй частицы скорость линейно увеличивается во времени, следовательно, первая частица движется равномерно, а вторая − ускоренно. Уравнения движения частиц можно записать следующим образом:

x1 (t ) = v1t ,

x 2 (t ) =

at 2 , 2

где x1 − координата первой частицы, x2 − координата второй частицы, v1 − скорость первой частицы, а − ускорение второй частицы 2. Скорость первой частицы и ускорение второй частицы определяются по заданной графической зависимости скоростей от времени v = f (t ) м Δv 2 м v1 = 2 , a = 2 = ≅ 0,33 2 . c Δt 6 c 3. Встреча частиц произойдёт при равенстве их координат, т.е. при at 2 x1 (t в ) = x 2 (t в ), v1t = . 2 4. Определим из последнего уравнения время встречи 2v 4 tв = 1 ≅ ≅ 12 c . a 0,33 5. Подставив полученные данные в одно из уравнений движения, определим координату встречи x 1 ( в ) = х 2 ( в ) = 24 м . Кинематика криволинейного движения

r r r r (t ) = i At 3 + j Bt 2 (А = r r 1м/с3, В = 2 м/с2). Запишите уравнения для вектора скорости v(t ) и ускорения a (t ) . Опреде11. Частица движется в плоскости в соответствии с уравнением

лите вид траектории, по которой движется частица. Для момента времени t1 = 1с, прошедшего после начала движения, найдите: а) положение частицы на траектории; б) её скорость; в) перемещение.

15

Решение

1. В условии задано уравнение движения в векторной форме, т.е. зависимость радиусвектора некой частицы от времени. Уравнение вектора скорости определится путём дифференцирования по времени уравнения движения

r r r dr r v (t ) = = i 3At 2 + j 2Bt . dt

(1)

2. Вектор ускорения изменяется во времени по закону, определяемому производной вектора скорости по времени

r r r dv r a (t ) = = i 6At + j 2B . dt

(2)

3. Модуль вектора скорости частицы для заданного момента времени t1 найдём, используя данные уравнения (1)

v x = 3At 2 , v y = 2Bt,

r v1 =

r v = v 2x + v 2y .

(3At ) + (2Bt ) 2 2 1

2

(3) ≅ 5м c . r 4. Направление вектора скорости v1 (угол между вектором скорости и положительным 1

направлением оси ОХ) найдём, используя определение проекции вектора на горизонтальную ось, т.е. через синус угла, между вектором скорости и положительным направлением горизонтальной оси r r r r v v 3 sin v1 ; i = r1x ; ⇒ i ; v1 = arcsin r1x = arcsin ≅ 37 0 . (4) v1 v1 5

( )

( )

5. Определим вид траектории, по которой движется частица, для чего представим заданное векторное уравнение движения в координатной форме

rx ≡ x = At 3 , ry ≡ y = Bt 2 , 6. Чтобы из уравнений движения получить траекторию необходимо из них исключить время. В данном случае можно поступить по-простому, из уравнения для rx выразить время и подставить его значение в соотношение для ry 3

t = 3 x A , ⇒ y(x ) = Bx 2 = 2 x1,5 ,

.

(5)

y=2 x . 7. Построив траекторию, определим положение частицы в начальный момент времени и по истечении t1 = 1с 3

2

x 0 = 0, y 0 = 0, x1 = 1м, y1 = 2м .

8. Найдём далее модуль вектора перемещения частицы

Δx = x1 − x 0 = 1м, Δy = y1 − y 0 = 2м . r Δr = Δx 2 + Δy2 ≅ 2,2м 9. Построим вектор скорости для момента времени t1, для этого проведём в точке с координатами (х1,y1) касательную, которая и составит с осью ОХ угол 370. 12. Может ли нормальное ускорение частицы при движении по криволинейной траектории: а) равняться нулю; б) равняться постоянному вектору.

16

Решение

1. Определение напрвления вектора скорости, как правило, никогда не вызывает затруднений, т.к. он совпадает с направлением касательной, т.е. с базисом r τ . Направление же вектора ускорения определяется системой сил, приведших частицу к тому или иному движению. В рамках кинематики, с её геометрическими характеристиками движения, найти направление вектора ускорения затруднительно, поэтому его представляют в виде геометрической суммы двух составляющих, нормальной и тангенциальной, т.е.: r r r a = a nn + a ττ , (1) способы вычисления которых достаточно хорошо известны. Вектор скорости при r r использовании взаимоно перпендикулярных базисных вектров n , τ , направленных по нормали и касательной в данной точке траектории, можно представить уравнениями:

r ds r v = τ; dt

r r r ds v ≡ v = ; ⇒ v = vτ . dt

(2)

Уравнение вектора полного ускорения с учётом уравнения (2) примет вид

r r d r dv r dτ τ+v . a = (vτ ) = dt dt dt

(3)

2. Вводя в рассмотрение радиус кривизны траектории ρ и элементарный путь ds = v⋅dt, центральный угол dα можно представить в виде

dα =

ds v = dt . ρ ρ

(4)

r

В виду малости приращения базиса dτ , треугольник, образованный радиусами кривизны и дугой ds можно считать равнобедренным, т.е. r r dτ = 2 τ sin (dα 2 ) = dα .

r

r

Если вектор τ + dτ перенести параллельно себе в r точку начала вектора τ , то станет очевидным, что r приращение dτ совпадает по направлению с ортом r главной нормали n , таким образом, в уравнении (3)

r dτ dα r ds r v r n= n = n. = ρdt ρ dt dt

(5)

3. Уравнение вектора полного ускорения с учётом уравнения (5) можно переписать так:

r dv r v 2 r a= (6) τ+ n. ρ dt r Из векторного уравнения (6) очевидно, что при v = const величина тангенциального r ускорения может быть равной нулю. Равенство нулю a n возможно только при похождении частицей точек перегиба траектории. Так, например, если частица движется по замкнутой траектории в виде касающихся окружностей (по восьмёрке), то в общей точке направление r нормали будет изменяться на 1800 скачком, т.е. a n = 0 . 4. Величина нормального ускорения для движущейся точки не может быть постоянным r вектором, т.к. это предполагает, судя по уравнению (6), что орт главной нормали n должен иметь постоянное направление, а это возможно в отсутствие движения.

17

13. Движение точки по окружности радиусом R = 4м задано в виде зависимости криволинейной координаты, отсчитываемой от некоторой начальной точки на окружности, от времени:

ξ(t ) = A + Bt + Ct 2 ,

где А = 10 м, B = − 2 м/с, С = 1 м/с2. Найдите модуль полного ускорения его нормальную и тангенциальную составляющие для времени t1 = 2 с после начала движения.

Решение 1. Заданное уравнение движение можно переписать в более привычном виде, введя стандартные обозначения

at 2 ξ(t ) = ξ 0 + v 0 t + , 2

(1)

после чего становится очевидным, что кинематические параметры заданного движения равны: v 0 = −2 м c ; a 0 = 2 м c 2 ; ξ0 = 10 м . 2. Рассматривая ξ как обычную линейную координату, определим модуль скорости, продифференцировав ξ(t ) по времени

v=

dξ = v 0 + Ct . dt

(2)

3. Модуль нормального ускорения определится тоже стандартно, как отношение квадрата скорости к радиусу кривизны (радиусу круговой траектории)

v 2 (v 0 + Ct ) м an = = =1 2 . R R c 2

(3)

4. Модуль тангенциальной составляющей ускорения, как известно, можно представить в виде первой производной скорости по времени

aτ =

dv м =C=2 2 . dt c

(4)

5. Существенно отметить, что заданное движение проходит с переменным во времени ускорением (нормальное ускорение изменяется во времени по модулю), поэтому, модуль полного ускорения не будет равен а0, т.е. в начальный момент времени когда t = 0, а опредеr r лится из прямоугольного треугольника, построенного на a n и a τ

a = a 2τ + a 2n = 2,34 м c 2 .

(5)

14. Движение частицы по криволинейной траектории задано уравнениями:

x (t ) = At 3 ; y(t ) = Bt; (А = 1м/с3, В = 2 м/с). Найдите для момента времени t1 = 0,8с: а) уравнение траектории частицы; б) её скорость; в) модуль полного ускорения; г) перемещение частицы.

Решение

1. Для определения уравнения траектории необходимо из уравнений движения исключить время, это можно сделать выразив его из y(t ) уравнения и подставив в x (t ) y y3 t= ; x=A 3, B B . (1) x 3 =2 x y = B3 A

18

2. Подставим в заданные уравнения движения значение времени t1 и определим положение частицы на траектории x1 = 0,512м, y1 = 1,6м . (2) В начальный момент времени при t = 0 частица находится в начале системы координат. r 3. Определим модуль и направление вектора перемещения частицы r за время t1 r r = x12 + y12 ≅ 1,68м , (3) r r x (4) r ; i = arccos r1 ≅ 720 . r 4. Дифференцируя уравнения движения по времени найдём проекции скорости на оси координат, модуль скорости и его направление (5) v x = 3At 2 ; v y = B . r v = 9A 2 t 4 + B2 = 7,68 ≅ 2,8м / с . (6) r r r (7) v; i = arccos(v x v ) ≅ 47 0 . 5 Модуль вектора полного ускорения

( )

( )

2

2

r ⎛ dv ⎞ ⎛ dv ⎞ a = ⎜ x ⎟ + ⎜⎜ y ⎟⎟ = ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

(6At )2

≅ 4,8м / с 2 .

(8)

15. Из точки А по спицам с разным наклоном одновременно начинают скользить без трения маленькие бусинки. На какой кривой будут находиться бусинки в момент времени t1?

Решение

1. Движение тела без учёта сопротивления вблизи поверхности земли описывается следующим кинематическим уравнением gt 2 y= . 2 2. В данном случае при движении бусинок направление вектора ускорения свободного падения будет составлять некоторый угол ϕi c направлением движения. Если перемещение бусинок относительно точка А охарактеризовать радиус-вектором r, то элементарное перемещение произвольной бусинки будет определяться уравнением

dri =

g cos ϕi 2 t . 2

(1)

3. Время опускания бусинок на заданный уровень не зависит от наклона спиц, а определяется углом их отклонения от вертикали, поэтому в уравнении (1) переменной величиной является угол ϕ. Проинтегрируем уравнение (1) в пределах возможного изменения угла ϕ π

π

gt 2 gt 2 gt 2 ri = cos d sin ϕ ϕ = ϕ = , i i 2 ∫0 2 2 0

(2)

4. Таким образом, за одинаковое время t бусинки совершат в поле силы тяжести одинаковые перемещения, другими словами, они будут находиться на окружности с центром в точке старта и радиусом, определяемым уравнением (2).

19

16. Колесо известного радиуса R = 1м катится по горизонтальному участку пути без проскальзывания, так что скорость его центра остаётся постоянной и равной vC = 2м/с. Определите: 1) модуль и направление вектора угловой скорости колеса r ω ; 2) скорости заданных точек А,В,D и Р, лежащих на ободе; 3) векторы линейного ускорения этих точек; 4) траектории по которым движутся точки А,В, С и D.

Решение

1. Колесо в данном случае совершает плоское движение, представляющего собой симбиоз поступательного и вращательного движений, точка Р в данный момент является мгновенным центром скоростей (МЦС), потому что именно через эту точку проходит мгновенная ось вращения, перпендикулярная плоскости чертежа. Все точки, лежащие на оси вращения, в соответствии с теоремой Эйлера имеют нулевые скорости, т.е. vP = 0. 2. Модуль угловой скорости можно определить по известной скорости центра колеса, воспользовавшись теоремой Эйлера r r v VC r r r = 2 рад / с . v = ω× r, ⇒ ω = r = r r Вектор угловой скорости совпадает по направлению с мгновенной осью вращения и направлен из точки Р в сторону наблюдателя. 3. Скорости заданных точек определим из следующих соображений. Во-первых, векторы линейных скоростей указанных точек перпендикулярны отрезкам, соединяющих их с мгновенным центром скоростей. Во-вторых, угловая скорость всего колеса одинакова. Таким образом: r v B = PB ⋅ ω = 2Rω = 2 v C = 4м / с ,

r v A = ωAP = ωR 2 = 2,82м / с , r v D = ωR 2 = 2,82м / с .

4. Линейное ускорение всех указанных точек одинаково по модулю и равно нормальному ускорению v2 a A = a B = a D = C = 4м / с 2 . R Направлено нормальное ускорение, как ему и положено, от данной точки обода колеса к центру колеса С. 4. Траектории точек представляют собой концентрические окружности с общим центром в точке Р. 17. Автомобиль движется без скольжения по горизонтальному шоссе со скоростью vc = 72 км/час. На какую максимальную высоту отбрасываются капли воды с колёс автомобиля, если они имеют радиус R = 0,8 м.

Решение

1. Если скорость плоского движения произвольной точки обода колеса разложить на две составляющие, касательную и нормальную, одна из которых vτ будет направлена по касательной к данному участку траектории, то величина vτ будет неизменной по модулю и переменной по направлению. Тангенциальная составляющая скорости будет направлена вертикально вверх в точке D. Капли покидающие эту точку колеса будут подниматься на максимальную высоту относительно полотна дороги. 2. Запишем кинематические уравнения движения частицы, брошенной вертикально вверх с высоты у0 с начальной скоростью v0 под действием только силы тяжести

20

⎧ gt 2 , ⎪y = y0 + (1) 2 ⎨ ⎪v y = v 0 − gt , ⎩ 3. Применительно к рассматриваемому случаю систему уравнений (1) можно переписать следующим образом ⎧ gt 2 ; ⎪h max = R + (2) 2 ⎨ ⎪v y = v τ − gt . ⎩ 4. Из второго уравнения системы (2) определим время вертикального полёта капли, считая, что в момент подъёма в наивысшую точку вертикальная скорость будет равна нулю v 0 = v τ − gt; ⇒ t = τ . g 5. Подставим найденное время в первое уравнение системы (2) и определим максимально возможную высоту вертикального подъёма капелек воды без учёта сопротивления воздуха gv 2 v2 (3) h max = R + τ2 = R + τ . 2g 2g 18. Между сдвоенными шинами грузового автомобиля застрял камень на расстоянии 0,8 R от центра колеса радиусом R = 1м. При скорости автомобиля 72 км/час камень покидает колесо. На каком минимальном расстоянии от грузовика должен двигаться легковой автомобиль, чтобы в него камень не попал?

Решение

1. Камень будем считать телом, брошенным под углом α к горизонту, причём наиболее далеко булыжник полетит, когда этот угол будет составлять α = 450 к горизонту, потому что максимальная дальность броска определяется как

x max =

v 02 sin 2α . g

2. Линейная скорость камня в начальной точке его полёта определится как v v 0 = ω ⋅ r = c ⋅ 0,8R = 0,8v c = 16м / с , R где ω − угловая скорость колеса, r − расстояние от центра колеса до камня, т.е. r = 0,8R 3. Безопасное расстояние до легкового автомобиля в этом случае будет равно

x min =

162 = 25,6м . 10

21

(1)

(2)

19. Диск радиусом r = 20 см вращается согласно уравнению ϕ(t) = A+Bt+Ct3, где A=3 рад, B = -1 рад/с, С = 0,1 рад/с3. Определить тангенциальное aτ, нормальное an и полное а ускорения точек на окружности диска для момента времени t = 10 с.

Решение 1. Определим угловую скорость диска, для чего заданное уравнение движения продифференцируем по времени

ω=

dϕ = B + 3Ct 2 , dt

(1)

и найдём угловое ускорение, как производную по времени от угловой скорости или вторую производную угла поворота

dω d 2 ϕ ε= = = 6Ct . dt dt 2

(2)

2. Определим далее величины тангенциального, нормального и полного ускорений, воспользовавшись следующими соотношениями 2 v 2 ω2 r 2 м = = ω2 r = (B + 3Ct 2 ) r ≅ 168,2 2 . r r c dv d (ωr ) м aτ = = = ε r = 6Ct r = 1,2 2 . dt dt c r м a = a 2n + a τ2 ≅ 168,2 2 . c

an =

(3) (4) (5)

20. Шарик с высоты 2м вертикально отпускают на наклонную плоскость, от которой он упруго отражается. На каком расстоянии от места падения окажется на этой плоскости шарик после отскока? Плоскость наклонена к горизонту под углом 300.

Решение 1. Падение шарика с заданной высоты h будет свободным, поэтому скорость в момент касания равна v = 2gh . (1) 2. При упругом соударении шарика с наклонной плоскостью составляющая скорости параллельная поверхности остаётся неизменной, а составляющая перпендикулярная плоскости, оставаясь неизменной по модулю, меняет своё направление на противоположное. Угол падения при упругом ударе равен углу отражения. 3. Если оси декартовой системы координат выбрать традиционным образом, то начальная координата шарика y0 будет отрицательной. После отскока шарик попадёт в точку плоскости с координатами, {x 0 , y 0 }, которые связаны с углом наклона плоскости соотношением

− y 0 x 0 = tgα .

(2) 4. Определим вертикальное и горизонтальное перемещение шарика за время t, воспользовавшись кинематическими соотношениями для тела, брошенного под углом к горизонту gt 2 y = v cos 2αt − , x = v sin 2αt . (3) 2 5. Найдём далее вид траектории шарика, для чего из второго уравнения системы (3) выразим время и подставим это значение в первое уравнение

22

g x2 . 2v 2 sin 2 2α 6. В момент второго отскока координаты шарика станут равны {x 0 , y 0 } , поэтому y = xctg 2α −

⎞ ⎛ gx 2 ⎟. y 0 = ⎜⎜ x 0ctg 2α − 2 02 2 v sin 2α ⎟⎠ ⎝

(4)

(5)

7. Выразим далее из уравнения (2) величину координаты x0 ( x 0 = − y 0 tgα ) и подставим в уравнение (5)

y0 y 02 g y0 = − ctg 2α + 2 , 2 tgα tg α 2 v sin 2 2α откуда с учётом соотношения (2) получим:

⎛ ctg 2α ⎞ ⎟. y 0 = −4htg 2α sin 2 2α⎜⎜1 + tgα ⎟⎠ ⎝

(6)

8. Преобразуем уравнение (6) с учётом следующих тригонометрических соотношений: sin 2α = 2 sin α cos α , cos 2α = cos 2 α − sin 2 α ,

ctg 2α =

ctgα − tgα . 2

Тогда для вертикальной координаты у0 можно записать следующее уравнение y 0 = −8h sin 2 α . 9. Горизонтальное перемещение шарика запишется после всего этого очень просто

s=

(7)

y0 = 8h sin α = 4h = 8м . sin α

Динамика материальной точки 21. Через какое время скорость тела, которому сообщили вверх по наклонной плоскости скорость v0, снова будет равна V0? Коэффициент трения μ, угол между плоскостью и горизонтом α, tgα > μ.

Решение

1. Тело на наклонной плоскости находится под действием трёх сил: силы тяжести r r r F1 = mg , силы трения F2 = −μmg и нормальной реакции связи N , однако, при дальнейшем рассмотрении движения нормальную реакцию можно не рассматривать, т.к. её проекция на горизонтальную ось, вдоль которой движется тело, равна нулю. 2. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на ось ОХ при движении тела вверх в векторной форме запишется следующим образом r r r F1 + F2 = ma . 3. Определим проекции действующих сил на ось ОХ и запишем уравнение второго закона Ньютона F1x = mg sin α, F2 x = μmg cos α , μmg cos α + mg sin α = ma . 4. Поделим обе части последнего уравнения на массу m и выразим величину ускорения a = g(sin α + μ cos α ) . 5. Время движения тела вверх t1 определится из условия равенства нулю скорости в конце подъёма

23

0 = v 0 − at,

⇒

. v0 v0 = . a g(sin α + μ cos α ) 6. Движению тела вниз соответствует уравнение mg sin α − μmg cos α = ma , . a = g (sin α − μ cos α ) 7. Скорость станет равной v0 только в конце спуска, потому как закона сохранения энергии никто не отменял, поэтому ⇒ t1 =

dv = g(sin α + μ cos α ), dt

v0

t2

0

0

∫ dv = g(sin α + μ cos α )∫ dt ,

v0 t2 = . g(sin α + μ cos α ) 8. Искомое время определится в виде суммы t = t1 +t2

t=

2 v 0 sin α . g(sin α − μ 2 cos 2 α ) 2

22. Тело массы m, расположенное на гладкой горизонтальной плоскости. Начинает движение под действием силы, изменяющейся во времени F = kt, где k − постоянная величина. Направление силы составляет угол α с горизонтом. Определите скорость тела в момент его отрыва от плоскости.

Решение

1. Тело оторвётся от плоскости в момент, когда проекция действующей силы на направление нормали станет равной силе тяжести, т.е. kt sin α ≥ mg , (1) откуда время от начала движения до отрыва определится как

to =

mg . k sin α

(2)

2. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную ось можно записать в виде:

kt cos α = m

dv , dt

(3)

в дифференциальном уравнении (3) переменные делятся, что позволяет достаточно просто его проинтегрировать v0

t

k cos α 0 dv tdt , = ∫0 m ∫0

(4)

или, после интегрирования и подстановки значения t0 из (2), для скорости получим

v=

g 2 cos α . 2k sin 2 α

(5)

3. Перемещение до момента отрыва найдём путём интегрирования уравнения скорости t0

dx k cos α 2 v= = t . dt 2m

t

k cos α 0 2 dx t dt , = ∫0 2m ∫0

24

x=

m 2g 3 . 6k 2 sin 3 α

(6)

t = 0 частица массы m начинается двигаться под действием силы r 23. r В момент времени r F = F0 sin ωt , где F0 , ω - постоянные величины. Определить зависимость пути, пройденного частицей от времени.

Решение

1. Уравнение ускорение следует из второго закона Ньютона:

a=

dv d 2 x F0 = = sin ωt . dt dt 2 m

(1)

2. Интегрируя уравнение (1) дважды, получим вначале зависимость скорости от времени, а затем − координаты от времени

v=

F0 F sin ωtdt = − 0 cos ωt + C1 , ∫ m mω

(2)

определим постоянную интегрирования C1, подставив в уравнение (2) t = 0, т.е. начальные условия: v(0) = 0, cosωt = 1, поэтому

C1 =

F0 F ⇒ v = 0 (1 − cos ωt ) . mω mω

(3)

Проинтегрируем далее уравнение (3)

x=

F0 (1 − cos ωt )dt = F0 t − F0 2 sin ωt + C2 , ∫ mω mω mω

(4)

Постоянная интегрирования С2 = 0, другими словами,

x=

F0 (ωt − sin ωt ) . mω2

(5)

24. Катер массы m движется по озеру со скоростью v0. В момент времени t = 0 выключили двигатель. Полагая силу сопротивления пропорциональной скорости

r

r

в первой степени F = − rv , определите: а) закон изменения скорости в функции времени; б) время движения катера с выключенным двигателем.

Решение

1. Скорость катера в функции времени можно определить, представив ускорение как производную скорости по времени с последующим интегрированием полученного уравнения

a≡

dv r = − v, dt m

dv r dv r = − dt , ∫ = − ∫ dt . v m v m r ln v = − t + ln C1 . m

(1)

Постоянная интегрирования С1 в последнем уравнении имеет смысл начальной скорости v0, поэтому соотношение (1) можно преобразовать к виду:

ln v − ln v 0 = −

rt v rt ⎛ rt ⎞ , ln = − , v = v 0 exp⎜ − ⎟ , m v0 m ⎝ m⎠

или

25

(2)

v = v 0e

−

rt m

. 2. Время движения катера с выключенным двигателем, судя по уравнению (2) может продолжаться неограниченное время, асимптотически приближаясь к нулевому значению, т.е. t → ∞. 25. Небольшой брусок начинает скользить по наклонной плоскости, составляющей угол α с горизонтом. Коэффициент трения бруска о плоскость зависит от пройденного им пути х, как : μ = kx, где k – постоянная. Найдите путь, пройденный бруском до остановки.

Решение

1. Уравнение второго закона Ньютона на направление перемещения имеет вид mg sin α − kxmg cos α = ma , откуда

a=

dv = g sin α − kxg cos α . dt

(1)

2. Для определения скорости уравнение (1) необходимо проинтегрировать, выполнив предварительно следующие преобразования

v=

dx dx , ⇒ dt = , ⇒ vdv = (g sin α − kxg cos α )dx , dt v ∫ vdv = ∫ g sin αdx − ∫ kxg cos αdx ,

v2 x2 = g sin α ⋅ x − kg cos α , v 2 = 2g sin αx − kg cos αx 2 , 2 2 v = 2g sin αx − kg cos αx 2 .

(2) 3. Путь, пройденный до остановки, определится из условия равенства нулю скорости бруска, т.е.

v = 0, ⇒ 2g sin αx − kg cos αx 2 = 0, 2tgα . x max = k

(3)

26. Парашютист массой m = 100кг производит затяжной прыжок с нулевой начальной скоростью относительно самолёта. Определите закон изменения его скорости от начала прыжка и до раскрытия парашюта, считая, что сила сопротивления со стороны воздуха пропорциональна скорости в первой степени: Fc = kv, где k ≅ 20 кг/с.

Решение

1. На парашютиста, которого в данной задаче можно считать материальной точкой, действуют две вертикальные силы: сила тяжести и сила сопротивления, причём последняя зависит от скорости. Уравнение второго закона Ньютона на вертикальную ось представится следующим образом

m

dv = mg − kv . dt

(1)

2. Преобразуем уравнение (1) к виду, более удобному для последующего интегрирования, т.е. разделим переменные

−

dv k = − dt , (mg k ) − v m

или

26

d[(mg k ) − v] k = − dt . [(mg k ) − v] m

(2)

3. После интегрирования имеем

d[(mg k ) − v]

∫ [(mg k ) − v]

=−

k dt , m∫

k ⎛ mg ⎞ − v⎟ = − t + C . ln⎜ m ⎝ k ⎠

(3)

4. Постоянная интегрирования С определяется начальными условиями, при t = 0, v = 0, т.е. С = ln(mg/k). Уравнение (3) с учётом значения постоянной интегрирования перепишется в виде

k mg ⎛ mg ⎞ − v ⎟ = − t + ln ln⎜ . m k ⎝ k ⎠

(4)

5. Разрешая далее уравнение (4) относительно скорости, получим закон её изменения во времени − t⎞ mg ⎛ ⎜1 − e m ⎟ . ⎜ ⎟ k ⎝ ⎠

k

v=

(5)

6. Уравнение для скорости (5) показывает, что при длительном времени движения скорость асимптотически стремится к своему максимальному значению. Действительно, полагая t → ∞, получим

v max =

mg м ≅ 50 . k c

(6)

27. На нижнем краю поверхности конуса с углом наклона α покоится тело массой m. Конус начинает равномерно вращаться вокруг вертикальной оси с угловой скоростью ω. Центр масс тела находится на расстоянии r от оси вращения. Определите, при каком наименьшем коэффициенте трения тело удержится на поверхности конуса.

Решение 1. Вращение тела с постоянной угловой скоростью даёт основание полагать, что равнодействующая всех, действующих на тело сил, будет по величине равна силе инерции FI, т.е. r r r r mg + N + FТр = ma n . (1)

2. В проекции на традиционное направление декартовых осей векторное уравнение (1) представится двумя проекциями (2) FТр cos α − N sin α = mω2 r ,

FТр sin α + N cos α − mg = 0 .

(3)

3. Подставим в уравнения (2) и (3) значение силы трения

μmg cos α + N sin α = mω2 r , μmg sin α + N cos α − mg = 0 , и исключим неизвестную нормальную реакцию связи N

g μ sin α + cos α = 2 . 2 μ cos α − ω r sin α ω r

4. Коэффициент трения из (4) запишется следующим образом

27

(4)

ω2 r cos α + g sin α . g cos α − ω2 r sin α

(5)

g cos α − ω2 r sin α ≥ 0 ,

(6)

tgα ≤ g ω2 r .

(7)

μ≥ 5. Уравнение (5) справедливо при Или

28. Сосуд с жидкостью вращается с частотой n = 2с-1 вокруг вертикальной оси. Поверхность жидкости имеет форму воронки. Чему равен угол наклона ϕ поверхности жидкости в точках, лежащих на удалении r = 5 см от оси вращения?

Решение

1. Частички жидкости, участвующие во вращении будут иметь нормальное ускорение. Линейная скорость, как известно, пропорциональна расстоянию до оси вращения, поэтому и сила инерции тоже пропорциональна r. Выделим на заданном удалении r частичку жидкости и запишем для неё векторное уравнение второго закона Ньютона

r r r mg + N = ma n .

(1)

2. В проекции на горизонтальную ось это уравнение примет вид (2) mω2 r cos ϕ = mg sin ϕ , откуда

ϕ = arctg =

ω2 r 4 π 2 n 2 r = ≅ 38,60 . g g

29. С какой силой давит на землю кобра, когда она, готовясь к прыжку, поднимается вертикально вверх с постоянной скоростью v? Масса змеи m, ее длина L.

Решение

1. Для подъёма своего тела кобра должна совершить работу чтобы изменить положение своего центра масс и сообщить ему скорость. Если предположить, что кобра становится на хвост, то центр тяжести приподнимется над поверхностью земли на расстояние L/2. 2. Энергетическое состояние кобры перед прыжком определится в виде суммы кинетической энергии, обусловленной движением вертикально вверх и потенциальной энергией конечного положения центра масс. Таким образом

mv 2 L mv2 L L + mg , F = + mg , 2 2 2 2 2 m 2 F = (v + gL ) . L

A=

30. Круглый конус А массы m = 3,2 кг и углом раствора 2α = 200 катится равномерно без скольжения по круглой конической поверхности В так, что его вершина О остаётся неподвижной. Центр масс конуса А находит ся на одном уровне с точкой О и отстоит от оси вращения на L = 17 см. Ось конуса движется с угловой скоростью ω = 1 рад/с. Определите силу трения покоя, действующую на конус А.

28

Решение

1. В соответствии с теоремой о движении центра масс представим конус в виде материальной точки С и приложим к ней все действующие на конус силы. Если к ньютоновским силам, обусловленным взаимодействием с окружающими телами, добавить силу инерции, то центр масс конуса можно рассматривать как неподвижный объект. Основное уравнение динамики для него в проекции на ось, совпадающую с образующей поверхности В и с направлением силы трения покоя, определится как FТр − mg sin α − mω2 r = 0 , где r – расстояние от центра масс до оси вращения. 2. Так как r = L cos α , то

(

(1)

)

FТр = m g sin α − ω2 L cos α ≅ 6H .

(2)

Работа, мощность, энергия 31 Потенциальная энергия электростатического взаимодействия двух точечных зарядов q1 и q2, находящихся на расстоянии r друг от друга, определяется зависимостью U = kq1q2/r. Запишите уравнение силы, действующей в этом поле. Для каких зарядов имеет место их отталкивание и притяжение?

Решение

1. Как известно, электростатическое поле является потенциальным, поэтому для него справедливо соотношение

r ⎛ ∂U r ∂U r ∂U ⎞ ⎟, F = −⎜⎜ i+ j+ ∂y ∂z ⎟⎠ ⎝ ∂x

(1)

на основании которого для заданной системы зарядов можно записать

F=−

qq ∂U ∂⎛ qq ⎞ = − ⎜⎜ k 1 2 ⎟⎟ = k 1 2 2 , r ⎠ r ∂r ∂r ⎝

(2)

т.е. производная потенциальной энергии по координате равна силе кулоновского взаимодействия между зарядами. 2. Отталкивание зарядов будет иметь место при q1⋅q2>0 потому что (1 r ) = −1 r 2 . '

32. Потенциальная энергия частицы имеет вид:

⎛ x 2 y2 ⎞ U = α⎜⎜ − ⎟⎟ , z ⎠ ⎝ y где α - постоянная величина. Определите: а) вектор действующей на частицу силы; б) работу, совершаемую полем при перемещении частицы из точки М1(3,2,1) в точку М2(1,2,3,).

Решение

1. Определим вектор силы, действующей на частицу в данном потенциальном силовом поле

29

Fx = −

∂U 2x ∂U αx 2 2 y ∂U αy 2 = − ; Fy = − = 2 + ; Fz = − = 2 , ∂x y ∂y y z ∂z z r ⎡ 2 x r ⎛ αx 2 2 y ⎞ r y 2 r ⎤ ⎟ j + 2 k⎥ . F = α ⎢− i + ⎜⎜ 2 + z ⎟⎠ z ⎦ ⎝ y ⎣ y

(1)

2. Работа по перемещению частицы определится как разность потенциальной энергии в заданных точках (2 )

⎛9 1⎞ A1, 2 = − ∫ dU = U1 − U 2 ; U1 = α⎜ − ⎟ ≅ 0,5α; U 2 ≅ −0,83α; ⎝2 4⎠ (1) A1, 2 = 1,333α =

4 α. 3

33. Определите работу, совершенную при возведении знаменитой пирамиды Хеопса, имеющей основание 232,4 × 232,4 м и высоту 146,7 м. Считать, что внутренность пирамиды на 87,6% заполнена камнем с плотностью ρ ≅2,8⋅103 кг/м3.

Решение

1. Если поверхность земли принять за нулевой уровень потенциальной энергии, где первоначально находились каменные глыбы, то строительство пирамиды можно рассматривать как изменение потенциальной энергии центра масс этого грандиозного сооружения. 2. Определим объём правильной пирамиды

1 V = Sосн h ≅ 2,64 ⋅ 106 м 3 . 3 3. Найдём далее массу пирамиды: m = 0,876ρV ≅ 6,5 ⋅ 109 кг .

(1)

4. Центр масс правильной пирамиды располагается в точке О, которая удалена от основания на расстояние y = h/4, поэтому изменение потенциальной энергии центра масс при строительстве определится как

ΔU = A = mgy =

1 mgh ≅ 2,4 ⋅ 1012 Дж . 4

(2)

Полученная фантастическая величина произведенной древними египтянами работы, мягко говоря, завораживает своими поистине космическими масштабами. 34. На частицу массой m = 100 г действует сила

r αr αr αr F= 2 i + 2 j+ 2 k, x y z

где, α = 5 Н/м2. Определите работу этой силы при перемещении частицы из точки М1(1,2,3) м, в точку М2(3,2,1).

Решение

1. По условию задачи, заданы проекции силы

Fx =

α α β , Fy = 2 ; Fz = 2 , 2 x y z

поэтому искомую работу целесообразно определить, используя уравнение x2 y2 z2 ⎛ x 2 dx y 2 dy z 2 dz ⎞ A1, 2 = ∫ Fx dx + ∫ Fy dy + ∫ Fz dz = α⎜ ∫ 2 + ∫ 2 + ∫ 2 ⎟ , ⎜x x y z ⎟⎠ x1 y1 z1 y1 z1 ⎝ 1 30

(1)

(2)

2. Подставим далее пределы интегрирования, заданные в виде координат начальной и конечной точек перемещения

A1, 2

1 ⎛ x 3 3 y3 2 z 3 1 ⎞ ⎛ x3 1 z 3 ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ =α − − − =α +0− =0. ⎜ 3 1 3 2 3 3⎟ ⎜ 3 3 3⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

35. Частица массой m движущаяся равномерно и прямолинейно со скоростью v0, влетает в силовое поле, где на неё начинает действовать сила сопротивления F= − αv, направленная противоположно вектору скорости. Определите работу этой силы за первую секунду её действия.

Решение

1. Используя основное уравнение динамики точки (второй закон Ньютона) найдём зависимость скорости от времени

dv m = F = −αv, ⇒ dt

α

t

v

dv α = − dt , ⇒ v m

dv α 1 ∫ v = − m ∫0 dt , v0 α

− t − t v ln = e m , ⇒ v = v 0e m . v0

(1)

2. Работу силы сопротивления за указанный промежуток времени определим, используя теорему об изменении кинетической энергии

A 0,1 =

2α − ⎞ mv02 mv 2 mv02 ⎛ ⎜1 − e m ⎟ . − = ⎟ 2 2 2 ⎜⎝ ⎠

(2)

36. Материальная точка массой 1кг движется равномерно и прямолинейно со скоростью v0 = 1м/с. В некоторый момент времени на точку начинает действовать сила сопротивления F = − αt2, направленная в сторону, противоположную скорости, α = 1Н/с2. Определите работу этой силы за первую секунду её действия.

Решение

1. Используя уравнение второго закона Ньютона, определим зависимость скорости от времени v

t

α 2 α 1 2 dv 2 = −αt , ⇒ dv = − t dt , ∫ dv = − ∫ t dt , , m dt m m0 v0 После интегрирования, получаем

v = v0 −

αt 3 . 3

(1)

2. Нас интересует работа, произведенная силой сопротивления при изменении скорости точки с v0 до v, поэтому уместно применить теорему об изменении кинетической энергии

A 0,1 =

⎞ m 2 m⎛ 2v α α 2 t 6 v − v 02 = ⎜⎜ v 02 − 0 + − v 02 ⎟⎟ , 2 2 2⎝ 3m 9m ⎠

(

A 0,1 =

)

(2)

α⎛ α ⎞ − v 0 ⎟ ≅ −0,28Дж . ⎜ 3 ⎝ 6m ⎠

(3)

37. Тело массы m падает с высоты h на стоящую вертикально, на полу пружину жесткости k и длины L. Определите максимальную силу давления на пол. Объясните, почему при увеличении жесткости пружины эта сила возрастает.

31

Решение

1. Примем поверхность пола за нулевой уровень потенциальной энергии. В этом случае потенциальная энергия тела в самой верхней точке будет равна U1 = mgh. 2. При падении массы на пружину U1 будет расходоваться на её сжатие, энергия пружины увеличится на П = kx2/2. 3. В низшей точке движения, т.е. при максимально сжатой пружине на величину х, масса будет покоиться и обладать потенциальной энергией П2 = mg(l-x). 4. Закон сохранения энергии, таким образом, запишется следую-

щим образом

mgh =

kx 2 + mg(l − x ) . 2

(1)

5. Преобразуем уравнение (1) к квадратному уравнению относительно х

x2 − решение которого даёт

2mg 2mg (l − h ) = 0 , x− k k

(2)

2

x=

mg ⎛ mg ⎞ 2mg (l − h ) . + ⎜ ⎟ + k k ⎝ k ⎠

(3)

6. Нормальная реакция стола будет по модулю равна силе упругости максимально сжа-

r

r

той пружины N = F = kx , или 2 ⎧⎪ mg r 2k (l − h ) ⎛ mg ⎞ 2mg(l − h ) ⎫⎪ . + ⎜ N = k⎨ ⎟ + ⎬ =1+ 1+ k mg ⎝ k ⎠ ⎪⎭ ⎪⎩ k

38. С какой силой нужно надавить на верхний груз массы m1, чтобы нижний груз массы m2, соединенный с верхним грузом пружиной, оторвался от пола после прекращения действия этой силы?

Решение

1. Наличие пола делает систему двух масс и пружины делает незамкнутой в вертикальном направлении. Система после прекращения действия силы приобретает вертикальный импульс. Центр масс системы тоже перемещается по вертикальной оси. 2. В первый момент времени движется только верхняя масса m1, потенциальная энергия системы равная kx2/2, перейдёт в кинетическую энергию верхнего тела mv12 2 , когда пружина полностью распрямится. Скорость этого тела станет равной v1 = k m1 ⋅ x , (1) при этом система приобретёт импульс m1v1 = km1 ⋅ x . (2) 3. Импульс будет распределяться между двумя телами, т.е. v c (m1 + m 2 ) = m1v1 . (3) 4. Таким образом, оба тела будут совершать колебания около центра масс, чтобы нижняя масса m2 оторвалась от пола, величина силы упругости, численно равная сжимающей пружину силе, в соответствии с уравнением (3) должна превышать суммарный вес тел, т.е.

32

F ≥ g(m1 + m 2 ) .

(4)

39. К потолку привязан резиновый шнур, свободный конец которого находится на высоте h над полом. Если подвесить к нему небольшой тяжелый груз, который затем плавно опустить, то конец шнура с грузом опустится на расстояние h/3. На какую наименьшую высоту над полом надо затем поднять груз, чтобы после того, как его отпустят, он ударился о пол?

Решение

1. Для случая растянутого резинового шнура можно определить его коэффициент упругости

3mg kh . = mg, ⇒ k = h 3

2. Работа по растяжению шнура на искомую величину Δу, равна изменению потенциальной энергии груза, т.е.

3mgh 2 3 kh 2 mgΔy = , mgΔy = , ⇒ Δy = h . 2h 2 2

40. Нерастянутый резиновый шнур длины 2L0 своими концами прикреплен к стенкам. К середине шнура прицепили груз массы m, который затем без толчка отпустили. При возникших колебаниях наибольшее расстояние, на которое опускается груз, равно x0. Какова жесткость этого шнура?

Решение

1. Определим удлинение половины шнура под действием веса опустившегося груза

ΔL = L20 + x 02 − L 0 . 2. При опускании груза на величину х0 запасаться потенциальная энергия U = k (2ΔL) 2 / 2 , которая равна работе силы тяжести

(1) в шнуре будет (2)

k (2ΔL) 2 mgx 0 mgx 0 . = mgx 0 , ⇒ k = = 2 2ΔL 2 2( L20 + x 02 − L 0 ) 2

(3)

41. Сила, действующая на снаряд массы m в стволе орудия, нарастает равномерно от нуля до F0 на участке ствола длины l1, не меняется на участке ствола длины l2 и, наконец, равномерно уменьшается до нуля на участке ствола длины l3. Какова скорость снаряда при вылете из ствола?

Решение

1. Работа заданной силы на отдельных участках ствола определится как: на участке протяжённостью l1 l1

A1 = ∫ F0dl = F0 0

на участке l2 сила постоянна, поэтому

A 2 = F0l 2 ,

на участке l3

33

l1 , 2

0

A 3 = ∫ F0dl = F0 l3

l3 . 2

2. Полная работа по разгону снаряда в канале ствола будет равна сумме работ на отдельных участках

l ⎞ ⎛l A Σ = A1 + A 2 + A 3 = F0 ⎜ 1 + l 2 + 3 ⎟ . 2⎠ ⎝2 3. Скорость снаряда можно найти, используя теорему об изменении кинетической энергии, с учётом равенства нулю начальной скорости

mv 2 = AΣ , ⇒ v = 2

F0 (l1 + 2l 2 + l3 ) . m

42. Шайба, скользившая по гладкой поверхности льда с постоянной скоростью, попадает на шероховатую поверхность, коэффициент трения которой меняется по линейному закону по координате x: μ = αх, х − координата, α − положительная постоянная величина. Определите тормозной путь шайбы.

Решение 1. Кинетическая энергия шайбы расходуется на совершение работы против силы трения. В данном случае целесообразно использовать теорему об изменении кинетической энергии

mv 22 mv12 mv02 = FТр L , − = A1, 2 ⇒ 2 2 2 где L – путь, пройденный шайбой по шероховатой поверхности до остановки. 2. Элементарная работа силы трения определится следующим образом δA = μmgdx = αxmgdx . 3 Работа силы трения на перемещении L определится интегралом последнего уравнения L

mgαx 2 A = ∫ αxmgdx = 2 0

L

= 0

αmgL2 . 2

4. Используя значения работы, получим

v mv02 αmgL2 = ,⇒L= 0 . 2 2 αg 43. Две бусинки массы m каждая, связанные друг с другом пружиной жёсткости k, удерживают на гладких, жёстко закреплённых в стене, стержнях. Пружина в начальном состоянии растянута, её длина равна L. Расстояние между свободными концами стержней равно длине недеформированной пружины L0. В некоторый момент времени бусинки отпускают и система приходит в движение. С какой скоростью будет двигаться пружина в направлении х когда бусинки покинут стержни?

Решение: 1. Запишем уравнение для потенциальной энергии растянутой первоначально пружины 2 k (L − L 0 ) U= , (1) 2 которая по мере продвижения бусинок по стержням будет преобразовываться в кинетическую энергию. 2. Закон сохранения энергии с учётом отсутствия трения запишется в данном случае следующим образом

34

k (L − L 0 ) 2mv 2 k = , ⇒ v = (L − L 0 ) . (2) 2 2m 2 3. Закон сохранения энергии (2) записан для абсолютной скорости пружины, проекция же скорости пружины на горизонтальную ось определится в виде k v x = (L − L 0 ) cos α . (3) 2m 2

44. Свободный конец нити, намотанный на катушку массы m, закрепляют, а катушку предоставляют самой себе, вращаясь, катушка вертикально опускается. Какую скорость приобретает ось катушки, опустившись на высоту h, если сила натяжения вертикального участка нити равна Т< mg? Чему равна полная кинетическая энергия катушки?

Решение

1. По условию задачи T < mg, что свидетельствует об ускоренном движении центра масс катушки. Определим ускорение центра масс, воспользовавшись уравнением второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось mg − T = ma, ⇒ a = g − (T m ) . 2. При опускании центра масс катушки на высоту h изменение потенциальной энергии будет равно изменению кинетической энергии, т.е.

mv 2 T⎞ T⎞ ⎛ ⎛ = mah = m⎜ g − ⎟h, ⇒ v = 2h ⎜ g − ⎟ . 2 m m ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3. Полная кинетическая энергия катушки численно равна изменению её потенциальной энергии K Σ = mgh . 45. Камень брошен вверх под углом α = 60° к плоскости горизонта. Кинетическая энергия камня K0 в начальный момент времени равна 20 Дж. Определить кинетическую K и потенциальную U энергии камня в высшей точке его траектории. Сопротивлением воздуха пренебречь.

Решение

1. Для вычисления потенциальной энергии тела в точке С воспользуемся кинематическими уравнениями для тела, брошенного под углом к горизонту

h=

v 02 sin 2 α , 2g

(1)

с другой стороны, с позиций закона сохранения энергии можно найти начальную скорость тела v0

K0 =

2K 0 mv02 . , ⇒ v 02 = m 2

(2)

Совместим далее уравнения (1) и (2) и запишем выражение для потенциальной энергии

U C = mgh =

2K 0 mg sin 2 α = K 0 sin 2 α ≅ 15Дж . m 2g

(3)

2. Кинетическая энергия в верхней точке траектории определится из следующих соображений

35

v C = v 0 cos α, K C =

mv02 cos 2 α = K 0 cos 2 α = 5Дж . 2

46. Собака массы m привязана поводком длины L к саням с другой собакой с общей массой M > m. В начальный момент времени собака находится рядом с санями. На какое наибольшее расстояние собака может переместить сани за один рывок, если коэффициент трения полозьев и лап собаки о горизонтальную поверхность одинаковы?

Решение

1. Определим скорость собаки при пробеге ею расстояния L, т.е. в момент времени, когда поводок начинает натягиваться. Работа силы трения, которая в данном случае является движущей силой, равна изменению кинетической энергии собачки mv 2 = μmgL, ⇒ v 2 = 2μgL . 2 2. На основании закона сохранения энергии, в данном случае – кинетической, возможно найти скорость собаки u в момент времени, когда она начинает тянуть сани. Её усилия, по сути, распределяются на две массы, её собственную и массу саней mv 2 mv 2 = (m + M )u 2 , ⇒ u 2 = . (M + m ) 3. Сила трения полозьев о снег и сила трения собачьих лап будут иметь противоположное направление. Сила трения лап собаки «создаёт движение», а сила трения саней – наоборот, препятствует движению. В этой связи теорема об изменении кинетической энергии собаки при её совместном движении с санями представится следующим образом m 2L mu 2 = (M − m )μgx , ⇒ x = 2 . 2 M − m2 47. Материальная точка массой m =2 кг двигалась под действием некоторой силы, направленной вдоль оси Ох согласно уравнению x=A+Bt+Ct2+Dtз, 2 3 где В= − 2 м/с, С=1 м/с , D= − 0,2 м/с . Найдите мощность N, развиваемую силой в момент времени t1 =2 с и t2 = 5 с.

Решение

1. Заданное уравнение движения позволяют определить скорости и ускорения материальной точки для заданных промежутков времени. Для этого нужно продифференцировать его по времени дважды. Однократное дифференцирование позволит получить зависимости скорости от времени, повторное – зависимость ускорения от времени: v x ≡ x& = B + 2Ct + 3Dt 2 , v1x = 0,4м / с, v 2x = 7м / с .

a1x = &x& = 2C + 6Dt1 = 0,4м / с 2 , a 2 x = 2C + 6Dt 2 = 4м / с 2

.

2. Мощность действующей силы определим в виде произведения модуля силы на соответствующий модуль скорости N1 = m a1x v1x ≅ 0,32Вт, N 2 = m a 2 x v 2 x ≅ 56 Вт . 48. Нерелятивистская заряженная частица известной массы m влетает в момент времени t0 в силовое поле, где её кинетическая энергия меняется по закону K=K0exp(-αt)? Где K0 и

36

α − постоянные величины. Определите зависимость от времени мощности P(t), развиваемой силами поля. Представьте эту зависимость графически.

Решение 1. По определению, мощность является энергией выделяемой в единицу времени, поэтому будет равна в данном случае производной кинетической энергии по времени

p (t ) =

dK (t ) = − αK 0 e − α t . dt

49. Шар массой m1, летящий со скоростью v1 =5 м/с, ударяет неподвижный шар массой m2. Удар прямой, неупругий. Определить скорость u шаров после удара, а также долю η кинетической энергии летящего шара, израсходованной на увеличение внутренней энергии этих шаров. Рассмотреть два случая: 1) m1=2 кг, m2 =8 кг; 2) m1 =8 кг, m2=2 кг.

Решение

1. Сначала определим совместную скорость шаров после их абсолютно неупругого соударения, это проще всего сделать посредствам закона сохранения импульса в проекции на ось Ох

m1v1 = (m1 + m 2 )u , ⇒ u =

m1v1 . m1 + m 2

(1)

2. Определим изменение кинетической энергии системы шаров

ΔK =

m1v12 (m1 + m 2 )m12 v12 m1m 2 v12 . = − − 2 2 2(m1 + m 2 ) 2(m1 + m 2 )

(2)

3. Доля энергии η первого шара, перешедшая во внутреннюю энергию, определится в виде отношения

η=

ΔK m2 = . K1 m1 + m 2

(3)

4. Подстановка заданных значений масс в уравнения (1) и (3) даёт следующие значения искомых величин: u1 = 1м/с; η1 = 0,8; u2 = 4 м/с; η2 = 0,2. 50. Неподвижный маятник в виде прямого тонкого невесомого стержня длины L = 1 м и различных шаров массой М = 1 кг обстреливают пулями массой m = 10 г, летящими горизонтально со скоростью v = 50 м/с. Зарегистрированы три случая: 1) пуля застряла в шаре; 2) пуля пробила шар и вылетела из него со скоростью v1 = v/5; пуля отскочила от шара со скоростью v2 = v/2.Определите углы отклонения стержня от положения равновесия.

Решение

1. Рассмотрим случай, когда пуля остаётся в шаре. Закон сохранения импульса в этом случае будет иметь вид

mv = (M + m )u1 , ⇒ u1 =

mv ≅ 0,5м / с , M+m

где u – скорость шара с застрявшей пулей. Закон сохранения энергии представится в следующем виде

(m + M )gL(1 − cos α ) = (m + M )u1 , 2

2

откуда

37

cos α = 1 −

⎛ u12 u2 ⎞ , α = arccos⎜⎜1 − 1 ⎟⎟ ≅ 90 . 2Lg ⎝ 2Lg ⎠

2. Когда на пути пули располагают шар, который она пробивает насквозь, закон сохранения импульса записывается следующим образом

mv = Mu 2 + mv1 , ⇒ u 2 =

м m(v − v1 ) ≅ 0,4 , c M

где v1 = v/5 – скорость пули после пролёта шара. По значении. скорости шара u1 можно определить угол отклонения стержня

⎛ 0,42 ⎞ ⎟⎟ ≅ 7,20 α = arccos⎜⎜1 ⎝ 2 ⋅ 1 ⋅ 10 ⎠ 3. Абсолютно упругое взаимодействие пули с шаром характеризуется следующим уравнением закона сохранения импульса

mv = Mu 3 + mv2 , ⇒ u 3 = что соответствует углу отклонения α ≅ 4,50.

м m( v − 0,5v) ≅ 0,25 , c M

Динамика твёрдого тела 51. Как изменится осевой момент инерции некоторой системы материальных точек с уменьшением всех линейных размеров в два раза при одновременном увеличении массы в три раза?

Решение

1. Положение цента масс системы, состоящей из n материальных частиц, в общем случае определяется вектором n

r rC =

∑m

r r

k k

1

,

1

∑m

(1)

k

1

r

где m k , rk - масса и радиус-вектор k-той частицы, входящей в состав системы. 2. Момент инерции системы материальных точек относительно оси, проходящей через центр масс равен n

J C = ∑ m k rC2 .

(2)

1

3. По условию задачи масса системы увеличивается в три раза, т.е. n

n

1

1

M1 = ∑ m k , M 2 = 3∑ m k = 3M1 ,

(3)

а все геометрические размеры уменьшаются в два раза

r 2 rC 2 = rC1 2 , ⇒ (rC 2 ) = rC22 4 .

(4)

4. Подставляя соотношения (4) и (3) в уравнение (2) получим J C 2 = 0,75J C1 , другими словами, момент инерции системы уменьшится на 25%.

(5)

52. Определите момент инерции молекулы воды H2O относительно оси Оz проходящей через центр инерции молекулы С (ось z перпендикулярна плоскости чертежа). Расстояние между атомами водорода и кислорода принять равным d ≅10 –10 м, валентный угол α ≅ 104030′. Атомную массу водорода считать равной А(Н) = 1, кислорода – А(О) = 16.

38

Решение 1. Как известно 1 атомная единица массы соответствует, примерно 1,7⋅10 –27 кг. Определим, исходя из этого массы атомов водорода и кислорода (1) m H ≅ 1,7 ⋅ 10−27 кг, m O ≅ 2,7 ⋅ 10−26 кг . 2. Так как атомы молекулы воды расположены в одной плоскости, то для определения положения центра масс удобно воспользоваться дополнительной системой координат * * * o , x , y , совместив её начало с атомом кислорода. В этом случае xH = dcos(α/2), xO = 0, поэтому

{

}

xc =

α 2m H d cos . 2m H + m O 2

(2)

3. Момент инерции молекулы относительно оси z* определится как J z * = 2m H d 2 .

(3)

4. Искомый момент инерции Jz выразим с помощью теоремы Гюйгенса – Штейнера J z = J z * − (2m H + m O )x C2 ,

(4)

*

где xc = a – расстояние между параллельными осями z и z 5. Подставим далее значение xC из уравнения (2) и J z * из уравнения (3) в уравнение (4) 2

⎛ 2m H ⎞ 2 ⎛α⎞ ⎟ d cos 2 ⎜ ⎟ , J z = 2m H d − (2m H + m O )⎜⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2m H + m O ⎠ ⎛ 2m H α⎞ J z = 2m H d 2 ⎜⎜1 − cos 2 ⎟⎟ ≅ 3,2⋅10-47 кг⋅м2. 2⎠ ⎝ 2m H + m O

(5) (6)

53. Получите уравнение моментов инерции круглого однородного цилиндра массы М радиуса R и длины L относительно продольной и поперечной осей симметрии.

Решение

1. Определим вначале момент инерции относительно продольной оси симметрии Сz, для чего разобьем цилиндр плоскостями, перпендикулярными этой оси на тонкие полоски массой dm и толщиной dz. Для каждого такого элементарного диска уравнение момента инерции было получено в предыдущей задаче jzi = (R 2 2)dm . (1) 2. Чтобы получить момент инерции всего цилиндра необходимо элементарные моменты инерции типа (1) сложить, при достаточно большом количестве элементарных дисков процесс сложения заменяется интегрированием, т.е. M

M

R2 R2 MR 2 . Jz = ∫ dm = dm = 2 2 ∫0 2 0

(2)

3. Момент инерции i-того элементарного диска относительно оси, проходящей через центр масс, определится из следующих соображений

39

2J C = J z , ⇒

jCi = jzi 2 = dm i

R2 . 4

(3)

4. Момент инерции элементарного диска, расположенного на расстоянии z от центра масс, относительно оси Сy определим, воспользовавшись теоремой Гюйгенса – Штейнера

jci = dm

R2 + dmz 2 , dm = πR 2ρdz . 4

(4)

5. Для вычисления момента инерции всего цилиндра необходимо уравнение (4) проинтегрировать по z в пределах от 0 до L/2 и полученный результат удвоить L2

⎛ R2 ⎞ + z 2 ⎟⎟dm = 2πR 2ρ ∫ J C = ∫ ⎜⎜ 4 ⎠ 0⎝ 0

⎛ R2 ⎞ ⎛ R 2 L2 ⎞ ⎜⎜ + z 2 ⎟⎟dz = πR 2 Lρ⎜⎜ + ⎟⎟ , ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 12 ⎠ комплекс величин, стоящий перед скобкой представляет собой массу, т.е. πR 2 Lρ = M M

⎛ R 2 L2 ⎞ J C = M⎜⎜ + ⎟⎟ . ⎝ 4 12 ⎠

(5)

Существенно отметить, что момент инерции цилиндра относительно его поперечной оси симметрии получается в виде суммы моментов инерции стержня и диска, что, впрочем, не представляется удивительным, потому что диск получается из цилиндра симметричным сжатием его с торцов до средней плоскости. Цилиндр трансформируется в стержень при уменьшении диаметра при сохранении длины. 54. Сплошной стальной цилиндр радиусом R=0,1м и высотой h=0,5м вращается с постоянной угловой скоростью ω=2рад/с вокруг вертикальной оси z, проходящей через одну из образующих цилиндра. Определите: 1) момент инерции цилиндра Jz; 2) импульс цилиндра p; 3) момент импульса Lz; 4) кинетическую энергию.

Решение

1. Определим массу цилиндра

M = ρV = πR 2 hρ ≅ 122,5кг. 2. Момент инерции цилиндра найдём, используя теорему Гюйгенса – Штейнера

J z = J z1 + MR2 =

3 MR2 + MR2 = MR2 , 2 2

J z ≅ 1,8 кг⋅м2.

3. Импульс цилиндра равен: p = Mv = MωrC ≅24,5кгм/с, где rC = R – расстояние от центра масс цилиндра до оси вращения. 4. Определим далее момент импульса цилиндра относительно заданной оси z

L = J zω ≅

3MR 2 ω ≅ 5 кгм2/с. 2

5. Кинетическая энергия вращающегося вокруг неподвижной оси цилиндра равна

K=

3MR 2 ω2 1 ≅ 3,675Дж. J z ω2 = 4 2

55. Имеются две механические системы, представляющие собой: в одном случае груз массы M, закреплённый на вертикальной оси z посредствам невесомого стержня длины L; в другом – к вертикальной оси прикреплён горизонтально расположенный стержень массы М и длины L. Оба устройства вращаются вокруг оси z с одинаковой угловой скоростью ω. Срав-

40

ните: 1) моменты инерции груза и стержня относительно оси z; 2) моменты импульсов; 3) кинетические энергии.

Решение

1. В первом случае груз можно считать точечной массой, поэтому уравнения моментов инерции для точечной массы и стержня запишутся следующим образом J z1 = ML2 , J z 2 = ML2 3 , ⇒ J z1 = 3J z 2 . 2. Для моментов импульса в данном случае будут справедливы уравнения l z1 = J z1ω, l z 2 = J z 2 ω, ⇒ l z1 = 3l z 2 . 3. Отношение кинетических энергий, с учётом того, что обе системы совершают вращательное движение с одинаковой угловой скоростью

K1 =

1 1 J z1ω2 , K 2 = J z 2 ω2 , ⇒ K1 = 3K 2 . 2 2

56. Чему равен момент импульса шлифовального круга в виде однородного диска массой m = 2,3 кг и радиусом R = 12 см, вращающегося с частотой n = 1500 об/с? Определите, какой величины момент сил сопротивления нужно приложить, чтобы остановить круг за τ = 7с.

Решение

1. Момент импульса шлифовального круга относительно оси вращения при частоте вращения n = 25 с-1 определится как

Lz = J zω =

mR 2 2πn = πnmR 2 ≅ 2,6кг⋅м2/с. 2

2. Для остановки шлифовального круга за время τ требуется приложить относительно оси вращения момент

( )

r < M z Fs >= ΔL z Δt ≅ L z τ ≅ 0,37 H .

57. Космическая станция в виде цилиндра радиусом R = 200 м и массой 5000 т вращается вокруг оси, проходящей через её центр масс перпендикулярно основаниям с угловой скоростью ω1 = 0,5 рад/с. В станцию попадает метеорит массой m = 100 кг, летящий по касательной к образующей цилиндрической поверхности со скоростью 20 км/с. Определите изменение угловой скорости станции Δω после столкновения с метеоритом.

Решение

1. В данной ситуации справедлив закон сохранения момента импульса, т.е. момент импульса системы «метеорит – станция» до столкновения должен быть равен моменту импульса системы после попадания в станцию метеорита. Определим, исходя из этого, новую угловую скорость станции. 2. Запишем уравнения кинетических моментов (моментов импульсов) до и после столкновения станции с метеоритом mvR + J z1ω1 = (J z1 + J z 2 )ω2 . 3. Выразим значения моментов инерции через заданные величины

mvR +

⎛ MR 2 MR 2 ⎞ ⎟ω 2 . ω1 = ⎜⎜ mR 2 + 2 2 ⎟⎠ ⎝ 41

4. Разрешим последнее уравнение относительно угловой скорости станции после столкновения с метеоритом

ω2 =

2mvR + MR 2 ω1 2mv + MRω1 = . 2mR 2 + MR 2 R (2m + M )

5. Определим изменение угловой скорости станции

Δω = ω2 − ω1 =

2mv + MRω1 ≅ 0,54 − 0,5 = 0,04рад / с . R (2m + M )

58. На краю горизонтальной арены, имеющей форму диска радиусом R = 2 м и массой m1 = 240 кг, стоит воин маcсой m2 = 80 кг. Арена может вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через её центр. Пренебрегая сопротивлением, определите, с какой угловой скоростью будет двигаться арена, если воин побежит по краю платформы со скоростью v = 10 м/с относительно платформы.

Решение

1. В данном случае относительно оси вращения для системы «арена – воин» будет сохраняться момент импульса, поэтому определим, вначале моменты импульса воина и платформы с воином, которого, кстати, целесообразно принять за материальную точку,

L z1 =

m1R 2 + m 2 R 2 , L z 2 = m 2 vR . 2

2. Запишем далее закон сохранения момента импульса

⎛ m R2 ⎞ m 2 vR = ω⎜⎜ 1 + m 2 R 2 ⎟⎟ . ⎝ 2 ⎠ 3. Определим угловую скорость платформы

ω=

2m 2 v ≅ 2 рад/с. (m1 + 2m 2 )R

59. Скорпион ползёт по ободу колёсика малой массы, которое может вращаться без трения вокруг неподвижной оси. Сохраняется ли момент импульса системы «паук – колёсико» относительно оси вращения, если ось колёсика закреплена: а) вертикально; б) горизонтально?

Решение

1. Перемещение паука по ободу, в соответствие с законом сохранения импульса, будет сопровождаться вращением колёсика. При вертикальном закреплении оси вращения z сила тяжести паука всё время перпендикулярна вектору его линейной скорости, т.е. δA(mg ) = mg ⋅ dr ⋅ cos 900 = 0 , другими словами, сила тяжести паука перпендикулярна направлению возможного перемещения колёсика. Момент импульса в этом случае сохраняется. 2. При горизонтальном расположении оси вращения момент силы тяжести паука относительно оси вращения не остаётся постоянным, он изменяется, принимая максимальную величину, при равенстве плеча радиусу колёсика. В этом случае момент импульса не сохра-

42

няется. Даже если паук не будет перемещаться относительно колёсика, т.е. его собственный импульс будет равен нулю, то колёсико придёт в движение. 60. Маховик вращается по закону:

ϕ = А +Вt +Сt2, где А=2 рад, В =16 рад/с, С = -2 рад/с . Момент инерции маховика относительно оси вращения равен Jz= 50 кг⋅м2. Найти законы, по которым меняются вращающий момент Мz(F) и мощность P. Чему равна мощность в момент времени τ =3 с? 2

Решение

1. Перепишем заданное уравнение движения в общем виде ϕ(t ) = ϕ0 + ω0 t + εt 2 2 , и определим зависимость углового ускорения от времени, для чего продифференцируем дважды (1) по времени

ε=

dω d 2 ϕ = = −2C . dt dt 2

3. Из последнего уравнения следует, что угловое ускорение не зависит от времени, т.е. ε = const . Основной закон динамики для вращающегося вокруг неподвижной оси тела

()

r J z ε = M z F , показывает, что если монет инерции и угловое ускорение тела не являются

функциями времени, то момент внешних сил тоже во времени не меняется. 4. Мощность будет являться функцией времени, т.к.

()

()

r dϕ r = M z F (B + 2Ct ) ≅ 3,2 − 0,8t , кВт . P = Mz F dt

5. Мощность в заданный момент времени определится как

P = P0 − κt; Pτ = P0 − κτ = 0,8кВт . 61. Платформа в виде однородного горизонтального диска вращается с угловой скоростью ω = 0,314 рад/с вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. Два человека одинаковой массы m = 70 кг начинают в момент времени t = 0 двигаться от центра платформы по одному из её диаметров в противоположные стороны друг от друга с постоянной скоростью v = 1 м/с относительно платформы. Найдите зависимость мощности приводного двигателя от времени, исходя из условия обеспечения постоянства угловой скорости платформы.

Решение

1. В данном случае момент инерции перемещающихся по поверхности платформы людей относительно оси вращения Jz2 будет являться функцией времени, потому что меняется расстояние до оси J z 2 = mx 2 = m( vt ) 2 = mv 2 t 2 . 2. Момент инерции платформы с людьми Jz1 так же будет изменяться во времени

⎛ MR 2 ⎞ + mv 2 t 2 ⎟⎟ . J z1 = ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ 3. Определим далее кинетическую энергию системы «платформа – люди»

⎛ VR 2 ⎞ ω2 . + mv 2 t 2 ⎟⎟ K = ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ 2 43

4. Мощность, как известно, можно представить как первую производную по времени кинетической энергии

N=

dK = 2mv 2 ω2 t ≅ 13,8t, Вт, dt

Мощность приводного электродвигателя, таким образом, во всё время движения по платформе людей должна увеличиваться за каждую секунду на 13,8 Вт. 62. Диск радиусом R =1м и массой m = 10кг насажен на неподвижную горизонтальную ось. К диску на расстояниях r1 = 0,6R, r2 = 0,8R и r3 = R прикладывают последовательно горизонтальную силу F =10 Н. Определите, в каком отношении будут находиться величины касательных (тангенциальных) ускорений точек диска, расположенных на ободе.

Решение

1. Отметим сразу, что угловая скорость диска при приложении сил на разном расстоянии от оси вращения z, будет не одинаковой, потому что моменты силы будут разными

() () ()

r r M z3 F = F ⋅ R , r r M z 2 F = F ⋅ 0,8R , r M z1 F = F ⋅ 0,6R .

2. Определим угловые ускорения диска, воспользовавшись уравнением моментов

r M (F) 2M z (F) J zε = M z F , ε = z . = Jz mR 2 2F 1,6F 1,2F ε3 = = 1рад/с, ε 2 = = 0,8 рад/с, ε1 = = 0,6 рад/с. mR mR mR 3. Как известно, a τ = εR , поэтому:

()

ε 3 : ε 2 : ε1 = 1 : 0,8 : 0,6. 63. Диск массой m = 10кг и радиусом R = 1м насажен на горизонтальную неподвижную ось. К одной и той же точке диска А, расположенной на расстоянии r = 0,5R прикладывают последо-

{

r r r

}

r

r

r

вательно три силы F1 , F2 , F3 , причём F1 = F2 = F2 =10 Н. Диск начинает раскручиваться без сопротивления из состояния покоя. Определите величину линейной скорости точки А через τ = 10с действия каждой силы.

Решение

1.Момент силы относительно оси равен, как известно, скалярному произведению модуля силы на плечо. Плечом является кратчайшее расстояние между осью и линией действия силы, в данном случае – z. Каждую силу можно разложить на две составляющие, вертикальную и горизонтальную, причём, у всех трёх сил горизонтальные проекции будут одинаковыми. Вертикальные проекции относительно оси вращения момента создавать не будут, плечи равны нулю, поэтому все три силы создают относительно оси вращения одинаковые моменты:

44

( )

( )

( )

r r r r M z1 F1 = M z 2 F2 = M z 3 F3 = F1 ⋅ 0,5R ≅ 5Н⋅м. 2. Определим величину углового ускорения и угловой скорости диска

()

r 0,5F1 0,5F1τ J zε = M z F , ε = , ω = ετ = . mR mR

3. Линейная скорость заданной точки А

v A = ω ⋅ rA =

0,25F1τ ≅ 25 м/с. m

64. Специально обученная собака массой m1 = 10 кг вспрыгнула на лежащий горизонтально тонкий полый цилиндр массы m2 = 5 кг, радиуса R = 0,3 м и ширины b = 0,2 м. Далее «артистка» стала перебирать лапами, так что всё время оставалась в верхней точке цилиндра А, сообщая ей постоянную линейную скорость v = 0,2 м/с. Определите кинетическую энергию системы «собака – цилиндр».

Решение

1. Цилиндр катится по горизонтальной поверхности, т.е. совершает плоское движение, которое можно разложить на поступательное движение центра масс С и вращательное вокруг мгновенной оси, проходящей в данный момент времени через точку р перпендикулярно плоскости чертежа. Собака перемещается вместе с центром масс цилиндра, т.е. поступательно. 2. Чтобы найти кинетическую энергию цилиндра необходимо вычислить момент его инерции относительно центра масс С

m2R 2 m2b2 + . JC = 2 12 3. Вычислим далее кинетическую энергию цилиндра, с учётом того, что линейная скорость центра масс равна vC = v/2, а угловая скорость, ω = v/2R

K2 =

⎧ v2 ⎛ R 2 b2 ⎞ v2 ⎫ m 2 v C2 ω2 + ⎟⎟ ⋅ 2 ⎬ ≅ 0,16 Дж. + JC = m 2 ⎨ + ⎜⎜ 2 2 ⎩ 8 ⎝ 2 12 ⎠ 8R ⎭

4. Кинетическая энергия собачки в её поступательном движении определится как K1 = m1v C2 2 = m1v 2 8 ≅ 0,05 Дж. 5. Суммарная кинетическая энергия системы «собака – цилиндр» K Σ = K1 + K 2 ≅ 0,3Дж . 65. К однородному стержню массы m =10 кг и длиной L = 1м приложены две перпендикулярные друг другу силы: F1 = 40 H и F2 = 30 H. Первоначально обе силы приложены в центре масс. Во втором варианте меньшую силу параллельно самой себе перенесли в один из концов стержня в точку А. Опишите движение стержня и определите вектор ускорение центра масс стержня С в указанных вариантах приложения сил.

Решение

1. В первом варианте приложения сил линии их действия пересекаются в точке С, поэтому моменты сил относительно оси, проходящей через центр масс стержня будут равны нулю. Стало быть, вращение стержня происходить не будет, стержень станет перемещаться поступательно в соответствии с теоремой о движении центра масс, т.е. в соответствии со вторым законом ньютона

45

i =2

r

r 1 м a = F12 + F22 = 5 2 , m c r ⎛ ⎞ F1 r r ⎟ ≅ 530 . a; i = arcsin⎜ ⎜ F2 + F2 ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1 r

∑ F = ma , i =1

i

( )

2. Во втором варианте, у силы F2 относительно оси z, проходящей через центр масс перпендикулярно плоскости чертежа, появится момент

( )

r r M z F2 = F2∗ ⋅ L 2 ,

и движение стержня приобретёт вращательную компоненту с угловым ускорением, определяемым из условия

( )

r 12F2 L 6F2 рад J z ε = M z F2∗ , ε = = ≅ 18 2 . 2 c 2mL mL

Линейное ускорение центра масс стержня останется прежним, т.к. силы являются векторами скользящими. 66. По шару массы m = 1 кг и радиуса R = 0,1м, лежащему на гладкой горизонтальной поверхности, в течение Δt = 100 мс прикладывают горизонтальную силу F = 50 Н. Точка приложения силы расположена на расстоянии L = R/2 выше центра масс. Определите: а) скорость центра масс шара после прекращения действия силы; б) угловую скорость вращения шара.

Решение

1. Используя теорему об изменении импульса, определим импульс, сообщаемый силой F за время Δt mv − mv 0 = F ⋅ Δt , p = mv = FΔt . 2. Линейная скорость центра масс шара, при этом, определится очевидной зависимостью

v=

p FΔt = ≅ 5 м/с. m m

3. Найдём далее величину момента импульса относительно оси z, проходящей через центр масс перпендикулярно линии действия силы L z = FΔt ⋅ R 2 . 4. Величину угловой скорости движения шара определим из уравнения, связывающего момент импульса и момент инерции

J zω = Lz , ω =

Lz 5FΔtR 5FΔt = = ≅ 62,5 рад/с. 2 J z 2 ⋅ 2mR 4mR

67. Два диска одинаковой высоты h1 = h2 и с равными массами m1 = m2 вращаются относительно своих осей симметрии с одинаковыми угловыми ускорениями ε1 = ε2. Один из дисков изготовлен из стали, имеющей плотность ρ1 = 7,8⋅103 кг/м3, а другой – из газонаполненного алюминия с ρ2 = 1,95⋅103 кг/м3. Сравните моменты сил, обеспечивающих такое движение тел.

Решение

1. Из условия равенства масс определим соотношение между диаметрами дисков

πρ1hR 12 = 4πρ2 hR 22 ,

⇒ R 2 = R1

46

ρ1 = 2R 1 . ρ2

2. Соотношение вращающих моментов можно найти из уравнений движения дисков относительно оси вращения z

()

()

r r J z1ε = M z1 F ; J z 2 ε = M z 2 F .

3. Определим величины моментов, действующих сил

()

()

r r 1 1 ρ1hR 12 ⋅ R 12 ε = M z1 F ; ρ 2 hR 22 ⋅ R 22 = M z 2 F . 2 2

4. Найдём отношение моментов

()

r M z 2 F 16ρ 2 R 14 = = 4. M z1 (F) ρ1R 14

68. Два диска одинаковой высоты h1 = h2 и равной массы m1 =m2, металлический с плотностью материала ρ1 =8000 кг/м3 и деревянный ρ2 = 500 кг/м3 вращаются вокруг неподвижной оси, проходящей через центр масс дисков. Движение происходит под действием одинаковых по модулю сил F1 = F2, касательных к ободкам дисков. Определите, в каком соотношении находятся угловые ускорения дисков.

Решение

1. По аналогии с предыдущей задачей определим соотношение радиусов дисков, используя условие равенства их масс

πρ1hR 12 = 4πρ2 hR 22 ⇒ R 2 = R 1 ρ1 ρ 2 ≅4R1. 2. С учётом моментов действующих сил (Mz1 = F⋅R1; Mz2 = F⋅4R1), из уравнения движения можно получить

ε 16ρ 2 1 1 ≅ 256. ρ1hR 14 ε1 = FR 1 , ρ 2 h 64R 14 ε 2 = F4R 1 , 1 = 2 2 ε2 ρ1

69. С наклонной плоскости высотой h = 1 м без проскальзывания скатывается шар радиусом R = 0,1 м и массой m = 1 кг. Скорость шара у основания плоскости, без учёта трения, которым действительно можно пренебречь, вычислили по известному кинематическому уравнению v C =

2gh . Опреде-

лите абсолютную погрешность результата при использовании этой формулы.

Решение

1. Указанная в условии формула получена из закона сохранения энергии записанного для поступательного движения в виде

mv C2 , ⇒ v1 = 2gh ≅ 4,5м/с. mgh = 2 2. Катящийся шар никак нельзя считать движущимся поступательно, явно выражено вращение вокруг мгновенной оси, проходящей через общую точку шара и плоскости, перпендикулярно вектору скорости центра масс шара. В этой связи, правую часть уравнения следует переписать, дополнив его вращательной составляющей кинетической энергии

mv C2 J z ω2 mv C2 mv C2 mgh = + = + = 0,7mv C2 , 2 2 5 2 v 2 = 1,43gh ≅ 3,8 м/с. 3. Абсолютная погрешность вычисления скорости, таким образом, равна Δv = v1 − v 2 = 0,7 м/с, 47

что составляет более 18 % от правильного результата. 70. На одном из концов стержня длины l = 1 м и массы m1 = 1 кг укреплён свинцовый шарик массой m2 = 0,2 кг. Стержень, будучи поставлен на разные концы А или В, падает без скольжения из вертикального положения два раза. Сравните угловые ускорения при отклонении стержня на угол α = 300 от вертикали.

Решение

1. Рассмотрим случай падения стержня когда точка А находится внизу. Определим суммарный момент действующих сил относительно оси вращения z, проходящей через конец А, перпендикулярно плоскости чертежа r M z1 F = (m1gl 2) cos α + m 2 l cos α ,

()

()

r ⎛m ⎞ M z1 F = lg cos α⎜ 1 + m 2 ⎟ . ⎠ ⎝ 2 2. Суммарный момент инерции стержня с шариком запишется следующим образом

1 ⎞ ⎛m J z1 = m1l 2 cos 2 α + m 2 l 2 cos 2 α = l 2 cos 2 α⎜ 1 + m 2 ⎟ . 3 ⎠ ⎝ 3 3. Угловое ускорение можно выразить из уравнения вращательного движения твёрдого тела

()

r M z1 F ε1 = = J z1

⎛m ⎞ g⎜ 1 + m 2 ⎟ ⎝ 2 ⎠ . ⎞ ⎛m l cos α⎜ 1 + m 2 ⎟ ⎠ ⎝ 3

4. Угловое ускорение при падении стержня во втором случае, когда свинцовый шарик станет находиться внизу, будет определяться исключительно параметрами стержня

ε2 =

g 3m1g = 1,5 . l cos α 2m1l cos α

5. Определим отношение угловых ускорений

ε1 m1 + 2m 2 = ≅ 0,88. ε 2 m1 + 3m 2

Элементы гидромеханики 71. В полусферическую тяжёлую оболочку внутреннего радиуса R, плотно прилегающую к горизонтальной поверхности через малое отверстие в вершине вливается жидкость плотности ρ. Когда жидкость доходит до отверстия, полусфера приподнимается и начинает пропускать воду. Определите массу оболочки.

Решение

1. Для определения величины силы, действующей на внутреннюю поверхность полусферы, разобьем объём на элементарные горизонтальные слои текущим радиусом r и толщиной dr. 2. Определим вес элементарного объёма f i = Δmg i = ρπri2 dr . 3. Полная сила, обусловленная внутренним давлением жидкости, определится посредст-

48

вам интегрирования полученного уравнения для fi в пределах изменения текущего радиуса от 0 до R R

F = ∫ ρgπr 2 dr = 0

πρgR 3 . 3

4. Масса полусферической оболочки в этом случае определится как

Mg =

πρgR 3 , 3

M=

πρR 3 . 3

72. В цилиндрическом сосуде радиуса R, частично заполненном жидкостью плотности ρ, в боковой стенке имеется отверстие, заткнутое пробкой. Какую работу нужно совершить, чтобы вдвинуть пробку на длину х? Пробка имеет вид цилиндра радиуса r. Центр отверстия находится на расстоянии h от поверхности жидкости. Жидкость из сосуда не выливается.

Решение

1. Работа в данном случае может быть представлена в виде суммы работ силы гидростатического давления на перемещении х и работы по увеличению потенциальной энергии воды, за счёт подъёма её уровня. 2. Работа силы гидростатического давления A1 = F1 ⋅ x = p ⋅ s ⋅ x = ρgh ⋅ πr 2 x . 3. Высоту слоя жидкости, образовавшегося после перемещения пробки, определим из следующих соображений πR 2 h1 = πR 2 h + πr 2 x ,

Δh = h1 − h =

r2 x. R2

4. Масса, поднявшегося слоя жидкости определится как произведение плотности на объём, изменение потенциальной энергии произойдёт за счёт изменения положения центра тяжести на величину Δh/2

ΔU =

1 2 r2 πr ρx 2 x . R 2

5. Полная работа, таким образом, определится как

⎛ 1 r2 ⎞ A = A1 + ΔU = πr 2 ⎜⎜ h + x 2 ⎟⎟ ⋅ ρgx . 2 R ⎠ ⎝ 73. С какой силой давит тяжёлый стержень на дно водоёма, если жёстко связанный с ним пустотелый шарик радиуса r = 1 см плавает, наполовину погрузившись в воду. Плотность жидкости ρ = 1⋅103 кг/м3, длина стержня L = 10 см.

Решение

1. Условие равновесия поплавка можно записать в виде уравнения моментов. В данном случае удобно приравнять к нулю сумму моментов относительно оси, проходящей через центр масс стержня С, перпендикулярно плоскости чертежа i =2

∑M i =1

C

r (F) = 0 ,

49

N

L 4 3 ⎛L ⎞ − πr ρg⎜ + r ⎟ = 0 , 2 6 ⎝2 ⎠

откуда

N=

2 2 ⎛ 2r ⎞ πr ρg⎜1 + ⎟ ≅ 7 Н. L⎠ 3 ⎝

74. Глубоководный батискаф в виде полого ситалового шара с внешним радиусом R = 3 м, и внутренним радиусом r = 2,8 м плавает на поверхности воды, погрузившись на 2/3 своего объёма. Определите, балласт, какой массы mx необходимо принять на борт, чтобы аппарат полностью погрузился?

Решение

1. Условие равновесия батискафа на поверхности воды характеризуется равенством нулю суммы проекций сил на вертикальную ось, т.е. равенством модулей сил Архимеда и тяжести

FA = ρ0

4 32 πR g , 3 3

mg = ρC

(

)

4 π R 3 − r3 , 3

где ρ0 – плотность воды, ρС – плотность ситала. 2. Определим величину плотности ситала из условия равенства сил (1)

ρC =

ρ0 R 3 кг ≅ 5348 3 . 3 3 R −r м

(

)

3. Чтобы батискаф полностью затонул необходимо, чтобы сумма веса аппарата и балласта стала рана силе Архимеда, т.е.

(

)

4 4 πρ0 R 3g = m x g + πρC R 3 − r 3 g , 3 3 откуда:

mx =

[

(

)]

4 π ρ0 R 3 − ρC R 3 − r 3 ≅ 1040кг . 3

75. Учебную торпеду, обладающую средней плотностью ρ1 = 5⋅103 кг/м3, диаметром d = 1,5 м и высотой h = 15 м начинают вертикально поднимать из воды тросом длиной L = 20 м и массой m1 = 25 кг. Какую минимальную работу нужно совершить, чтобы вынуть торпеду за трос из воды?

Решение

1. Чтобы кормовая часть торпеды оказалась на поверхности воды трос необходимо выбрать на длину (L +h), ввиду несоизмеримости объёмов торпеды и троса выталкивающей силой троса можно пренебречь. Работа по подъёму троса, таким образом, определится как A1 = m1g(L + h ) = 8750 Дж. 2. Пока торпеда полностью находится в воде, на неё действует постоянная выталкивающая сила, по мере выхода корпуса из воды эта сила будет уменьшаться по линейному закону от максимального значения до нуля

πd 2 h ρ0 gπd 2 h 2 h ≅ 1,5⋅107Дж. h = A 2 = FA = ρ0 g 8 4 2 2 3. Полную работу по подъёму торпеды без учёта влияния силы Архимеда можно записать так

50

πd 2 h (L + h ) ≅ 4⋅107 Дж. 4

A 0 = mg(L + h ) = ρ1g

4. Чтобы определить минимальную работу по подъёму торпеды необходимо из А0 вычесть работу постоянной силы Архимеда на перемещении L, т.е.

A 3 = FA L = ρ0 g

πd 2 hL ≅ 5⋅106 Дж, 4

и величину А2, а работу по подъёму троса А1, прибавить. Таким образом A min = A 0 + A1 − A 2 − A 3 ≅ 2⋅107 Дж. 76. Балластный резервуар подводной лодки объёмом V = 5 м3 заполнен водой. Для сброса балласта в верхнюю часть резервуара компрессором подаётся сжатый воздух и вода через трубопровод сечением s = 100 см2, расположенный в нижней части резервуара вытекает наружу. Какова должна быть мощность компрессора, чтобы лодка, находящаяся на глубине 400 т м могла освободиться от балласта за τ = 50 с?

Решение

1 .Для того чтобы вытеснить жидкость из балластного резервуара необходимо, прежде всего преодолеть гидростатическое давление (атмосферное давление не учитывается т.к. оно одинаково действует как на входной трубопровод, так и на выходной). Мощность компрессора для этого должна быть не меньше, чем N1 = ρghQ = ρgh (V τ ) , 2. Чтобы вода покинула резервуар в заданное время, требуется сообщить ей определенную скорость, для этого требуется мощность

N 2 = pds =

ρv 2 s< v >, 2

где pd – динамическое давление, - средняя скорость истечение жидкости из выходного трубопровода, ρ - плотность воды. 3. Среднюю скорость можно выразить через объём резервуара площадь сечения выходного трубопровода и заданное время < v >= V sτ . 4. Подставим полученное значение скорости в уравнение мощности

N2 =

ρV 3 . 2s 2 τ3

5. Суммарная мощность компрессора необходимая для вытеснения воды за установленное время определится, таким образом, в виде суммы

N = N1 + N 2 = ρgh

V ρV 3 , + τ 2s 2 t 3

N≅ 410 кВт(557 л.с.). 77. Пластина массой m = 10 кг удерживается на месте в горизонтальном положении струями воды, бьющими вертикально вверх из n = 4 одинаковых сопел, имеющих площадь поперечного сечения s = 3 см2 каждое. Скорость истечения жидкости постоянна и равна v1 = 5 м/с. На какой высоте удерживается пластина, если струи после удара разлетаются строго в горизонтальной плоскости.

51

Решение

1. Сила, действующая со стороны одной струи на пластину определится как

F=

Δp = ρv 22s 2 . Δs

(1)

2. Уравнение (1) для пластины массой m и четырёх струй перепишется следующим образом mg = nρv 22s 2 . (2) 3. Выразим величину скорости v2 в сечении струи s2, используя уравнение неразрывности

v1s1 = v 2s 2 ⇒ v 2 =

v1s1 , s2

и перепишем с учётом этого уравнение (2)

mg = nρv 2 v1s1 .

(3)

4. запишем далее для сечений струи s1 и s2 уравнение Бернулли

ρv 22 ρv12 = − ρgh , 2 2 v 22 = v12 − 2gh . 5. Подставим значение скорости из уравнения (5) в уравнение (3) mg = nρ v12 − 2gh v1s1 . 6. Разрешая уравнение (6) относительно среза сопел, получим окончательно

(

)

1 ⎡ 2 ⎛ mg ⎞ ⎢ v1 − ⎜⎜ h= ⎟⎟ ρ 2g ⎢ n v s 1 ⎠ ⎝ ⎣

2

(4) (5) (6)

⎤ ⎥ ≅ 1,25 м. ⎥⎦

78. Тонкий горизонтальный диск радиуса R = 10 см расположен в цилиндрической полости с маслом, вязкость которого η = 8 мПа⋅с. Зазоры между диском и горизонтальными стенками полости одинаковы и равны h = 1 мм. Определите мощность, которую развивают силы вязкости, действующие на диск при его вращении с постоянной угловой скоростью ω = 60 рад/с. Краевыми эффектами пренебречь.

Решение

1. Сила внутреннего трения в вязкой жидкости определяется как

⎛ dv ⎞ Fη = η⎜ ⎟s . ⎝ dz ⎠ 2. Градиент скорости найдём, используя величину средней линейной скорости вращающегося диска

< v >=

ωR , ⇒ 2

dv ωR = . dz 2h

3. Мощность силы внутреннего трения запишется как

ωR ⋅ 2πR 2 ⋅ ωR , 2h 2 4 πηω R ≅ 9Вт. N= h

N = Fη v = η

52

79. Радиус сечения трубопровода монотонно уменьшается по закону r = r0 e-αx, где α = 0,5 м ,x – расстояние от начала трубопровода. Найдите отношение чисел Рейнольдса в сечениях, отстоящих друг от друга на расстоянии Δx = 3,2 м. –1

Решение

1. Значение критерия Рейнольдса для сечений трубопровода s0 и s1 определится как

Re 0 =

v 0 r0 vr , Re1 = 1 1 . ν ν

2. Значение скорости потока в сечении s2 можно определить, воспользовавшись уравнением неразрывности

v 0s 0 v 0 πr02 v v1 = = = −1,06 2 ≅ 24,5v 0 . − αΔx 2 s2 π(r0 e ) (e ) 3. Отношение критериев Рейнольдса, таким образом, будет равно

Re1 24,5v 0 ⋅ r0 e −1, 6 ≅ 5. = Re 0 v 0 r0 80. Переливание крови, как обычно, осуществляют из специального сосуда поднятого на некоторую высоту. Кровь подаётся по трубке через иглу, введённую в вену. Внутренний диаметр иглы составляет d1 = 0,5 мм, длина иглы L = 4 см. По медицинским показаниям кровь требуется вводить по Q = 4 см3/мин. На какой высоте над уровнем иглы следует расположить сосуд с запасом крови при её вязкости η = 4⋅10 –3 Па⋅с, если давление крови в вене превышает атмосферное на Δр = 20 мм. рт. столба?

Решение

1. Кровь будет поступать в вену в заданном количестве, если гидростатическое давление на входе в иглу будет превышать давление в вене на вполне определённую величину. Разность этих давлений определяется формулой Пуазейля. 2. Формула Пуазейля в данном случае запишется следующим образом

Q=

(ρgh − Δp)πr14 , 8ηL

откуда

h≥

⎞ 1 ⎛ 8ηLQ ⎜⎜ + Δp ⎟⎟ ≅ 0,3 м. 4 ρg ⎝ πr1 ⎠

Тяготение. Элементы теории поля 81. Во сколько раз вес тела на полюсе нашей планеты отличается от веса того же тела на экваторе?

Решение

1. Отличие веса любого тела на полюсе и экваторе вызвано суточным вращением нашей планеты вокруг условно неподвижной оси с периодом Т. Возникающее при вращательном движении центростремительное (нормальное) ускорение. Чтобы тело рассматривать как неподвижное к действующей 53

r

силе веса необходимо добавить силу инерции, вызванную центробежным ускорением a наr правленым в строну противоположную вектору ускорения свободного падения g и равным по модулю нормальному ускорению. 2. Нормальная реакция N на полюсах планеты определяется третьим законом Ньютона N П = mg . (1) 3. На экваторе вес тела окажется равным N = m(g - a ) , (2) где

a=

v 2 4π 2 R = . R T2

4. Подставим значение ускорения в уравнение (2)

⎛ 4π 2 R ⎞ ⎟. N Э = mg⎜⎜1 2 ⎟ ⎝ gT ⎠

(3)

5. Найдём относительное изменение веса тела на полюсе и на экваторе

⎛ 4π 2 R ⎞ ⎟ mg - ⎜⎜1 gT 2 ⎟⎠ 4π2 R 4 ⋅ 10 ⋅ 6,4 ⋅ 106 ⎝ κ= = ≈ ≈ 3,4 ⋅ 10 − 3 . 2 9 mg gT 10 ⋅ 8,5 ⋅ 10 6. Для произвольной точки В на поверхности планеты величина ускорения будет зависеть от кратчайшего расстояния до оси вращения r, т.е.

⎛ 4π 2 r ⎞ ⎛ 4π 2 R cos ϕ ⎞ ⎟ ⎜⎜1 − ⎟⎟ . N B = mg⎜⎜1 − mg = gT 2 ⎠⎟ gT 2 ⎝ ⎝ ⎠ 82. Построить график зависимости ускорения силы тяжести Земли от широты местности и указать точкой величину gх, соответствующую г. Петропавловск – Камчатскому, расположенному на 530 северной широты.

Решение

1. Ускорение силы тяжести будет изменяться в зависимости от расстояния от данной точки поверхности Земли, которую в данной задаче будем считать идеальной сферой, до оси вращения g x = g0 − a n , Где gx − ускорение силы тяжести в данной точке, g0 − ускорение силы тяжести на полюсе, т.е. в точках, лежащих на оси вращения, an − нормальное (центростремительное) ускорение вызванное суточным вращением Земли. 2. Выразим нормальное ускорение через радиус Земли и широту ϕ расположения произвольной точки

an =

v 2 ω2 r 2 4πr 2 4π 2 R cos ϕ . = = = r r r T2

3. Ускорение силы тяжести, таким образом, определится уравнением

g x = g0 −

4π 2 R 4 ⋅ 9,86 ⋅ 6,4 ⋅106 cos 9 , 81 ϕ = − cos ϕ = 9,81 − 0,0338 ⋅ cos ϕ . T2 7,465 ⋅109

4. Вычислим значения gx в зависимости от широты и пронормируем их относительно g0 Широта gx gx/g0

100 9,777 0,997

200 9,778 0,996

300 9,781 0,9974

400 9,784 0,9973

500 9,788 0,99776

54

600 9,793 0,9983

700 9,799 0,9988

800 9,809 0,9998

900 9,81 1,0

5. Полученные данные оформим в виде графической зависимости g x g 0 = f (ϕ) . Точкой на графике отмечена широта, соответствующая г. Петропавловску-Камчатскому.

83. Спутник движется по круговой орбите на высоте 300 км над поверхностью Земли. Какую минимальную добавочную скорость нужно сообщить спутнику, чтобы он стал искусственным спутником Солнца?

Решение

1. Сила тяготения сообщает спутнику нормальное (центростремительное ускорение). Возникающая при этом сила инерции равна силе тяготения по модулю и противоположна по направлению. Равенство модулей этих сил обеспечивает нахождение спутника на стационарной орбите. 2. Запишем уравнение второго закона Ньютона, с учётом того, что спутник находится на круговой орбите на высоте h = 3⋅105 м над поверхностью Земли, обладающей массой М ≈ 5,876⋅1024 кг и радиусом R ≈ 6,4⋅106 м

ma n = FG ; m

Mm v12 , =G R+h (R + h )2

где m − масса спутника, М − масса Земли, h − высота полёта спутника над поверхностью, G ≈ 6,67⋅10 − 11 Нм2/кг2 − гравитационная постоянная, v1 − линейная орбитальная скорость спутника, находящегося на высоте h= 300 км над поверхностью Земли. 3. Определим линейную скорость спутника на орбите

v1 =

GM ≅ (R + h )

6,67 ⋅ 10−11 ⋅ 5,876 ⋅ 1024 м км . ≅ 1,0488 ⋅ 104 ≅ 10,5 6 5 6,4 ⋅ 10 + 3 ⋅ 10 с с

(

)

4. Космический аппарат может стать искусственным спутником Солнца, если его кинетическая энергия станет равной или больше потенциальной энергии взаимодействия с Землёй

км mv 22 = mgR; ⇒ v 2 = 2gR = 11,19 . с 2 5. Спутнику необходимо сообщить скорость

Δv = v 2 − v1 = 0,69 км с .

55

84. Для осуществления глобальной планетарной связи достаточно иметь три спутника Земли с периодом вращения по круговой орбите Т = 24 ч. Определите радиус орбиты, линейную скорость и взаимное расположение спутников.

Решение

1. Чтобы период обращения спутника был равен периоду обращения Земли вокруг своей оси, его угловая скорость должна быть равна угловой скорости собственного вращения нашей планеты

ω=

рад 2π 6,28 . = ≅ 7,27 ⋅ 10− 5 с T 86400

2. Определим радиус орбиты спутника с учётом его угловой скорости GM GM ωri = ; ω2 ri2 = ; ri ri . −11 24 ⋅ ⋅ GM 6 , 7 10 5 , 9 ⋅ 10 7 ri = 3 2 ≅ 3 ≅ 4,2 ⋅10 м = 42400 км . ω 5,3 ⋅109 3. Линейную скорость спутника определим, воспользовавшись теоремой Эйлера м км . v i = ωri = 7,27 ⋅10 −5 ⋅ 4,2 ⋅107 = 3053,4 = 3,0534 с с

85. Какую минимальную работу надо совершить, чтобы переместить тело с поверхности Луны на поверхность Земли?

Решение

1. Представим работу в виде изменения потенциальной энергии перемещаемого тела r0 r0 ⎡M M1 ⎤ A = ∫ (F2 − F1 )dr = Gm ∫ ⎢ 22 − , r (L − r )2 ⎥⎦ R2 ⎣ R2 где G − гравитационная постоянная, m − масса перемещаемого тела, М2 − масса Луны, М1 − масса Земли, r0 − расстояние от центра Луны до точки, где результирующая сил тяготения

56

равна нулю, L − расстояние между центрами Земли и Луны. 2. Проинтегрируем уравнение работы ⎛M M1 M M1 ⎞ ⎟. A = −Gm⎜⎜ 2 − − 2− L − r0 R 2 L − R 2 ⎟⎠ ⎝ r0 3. Величину r0 определим из условия равенства гравитационных сил GmM 2 GmM1 = , 2 r0 (L − r0 )2 откуда − M 2 + M1M 2 r0 = L. M1 − M 2 86. Какую минимальную работу надо совершить, чтобы забросить тело массой 1 кг на Луну? Считать, что во время броска взаимное положение Земли и Луны не меняется.

Решение

1. Работа по перемещению тела массой m с поверхности Земли на поверхность луны будет численно равна изменению кинетической и потенциальной энергии. Поскольку тело предполагается перемещать из состояния покоя, то изменение кинетической энергии можно не учитывать (см. рисунок к предыдущей задаче). 2. Поскольку перемещение тела в отсутствии сопротивления осуществляется в гравитационном поле двух небесных тел, которое является потенциальным, то работу можно представить следующим образом A = m(ϕ2 − ϕ1 ) , где ϕ1, ϕ2 − потенциалы гравитационных полей Земли и Луны, m − масса перемещаемого тела. 3. Перепишем уравнение работы с учётом значений соответствующих потенциалов гравитационных полей ⎛M ⎛M M ⎞ M ⎞ A ≅ −mG⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ = mG⎜⎜ 1 − 2 ⎟⎟ , ⎝ R2 R2 ⎠ ⎝ R1 R 2 ⎠ где M1, M2 − массы Земли и Луны, R1, R2 − радиусы Земли и Луны, G − гравитационная постоянная. 4. Подставим табличные данные в последнее уравнение ⎛ 6 ⋅10 24 7,35 ⋅10 22 ⎞ ⎟ ≅ 6 ⋅107 Дж . A ≅ 1 ⋅ 6,7 ⋅10 −11 ⎜⎜ − 6 6 ⎟ 1,74 ⋅10 ⎠ ⎝ 6,4 ⋅10 87. Два однородных, одинаковых, соприкасающихся шара притягивают друг друга c силой F. Во сколько раз изменится сила, если массу шаров увеличить в n раз? Вещество шаров в процессе изменения массы не меняется.

Решение

1. Выразим первоначальную массу шара через его радиус 4 m1 = πρr13 = Ar13 . (1) 3 2. Масса того же шара после изменения 4 nm1 = πρr23 = Ar23 . (2) 3 3. Решая совместно уравнения (1) и (2) определим радиус шара после увеличения массы

57

nm1 Ar13 = 3 ; r2 = r1 3 n . m1 Ar2 4. Запишем уравнение силы взаимодействия F до увеличения массы m2 m ⋅m F1 = G 1 12 = G 12 . 4r1 (r1 + r1 )

(3)

(4)

5. Уравнение силы взаимодействия шаров после увеличения их массы 4

n 2 m12

n 3 m12 F2 = G =G . (5) 4r12 4r12 3 n 2 6. Определим изменение силы взаимодействия, поделив уравнение (5) на уравнение (4) F2 = F1

4 n 3 m12 G 4r12 m2 G 12 4r1

4

= n 3 = n3 n .

88. Сравните силы притяжения между Землёй и Солнцем и Луной и Землёй.

Решение

1. Выразим параметры Солнца и Луны через характеристики Земли 1 М С = 3,3 ⋅ 105 М З ; М Л = М З ; R Л − З = 60R З ; R С − З = 2,3 ⋅ 104 R З . 81 2. Запишем уравнения сил притяжения между Солнцем и Землёй и Землёй и Луной 3,3 ⋅ 105 M З ⋅ М З МЗ ⋅ МЗ . FС − З = G ; FЗ − Л = G 8 2 5,3 ⋅ 10 R З 2,9 ⋅ 105 R 2З 3. Сравним силы притяжения FС − З 3,3 ⋅ 105 ⋅ 2,9 ⋅ 105 = ≅ 180,6 . FЗ − Л 5,3 ⋅ 108 89. Планета движется по круговой орбите. Определите, зависимость между радиусом орбиты R и периодом обращения T вокруг Солнца.

Решение

1. Запишем условие нахождения планеты на стационарной круговой орбите mM mv2 G 2 = , r r где m − масса планеты, М − масса Солнца, r − радиус орбиты планеты, v − линейная рость планеты. 2. Выразим линейную скорость планеты через период её обращения вокруг планеты 2π v = ωr = r, T где ω − угловая скорость планеты, Т − период её обращения. 3. Подставим значение линейной скорости в уравнение (1) m ⋅ M m 4π 2 r 2 M 4π 2 r 2 G 2 = ; G = ; GMT 2 = 4π 2 r 4 . 2 2 2 r T r T

58

(1) ско-

(2)

(3)

4. Решим уравнение (3) относительно радиуса r=4

GM 2 4 6,67 ⋅ 10−11 ⋅ 2 ⋅ 1030 2 T ≅ T ≅ 4,3 ⋅ 104 T . 40 4π2

90. Определите, при каком радиусе орбиты R спутник может двигаться в плоскости экватора, оставаясь над одной и той же точкой поверхности Земли.

Решение

1. Чтобы спутник, двигаясь по круговой орбите, всё время находился над одной и той же точкой поверхности Земли, необходимо, чтобы период его обращения был равен периоду собственного вращения планеты. 2. Запишем уравнения гравитационного закона и нормального ускорения, возникающего при движении спутника по круговой орбите 2

⎛ 2πr ⎞ ⎜ ⎟ 2 v 4π 2 mM T ⎠ an = =⎝ = 2 r; FG = G 2 , r r T r где r − радиус орбиты спутника, Т − период его обращения, v − линейная скорость спутника на орбите, G − гравитационная постоянная, m − масса спутника, М − масса Земли. 3. Для того чтобы спутник находился на стационарной орбите необходимо выполнение условия mM mv 2 mM 4π 2 mr . G 2 = ma n = ; G 2 = r r r T2 4. Разрешим полученное условие стационарности орбиты относительно радиуса 4π 2 r 3 = GMT 2 ; ⇒ ⇒r=3

GMT 2 3 6,67 ⋅10 −11 ⋅ 6 ⋅10 24 ⋅ 86400 2 ≅ ≅ 4,2 ⋅10 7 км. 40 4π 2

Релятивистская механика 91. Фотонная ракета движется относительно Земли со скоростью v = 0,6с (с – скорость света). Во сколько раз изменится ход времени в ракете с точки зрения земного наблюдателя?

Решение 1. Промежуток времени Δτ в системе, перемещающейся в пространстве со скоростью v по отношению к наблюдателю связан с промежутком времени Δτ0 в неподвижной для наблюдателя системе отсчёта соотношением, впервые предложенном Хендриком Лоренцем Δτ0 Δτ = , 2 ⎛v⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝c⎠ где v − скорость движущегося объекта, с − скорость света. 2. Перепишем последнее уравнение, исходя из поставленного в задаче вопроса 2

Δτ0 ⎛ 0,6с ⎞ = 1− ⎜ ⎟ = 0,8 . Δτ ⎝ с ⎠ 3. Таким образом, если в неподвижной системе отсчёта пройдёт одна единица времени, то на фотонной ракете всего 0,8 единицы, т.е. получается, что промежутки времени на Земле в 1,25 раза длиннее. ς=

59

92. При какой скорости движения кинетическая энергия движущегося электрона станет равной K = 5 МэВ?

Решение

1. Кинетическая энергия движущегося электрона будет многократно превосходить его энергию покоя, поэтому для определения скорости воспользуемся релятивистскими соотношениями mc2 K = E − E0 = − mc2 . 2 v 1− 2 c 2. Разрешим полученное уравнение относительно скорости K (K + 2E 0 ) 5(5 + 1,022 ) v=c = 3 ⋅ 108 ≅ 2,99 ⋅ 108 м / с . K + E0 5,511 93. Собственное время жизни μ − мезона τ0 ≅ 2 мкс. От точки рождения до точки распада в лабораторной системе координат μ - мезон пролетел L ≅ 6 км. Определите время жизни частицы в системе движущихся вместе с ним координат.

Решение

1. Скорость μ − мезона в движущейся системе координат L 6 ⋅ 103 м v= = = 3 ⋅ 108 . −6 с τ0 2 ⋅ 10 2. Запишем далее релятивистское соотношение для промежутков времени τ0 =

τ 1−

v2 c2

; ⇒ τ = τ0 1 −

v2 = 2 ⋅ 10− 6 1 − 0,81 ≅ 8,72 ⋅ 10− 7 c . c2

94. Две релятивистские частицы движутся в лабораторной системе отсчёта со скоростями v1 = 0,6 c и v2 = 0,9 c вдоль одной прямой. Определить их относительную скорость для случая движения частиц в одном и противоположном направлении.

Решение

1. Относительная скорость частиц при их движении в одну сторону v −v 0,9c − 0,6c 0,3c v1 = 2 1 = = = 0,195c . v1v 2 0,9c ⋅ 0,6c 1,54 1+ 2 1+ c c2 2. Относительная скорость частиц при их встречном движении v + v1 0,9c + 0,6c 1,5c v1 = 2 = = = 0,974c . v1v 2 0,9c ⋅ 0,6c 1,54 1+ 2 1+ c c2 95. В ускорителе радиоактивному ядру сообщили скорость v1 = 0,4с. Во время вылета из ускорителя ядро в направлении движения выбросило β − частицу со скоростью v2 = 0,75с относительно ускорителя. Определите скорость частицы относительно ядра.

Решение 1. Скорость β − частицы относительно ядра в рассматриваемом случае, с учётом движения ядра и β − частицы в одно направлении определится уравнением

60

v=

v 2 − v1 0,35c = = 0,5c . vv 0,7 1− 12 2 c

96. Два ускорителя выбрасывают навстречу друг другу частицы со скоростью v = 0,9c . Определите относительную скорость сближения частиц в системе отсчёта, движущейся вместе с одной из частиц.

Решение

1. Скорость относительно системы отсчёта, связанной с одной из встречно движущихся частиц определится следующим уравнением v + v2 0,9c + 0,9c 1,8c v= 1 = = = 0,994c . vv 0,9c ⋅ 0,9c 1,81 1+ 1 2 2 1+ c c2 97. Частица движется со скоростью v = 0,5с. Во сколько раз релятивистская масса частицы больше её массы покоя?

Решение

1. Релятивистская масса частицы при её движении со скоростью, соизмеримой со скоростью света, определяется уравнением m0 m= , 2 v ⎛ ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝c⎠ откуда следует, что 1 m 1 = = = 1,154 . 2 2 m0 ⎛v⎞ ⎛ 0,5c ⎞ 1− ⎜ 1− ⎜ ⎟ ⎟ c ⎝ ⎠ ⎝ c ⎠ 98. С какой скоростью движется частица, если её релятивистская масса в три раза больше массы покоя?

Решение

1. Запишем уравнение изменения релятивистской массы частицы m0 m= , 2 ⎛v⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝c⎠ откуда следует, что m 1 = = 3. 2 m0 ⎛v⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝c⎠ 2. Решим последнее уравнение относительно скорости частицы ⎛ v2 ⎞ 8 2 9⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ = 1; 9c 2 − 9 v 2 = c 2 ; v = c ≅ 0,943c . 9 ⎝ c ⎠

61

99. Объём воды в океане равен V = 1,37⋅10 9 км3. Определить, на сколько возрастёт масса воды в океане, если температура воды увеличится на Δt = 10С ?

Решение

1. Количество тепла, приобретаемое океаном вследствие изменения его температуры ΔQ = с т mΔT = с t ρVΔT , 3 где сt ≈ 4,3⋅10 Дж/кг⋅К − удельная теплоёмкость воды, ρ ≈ 1⋅103 кг/м3 − плотность воды, V ≈ 1,37⋅1018 м3 − объём воды в океане, ΔТ = 10 К − изменение температуры. 2. Взаимосвязь массы и энергии определяется уравнением ΔE ΔQ E = mc2 ; ⇒ Δm = 2 = 2 , c c 8 где с ≈ 3⋅10 м/с − скорость света. 3. Подставим в последнее уравнение значение ΔQ c ρVΔT 4,22 ⋅103 ⋅1 ⋅103 ⋅1,37 ⋅1018 ⋅1 Δm = t 2 = ≅ 6,4 ⋅107 кг . 16 c 9 ⋅10 100. Солнечная постоянная (плотность потока энергии электромагнитного излучения Солнца на расстоянии, равном среднему расстоянию L от Земли до Солнца) равна 1,4 кВт/м3. Определите массу, которую теряет Солнце в течение одного года.

Решение

1. Определим мощность излучаемую Солнцем для сферы с радиусом L ≈ 1,5⋅1011 м 4 N = ϖV = ϖ πL3 . 3 2. Энергия, излучаемая Солнцем в течение года E = Nτ ≅ ϖ ⋅ 4L3τ . 3. Энергия, в соответствие с уравнением, впервые записанном Оливером Хевисайдом и используемым в дальнейшем, без приличествующих обстоятельству ссылок, Эйнштейном в теории относительности, определится, как 4ϖL3τ mc2 = 4ϖL3τ; ⇒ m = ≅ 6,5 ⋅ 107 кг , c2 где ϖ − солнечная постоянная, L − среднее расстояние между Солнцем и Землёй, τ ≈ 3,1⋅107с − продолжительность года, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света.

62

Задание № 2 Молекулярная физика. Термодинамика Молекулярно-кинетическая теория 1. Определите массу одной молекулы: азота (N2), аммиака (NH3), ацетилена (C2H2), спирта (C2H5OH) и ацетона (C3H6O).

Решение

1. Масса произвольного количества вещества определяется как m = m 0 N = νm0 N A = νμ , где m0 − масса одной молекулы, N − число молекул, ν − количество вещества, μ − молярная масса данного вещества, NA ≈ 6⋅1023 моль − 1 − число Авогадро. 2. Исключая из предыдущего уравнения количество вещества ν, получим расчётную формулу μ m 0 N A = μ; ⇒ m 0 = . NA 3. Воспользовавшись таблицей Д.И. Менделеева, определим молярные массы заданных веществ кг μ(N 2 ) = (2 ⋅ 14 ) ⋅ 10− 3 = 28 ⋅ 10−3 ; моль кг μ(NH 3 ) = (14 + 3) ⋅ 10−3 = 17 ⋅ 10−3 ; моль кг μ(С2 H 2 ) = (12 ⋅ 2 + 2 ) ⋅ 10−3 = 26 ⋅ 10− 3 ; моль кг μ(C2 H 5OH ) = (12 ⋅ 2 + 5 + 16 + 1) = 46 ⋅ 10−3 ; моль кг μ(С6 H 6O ) = (12 ⋅ 6 + 6 + 16) = 94 ⋅ 10−3 ; моль 4. Вычислим массы молекул заданных веществ 2,8 ⋅ 10−3 m 0 (N 2 ) = ≅ 4,67 ⋅ 10− 27 кг; m 0 (NH3 ) ≅ 2,8 ⋅ 10− 26 кг; 23 6 ⋅ 10 m0 (C2 H 2 ) ≅ 4,3 ⋅ 10−26 кг; m 0 (C 2H 5OH ) ≅ 7,7 ⋅ 10−26 кг; m0 (C6 H 6O ) ≅ 1,56 ⋅ 10−25 кг .

2. Сколько молекул находится в стакане воды?

Решение

1. Примем массу воды, содержащейся в стакане воды равной m = 0,2 кг, молярную массу μ = 18⋅10 3 кг/моль и запишем уравнение для определения молярной массы в виде m N mN A ν= = ⇒ N= ≅ 6,7 ⋅ 10 24 . (1) μ NA μ

63

3. Каким образом, зная плотность ρ и молярную массу μ, определить число молекул n, газа, находящихся в единице объёма?

Решение

1. Концентрация молекул, т.е. их количество в единице объёма, применительно к одному молю вещества может быть записана так N n= A . (1) Vμ 2. Выразим объём моля через плотность газа и его молярную массу Vμ = μ/ρ и подставим в уравнение (1) N ρ 6 ⋅ 10 23 ⋅ 1 1 n= A ≅ ≅ 2 ⋅ 10 25 3 . −3 μ 28 ⋅ 10 м

(2)

4. Вычислите массу одного моля электронного газа.

Решение 1. Электрон в данном случае можно рассматривать как одноатомную молекулу газа, имеющую массу me ≈ 1⋅10 − 30 кг. 2. В одном моле электронного газа будет содержаться N ≈ 6⋅1023 частиц (число Авогадро, численно равное количеству частиц в одном моле любого вещества). Масса одного моля электронного газа, таким образом, определится как mν = me N ≅ 6 ⋅ 10−7 кг . 5. Оцените диаметр атомов ртути.

Решение

1. Плотность ртути при t = 20 0C составляет ρ = 13,56⋅103 кг/м3, молярная масса ртути − μ = 0,201 кг/моль, число Авогадро − NА ≅ 6⋅1023 1/моль. 2. Считая молекулу сферической частицей, определим её диаметр 4 V0 = πR 30 ≈ d 30 ⇒ d 0 ≅ 3 V0 , (1) 3 где R0, d0, V0 − радиус, диаметр и объём молекулы, соответственно. 3. Объём одного моля и одной молекулы определяется в этом случае соотношениями μ μ 0,201 Vm = ⇒ d0 ≅ 3 ≅3 ≅ 2,91 ⋅ 10 −10 м . (2) ρ ρN A 13,56 ⋅ 10 3 ⋅ 6 ⋅ 10 23 6. В колбе объёмом 2 дм3 содержится газ под давлением 660 кПа. Определите, сколько этого газа находится в колбе, если температура газа равна t = 170 С.

Решение 1. Для определения количества газа в колбе целесообразно воспользоваться уравнением состояния (уравнением Клапейрона − Менделеева) pV = νRT , где р = 6,6⋅105 Па, V = 2⋅10 − 3 м3, R = 8,3 Дж/моль⋅К, Т = 290 0К − абсолютная температура газа, ν − количество вещества. 2. Решим предыдущее уравнение относительно количество вещества pV 6,6 ⋅ 105 ⋅ 2 ⋅ 10−3 ν= ≅ ≅ 0,55 молей . RT 8,3 ⋅ 290

64

7. С сосуде ёмкостью V = 2л находится ν = 2 моля кислорода. Определите плотность этого газа.

Решение

1. Массу кислорода можно представить двумя уравнениями ⎧m = ρV; ⎨ ⎩m = μν ,

где V = 2⋅10 − 3м3 − объём кислорода, μ = 16⋅10 − 3 кг/моль − молярная масса кислорода, ν = 2 моля − количество кислорода в сосуде. 2. Решая уравнения совместно, получим кг μν 16 ⋅ 10−3 ⋅ 2 ≅ 16 3 . ρ= ≅ −3 V 2 ⋅ 10 м 8. В сосуде вместимостью 5л находится газ в количестве ν = 0,2 моля при плотности ρ = 1,12 кг/м3. Какой это газ?

Решение

1. Воспользуемся системой уравнений, полученных в предыдущей задаче ⎧m = ρV; ⎨ ⎩m = μν , и разрешим их относительно молярной массы газа кг ρv 1,12 ⋅ 5 ⋅ 10−3 μ= = ≅ 28 ⋅ 10− 3 . 0,2 моль ν 2. Судя по полученному значению молярной массы, неизвестным газом является молекулярный азот μ(N2) = 28⋅ 10 − 3 кг/моль. 9. Одна треть молекул азота массой m = 10г распалась (диссоциировало) на атомы. Определить полное число частиц N, находящихся в газе.

Решение

1. Суммарное количество молекул после диссоциации определим в виде уравнения NΣ = N + 0,33N. 2. Определим исходное количество молекул азота до начала процесса диссоциации mN A 0,01 ⋅ 6 ⋅ 10 23 N= ≅ ≅ 2,1 ⋅ 10 22 . μ 28 ⋅ 10 − 3 3. Найдём суммарное количество частиц после завершения процесса диссоциации 2,1 ⋅ 10 22 N Σ = 2,1 ⋅ 10 22 + = 2,8 ⋅ 10 23 . 3 10. Определите среднее расстояние между центрами молекул водяного пара в нормальных условиях и сравните его с диаметром молекулы воды.

Решение

1. Поскольку водяной пар находится при нормальных условиях, то известна величина объёма одного моля Vμ = 22,4⋅10 − 3м3, в котором содержится NA. На одну молекулу, таким образом, приходится объём

65

V0 =

Vμ

. NA 2. Среднее расстояние между молекулами в этом случае составит V 22,4 ⋅ 10−3 < L >= 3 μ ≅ 3 ≅ 3 ⋅ 10−9 м . NA 6 ⋅ 1023

3. Средний диаметр молекул воды составляет d0 ≅ 3⋅10 ≅ 10 . d0

10

м, поэтому

11. Используя значение постоянной Авогадро, определите атомную единицу массы.

Решение 1. Атомная единица массы обратно пропорциональна числу Авогадро, которое равно числу атомов или молекул в одном моле вещества. Если рассмотреть единицу количества вещества, т.е. 1⋅10−3 кг/моль, то атомная единица массы может быть представлена следующим образом ν 1 ⋅10 −3 а.е.м. = 0 = ≅ 1,66 ⋅10 −27 кг . N A 6 ⋅10 23 12. Из всех металлов наибольшим отношением плотности к относительной атомной массе ρ/Аr обладает бериллий, наименьшим значением − калий. Определите для этих металлов отношение числа атомов n в единице объёма.

Решение

1. Запишем табличные данные для указанных металлов: μ(Ве) = 9⋅10 − 3 кг/моль; ρ(Ве) = 1,84⋅103 кг/м3; μ(К) = 39⋅10 − 3 кг/моль, ρ(К) = 0,87⋅103 кг/моль. 2. Воспользовавшись уравнением N ρ n= A , μ определим искомые концентрации атомов N ρ 1,84 ⋅ 103 ⋅ 6 ⋅ 10 23 1 n (Be) = A ≅ ≅ 1,22 ⋅ 10 29 3 , −3 μ 9 ⋅ 10 м n(K) =

N A ρ 0,87 ⋅ 103 ⋅ 6 ⋅ 10 23 1 ≅ ≅ 1,34 ⋅ 10 28 3 . −3 μ 39 ⋅ 10 м

13. Один моль гелия и водорода при нормальных условиях занимает объём 22,4 л. Чему равно в этом случае: а) количество молекул в единице объёма? б) Среднее расстояние между центрами молекул?

Решение

1. Концентрация молекул определяется соотношением N 6 ⋅ 10 23 1 n= A ≅ ≅ 2,68 25 3 , (1) Vμ 22,4 ⋅ 10 −3 м в этой связи независимо от типа газа при его количестве 1 моль концентрация молекул будет одинаковой, т.е. n(He)/n(H2) = 1. 2. Определим расстояние между центрами молекул (см. задачу №10) V 22,4 ⋅ 10−3 < L >= 3 μ ≅ 3 ≅ 3 ⋅ 10−9 м . NA 6 ⋅ 1023

66

14. Движущийся теплоизолированный сосуд внезапно останавливается. Сравните приращение температуры, если в сосуде находится: а) водород; б) гелий. Вся кинетическая энергия молекул преобразуется в их внутреннюю энергию. Все прочие параметры процесса одинаковы.

Решение

1. Поскольку вся кинетическая энергия молекул газов преобразуется во внутреннюю энергию, то справедливы следующие уравнения m ⎧ ⎪ΔK1 = ΔU1 = μ RΔT1; ⎪ 1 ⎨ ⎪ΔK = ΔU = m RΔT , 2 2 ⎪⎩ 2 μ2 где ΔК1 = ΔК2 − изменение кинетической энергии всех молекул при внезапной остановке сосуда, m − масса газа в движущемся сосуде, μ1, μ2 − молярные массы водорода и гелия, R − универсальная газовая постоянная, ΔТ1, ΔТ2 − изменение абсолютной температуры водорода и гелия. 2. Поделив уравнения друг на друга, получим ΔT2 μ 2 = = 2, ΔT1 μ1 т.к. молярная масса гелия в два раза больше молярной массы водорода. 15. Внутренняя энергия некоторого газа 55 МДж, причём на долю энергии вращательного движения приходится 22 МДж. Сколько атомов в молекуле этого газа?

Решение 1. Запишем систему уравнений, определяющих внутреннюю энергию молекул через количество степеней свободы молекул i i i ⎧ ⎧ ⎪⎪22 ≈ N 2 k BT; ⎪⎪U вр ≈ N 2 k BT; → ⎨ ⎨ ⎪33 ≈ N 3 k T, ⎪U ≈ N 3 k T, B B ⎪⎩ пст ⎪⎩ 2 2 где N − общее число молекул газа, kB − постоянная Людвига Больцмана, Т − абсолютная температура. 2. Поделим далее второе уравнение последней системы на первое уравнение, чтобы определить число степеней свободы вращательных движений молекулы 33i = 66; ⇒ i = 2 . 3. Таким образом, молекула некого газа имеет три поступательных и две вращательных степени свободы, т.е. это двухатомная молекула гантелевидного вида. 16. Сравните число молекул воды и ртути, содержащееся в равных объёмах.

Решение

1. Число молекул определяется, как известно, уравнением mN A N= . μ 2. Выразим массу через плотность веществ и их объём ρVN A N= , μ отношение числа молекул, таким образом, представится уравнением

67

μ(Hg) ⋅ ρ(H 2O) N(Hg) = ≅ 1,215 . N(H 2O) μ(H 2O) ⋅ ρ(Hg) 17. Если пометить все молекулы в одном стакане воды и вылить этот стакан в океан, а потом, через некоторое время зачерпнуть воду в тот же стакан, то сколько молекул «меченной воды» там окажется при условии идеального распределения? Объём мирового океана принять равным 1,31⋅1018 м3, стакан – традиционный – объёмом 200 см3.

Решение

1. Определим общее количество молекул воды в океане 1 ⋅ 103 ⋅ 1,3 ⋅ 1018 ⋅ 6 ⋅ 1023 ρV N NO = 0 A ≅ ≅ 4 ⋅ 1046 . μ 18 ⋅ 10− 3 2. Определим концентрацию молекул воды в океане NO 4 ⋅ 10 46 1 nO = ≅ ≅ 3 ⋅ 10 28 3 . 18 VO 1,3 ⋅ 10 м 3. Найдём концентрацию «меченых» молекул в океане после выливания и идеального перемешивания ρV N 103 ⋅ 2 ⋅ 10−4 ⋅ 6 ⋅ 10 23 1 n Оx = C A ≅ ≅ 5 ⋅ 106 3 . −3 18 μVO 18 ⋅ 10 ⋅ 1,3 ⋅ 10 м 4. Определим количество «меченых» молекул в стакане после зачёрпывания воды из океана N x = n Ox ⋅ VC ≅ 5 ⋅ 106 ⋅ 2 ⋅ 10 −4 ≅ 100 . 18. Какая масса углекислого газа СО2 растворена в пластмассовой бутылке «Малкинской», если на одну молекулу газа приходится N = 5,56⋅105 молекул воды?

Решение

1. Определим количество молекул воды, содержащихся в бутылке ρVN A 1 ⋅10 3 ⋅1,5 ⋅10 3 ⋅ 6 ⋅10 23 NB = ≅ ≅ 5 ⋅10 25 . μ 18 ⋅10 −3 2. Определим количество молекул СО2 в бутылке 5 ⋅ 1025 N(CO 2 ) = ≅ 9 ⋅ 1019 . 5,56 ⋅ 105 3. Масса растворённого газа определится как μ(CO 2 ) ⋅ N (CO 2 ) 44 ⋅ 10−3 ⋅ 9 ⋅ 1019 m= ≅ ≅ 3,67 ⋅ 10− 6 кг . 23 NA 6 ⋅ 10 19. Радоновые источники содержат N ≅ 1,8⋅106 атомов радона на 1 дм3 воды. На сколько молекул воды приходится один атом радона?

Решение

1. Определим число молекул воды, содержащихся в заданном объёме

N H 2O =

ρ VN A 1 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅ 10 −3 ⋅ 6 ⋅ 10 23 ≅ ≅ ⋅10 25 −3 μ 18 ⋅ 10

2. Найдём отношение числа молекул воды и радона

68

N H 2O N Ra

=

3,3 ⋅ 1025 = 1,15 ⋅ 1019 . 1,8 ⋅ 106

20. Плотность неизвестного газа равна ρ = 0,09 кг/м3, при этом в объёме V = 0,1м3 содержится NX = 2,7⋅1024 молекул. Какой это газ?

Решение 1. Воспользовавшись исходным уравнением предыдущей задачи, выразим из него молярную массу неизвестного газа кг ρVN A ρVN A 0,09 ⋅ 0,1 ⋅ 6 ⋅ 1023 NX = ; ⇒ μ= = ≅ 2 ⋅ 10−3 . 24 NX моль μ 2,7 ⋅ 10 Неизвестным газом является гелий, на что указывает найденная молярная масса.

Идеальный газ 21. Оцените среднюю кинетическую энергию и среднеквадратическую скорость частичек тумана диаметром 10 мкм, находящихся при температуре 50С.

Решение

1. Определим массу частички тумана 4 m 0 = πR 3ρ ≅ 6,25 ⋅ 10 −11 кг . 3 2. Средняя квадратичная скорость частичек тумана 3k BT м ≅ 1,5 ⋅ 10 −4 . vc = m0 c 3. При определении среднего значения кинетической энергии необходимо учесть, что капелька тумана обладает двенадцатью степенями свободы: i = i пост + i вращ + 2i колеб = 12 , т.е. тремя поступательными, тремя вращательными и шестью колебательными степенями свободы. Колебательное движение характеризуется одновременным наличием потенциальной и кинетической энергий i ε = k BT = 6k BT ≅ 5,84 ⋅ 10 −21 Дж . 2 22 Во сколько раз различаются среднеквадратичные скорости двух частичек, совершающих броуновское движение в капле воды, если их массы различаются в четыре раза?

Решение

1. Отношение среднеквадратичных скоростей частичек определится как: 3k BT v c1 m1 1 = = . vc2 3k BT 4 2 m1 23. Оцените массу инфузории, на направленное движение которой со скоростью 1 мкм/с слабо влияет тепловое движение.

69

Решение 1. Предлагаемая к рассмотрению ситуация предполагает, что кинетическая энергия механического движения инфузории превышает энергию её теплового поступательного движения. Предположим далее, что инфузория находится при нормальных условиях, тогда m0 v2 i 3k T ≥ k BT, ⇒ m 0 ≥ B2 ≅ 1,14 ⋅ 10 −8 кг . 2 2 v 24. Определите среднеквадратичное отклонение математического маятника от положения равновесия, вызываемое тепловым движением грузика. Температура воздуха t = 20 0С. Масса грузика равна m = 1⋅10 –6 кг, длина маятника l = 10 м.

Решение

1. Приближённо задачу можно решить, полагая грузик маятника материальной частицей, обладающей одной степенью свободы, т.е. i = 1. Энергия теплового движения, приходящаяся на одну степень свободы, и средняя квадратичная скорость определятся как 1 k BT м (1) ε = k BT , ≅ 6,4 ⋅10 − 8 . vc = m c 2 2. Определим далее период малых колебаний маятника Т T = 2π L g = 6,28c . (2) Таким образом, грузик маятника может двигаться в одном направлении в течение времени Т/4 = 1,57 с. За 1с грузик маятника отклонится от положения равновесия на расстояние (3) Δx c ≅ 6,4 ⋅10 −8 м . Максимально возможное среднеквадратичное отклонение определится из условия Δx c max = v c ⋅ T 4 ≅ 1 ⋅ 10 −7 м . (4) 3. Задачу можно решить, используя модель броуновского движения d x2 dt

⎡ ⎛ t ⎞⎤ = 2k BTB ⎢1 − exp⎜ − ⎟⎥ , ⎝ mB ⎠⎦ ⎣

(5)

где 1 , (6) 6πηR подвижность частицы, определяемая законом Стокса, через радиус частицы R и коэффициент динамической вязкости η. Для промежутков времени Δt >> 10 –5 c уравнение (5) упростится B=

Δx 2 = 2k BTBΔt .

(7)

4. Радиус грузика оценим в предположении, что он изготовлен из стали с плотностью ρ = 7800 кг/м3 4 m m = πR 3ρ ⇒ R = 3 ≅ 3 ⋅ 10 −4 м . (8) 3 4ρ 5. Коэффициент подвижности (6) с учётом значений радиуса и коэффициента динамической вязкости воздуха при заданной температуре η ≅ 1,8⋅10 –5 Па⋅с примет значение 1 c B= ≅ 9,2 ⋅ 10 6 . (9) −5 −4 кг 6 ⋅ 3,14 ⋅ 1,8 ⋅ 10 ⋅ 3,2 ⋅ 10 Подставим далее значения В, Т и Δt = 1с в уравнение (7) Δx 2 = ( 2 ⋅ 1,4 ⋅ 10 −23 ⋅ 293 ⋅ 9,2 ⋅ 10 6 ⋅ 1

70

1

)2

≅ 2,75 ⋅ 10 −7 м .

(10)

25. Зеркальце гальванометра подвешено на кварцевой нити. На зеркальце падает узкий параллельный луч света и, отражаясь от него, попадает на экран, расположенный на расстоянии 20 м от зеркальца. Температура воздуха 300 К. Оцените, на сколько увеличится радиус светового пятна на экране в результате теплового движения зеркальца, если при повороте зеркальца на угол ϕ, на него со стороны нити действует механический момент сил М = −кϕ, где к = 1,38⋅10 -15 Н⋅м. Как изменится ответ, если температуру воздуха понизить до 100 0К?

Решение

1. Тепловая энергия, приобретаемая зеркальцем, расходуется на работу по закручиванию нити подвеса. При повороте зеркальца на угол Δϕ = ϕ2 − ϕ1 работа определится как ϕ2

ϕ2

ϕ2

1

1

ϕ1

kϕ 2 A = − ∫ M ⋅ dϕ = − ∫ kϕdϕ = − 2 ϕ ϕ

=−

kΔϕ 2 . 2

(1)

2. Зеркальце может совершать только вращательное движение вокруг вертикальной оси, поэтому имеет одну степень свободы, на эту степень свободы приходится энергия i 1 ε = k BT = k BT . (2) 2 2 3. В соответствии с законом сохранения энергии, уравнения (2) и (1) можно приравнять, т.е. 1 kΔϕ 2 k BT1 (3) k BT1 = ⇒ Δϕ1 = ≅ 1,74 ⋅ 10 −3 рад. 2 2 k 4. Линейное смещение луча на расстоянии L от центра зеркальца определится из геометрических соображений как длина дуги окружности (4) Δl 1 = Δϕ1L ≅ 3,5 ⋅ 10 −2 м, Δr1 = 2Δl 1 ≅ 7 ⋅ 10 −2 м . 5. При уменьшении температуры воздуха до Т2 = 100 К радиус светового пятна увеличится на k T Δr2 = 2L B 2 ≅ 4 ⋅ 10 −2 м . k 26. Сосуд разделен на две секции пористой перегородкой. В одной секции находится газ, состоящий из легких молекул, в другой − из тяжелых. Давление газа в обеих секциях сосуда в начальный момент одинаково. Через некоторое время давление в той секции сосуда, где находились тяжелые молекулы, увеличилось. Затем, через более длительный промежуток времени, давление в обеих секциях сосуда выровнялось. Объясните этот эффект.

Решение

1. Лёгкие частицы обладают при прочих равных условиях большей подвижностью т.е. 3k B T < v >= , m0 где kB − постоянная Людвига Больцмана, Т − абсолютная температура, m0 − масса молекулы. Имея большие скорости, лёгкие молекулы быстрее проникают через пористую перегородку. Концентрация молекул в части сосуда с тяжёлыми молекулами увеличивается, что приводит к увеличению там давления т.к. p = nk B T .

71

2. По прошествии более длительного времени и тяжёлые молекулы проникнут через перегородку и концентрация тяжёлых и лёгких молекул выровняется, что привёдёт к стабилизации величины давления. 27. Определите величину концентрации молекул n воздуха в единице объёма при нормальных условиях.

Решение

1. Запишем нормальные условия для воздуха вблизи поверхности Земли: р0 ≈ 1⋅105 Па, Т0 ≈ 273 0К, kB ≈1,4⋅10 − 23 Дж/К и основное уравнение МКТ p = nk BT , откуда p 1 ⋅ 105 1 n= ≅ ≅ 2,6 ⋅ 1025 3 . − 23 k BT 1,4 ⋅ 10 ⋅ 273 м 28. Вблизи поверхности Земли 78,08% молекул воздуха приходится на долю азота (N2), 20,95% - на долю кислорода (О2), 0,93% на долю аргона (Ar), 0,04% на долю всех остальных газов. Для нормальных условий определите: а) парциальные давления газов.

Решение

1. Поскольку на долю азота и кислорода приходится основное количество молекул в единице объёма, то прочие компоненты воздуха будут создавать незначительные парциальные давления. Рассмотрим некоторую массу воздуха m, занимающую объём V. В этом объёме будет присутствовать 0,21m кислорода и 0,781m азота. 2. Запишем уравнение Клайперона − Менделеева m pV = RT , μ из которого найдём плотность воздуха при нормальных условиях: p0 = 1⋅105 Па, Т0 = 273 0К μp m RT RT кг =ρ p= ; ⇒ ρ= ≅ 1,2 3 . μ V μ RT м 3. Разрешим уравнение состояния относительно давления р m p= RT . μV 4. Парциальное давление кислорода определится как 0,21m 0,21ρ 0,21 ⋅ 1,2 ⋅ 8,2 ⋅ 273 p1 = RT = RT = ≅ 3,5 ⋅ 104 Па . μ1V μ1 16 ⋅ 10−3 5. Парциальное давление азота 0,78ρ 0,78 ⋅1,2 ⋅ 8,2 ⋅ 273 p2 = RT = ≅ 6,49 ⋅10 4 Па . μ2 28 ⋅10 −3 29. В сосуде вместимостью 12л находится газ, число молекул которого равно N = 1,44⋅1018. Определите концентрацию молекул этого газа.

Решение

1. В закрытом объёме V = 12⋅10 − 3 м3 находится N = 1,44⋅1018 молекул, концентрация которых определится как N 1,44 ⋅ 1018 1 n= = = 1,2 ⋅ 1020 3 . −3 V 12 ⋅ 10 м

72

30. Определите вместимость сосуда, в котором находится газ, если концентрация молекул n = 1,25⋅1026 м –3 , а их общее число равно N = 2,5⋅1023.

Решение

1. Запишем уравнение для концентрации мопекул N N 2,5 ⋅ 1023 n= ; ⇒ V= = = 2 ⋅ 10−3 м3 (2 литра ) . V n 1,25 ⋅ 1026 31Определите среднее значение <ε> полной кинетической энергии одной молекулы гелия, кислорода и водяного пара при Т = 400 К.

Решение 1. Определим среднее значение полной кинетической энергии атома гелия с учётом того, что он совершает только поступательные тепловые движения, т.е. i = 3

ε He =

3 k BT ≅ 1,5 ⋅ 1,4 ⋅ 10 − 23 ⋅ 400 ≅ 8,4 ⋅ 10 − 21 Дж . 2

2. Молекула кислорода О2 состоит из двух атомов, поэтому имеет три поступательные степени свободы и две вращательные степени свободы, т.е. i = 5

εO 2 =

5 k BT ≅ 2,5 ⋅ 1,4 ⋅ 10 − 23 ⋅ 400 ≅ 1,4 ⋅ 10 − 20 Дж . 2

3. Молекула водяного пара Н2О имеет в своём составе две молекулы водорода и одну молекулу кислорода. Такая молекула обладает тремя степенями свободы поступательного движения и тремя степенями вращательного движения, i = 6

εH 2O =

6 k BT ≅ 3 ⋅ 1,4 ⋅ 10 − 23 ⋅ 400 ≅ 1,7 ⋅ 10− 20 Дж . 2

32. Определите температуру водорода, при которой средняя кинетическая энергия <εп> поступательного движения молекул достаточна для их расщепления на атомы, если молярная энергия диссоциации водорода Wm ≅ 419 кДж/моль.

Решение 1. Запишем уравнение суммарной энергии поступательного движения молекул, содержащихся в одном моле вещества, и выразим из него температуру

εП =

εп 3 k BTN A , ⇒ T = . 2 1,5k BTN A

2. Диссоциация молекул будет протекать при условии <εп> ≥ Wm, другими словами

T≥

Wm 4,2 ⋅ 105 ≥ ≥ 3,3 ⋅ 10 4 K . 1,5k B N A 1,5 ⋅ 1,4 ⋅ 10 − 23 ⋅ 6 ⋅ 10 23

33. Найдите среднюю квадратичную , среднюю арифметическую и наиболее вероятную скорость vв молекул водорода Н2 при температурах Т1 = 20К, Т2 = 5000К.

Решение 1. Поскольку молекула водорода Н2 состоит из двух атомов, то молярная масса − μ = 2⋅10 3 кг/моль. Двухатомная молекула водорода имеет пять степеней свободы i = 5. 2. Искомые скорости молекул при заданных условиях определяться следующими уравнениями: для температуры 20 0К

v кв =

3RT ≅ μ

3 ⋅ 8,3 ⋅ 20 ≅ 500 м / с , 2 ⋅10 −3

73

v aр =

8RT ≅ πμ

8 ⋅ 8,3 ⋅ 20 ≅ 814м / с , 3,14 ⋅ 2 ⋅10 −3

vB =

2RT ≅ μ

2 ⋅ 8,3 ⋅ 20 ≅ 407 м / с . 2 ⋅10 −3

3. Для температуры 5000 0К

3RT ≅ μ

v кв =

8RT ≅ πμ

v aр = vB =

2RT ≅ μ

3 ⋅ 8,3 ⋅ 5000 ≅ 7,9 ⋅10 3 м / с , −3 2 ⋅10 8 ⋅ 8,3 ⋅ 5000 ≅ 7 ⋅10 3 м / с , 3,14 ⋅ 2 ⋅10 −3 2 ⋅ 8,3 ⋅ 5000 ≅ 6,4 ⋅10 3 м / с . −3 2 ⋅10

34. При какой температуре Т средняя квадратичная скорость атомов гелия станет равной второй космической скорости для Земли?

Решение

1. Примем величину второй космической скорости v2 ≈ 11,2 103 м/с.

2. Запишем уравнение для средней квадратичной скорости атомов гелия и выразим из него температуру

v aр

2 μ v ар 8RT = , ⇒ T= . μ 8R

2. Подставим в уравнение температуры вместо средней арифметической скорости значение второй космической скорости

T=

v 22 μ (11,2 ⋅10 3 ) 2 ⋅ 4 ⋅10 −3 ≅ ≅ 7556,6 0 К 8R 8,3 ⋅ 8

35. Взвешенные в воздухе мельчайшие пылинки движутся так, как если бы они были крупными молекулами. Определите среднюю квадратичную скорость пылинки, обладающей массой m = 10 –10 г, если температура воздуха составляет 300 К.

Решение

1. Поскольку взвешенные в воздухе частички движутся хаотично и силой тяжести можно пренебречь, то их квадратичную скорость можно определить, воспользовавшись уравнением v кв =

3k BT ≅ m

3 ⋅ 1,4 ⋅ 10 −23 ⋅ 300 ≅ 3,55 ⋅ 10 − 4 м / с = 0,355 мм / с . 10−13

36. Пылинка массой m ≅ 10 –18 г взвешена в воздухе. Определите толщину слоя воздуха, в пределах которого концентрация пылинок различается не более чем на 1%. Температура воздуха равна 300 0К.

Решение

1. Распределение концентрации пылинок зависит только от вертикальной координаты z и описывается распределением Людвига Больцмана ⎛ U ⎞ ⎛ mgz ⎞ ⎟⎟ = n 0 exp⎜⎜ − ⎟⎟ . n = n 0 exp⎜⎜ − ⎝ k BT ⎠ ⎝ k BT ⎠

74

2. Так как по условию задачи изменение концентрации пылинок по вертикальной координате мало (Δn/n = 0,01), то величину Δn можно без ущерба нарушения физического смысла задачи заменить на dn. 3. Продифференцируем распределение Больцмана по вертикальной координате z ⎛ mgz ⎞ mg ⎟⎟dz . dn = − n 0 exp⎜⎜ − k BT ⎝ k BT ⎠ 4. В последнем уравнении можно выделить величину ⎛ mgz ⎞ ⎟⎟ , n = n 0 exp⎜⎜ − ⎝ k BT ⎠ и переписать его следующим образом mg dn = − ndz , k BT откуда k T dn dz = − B . mg n 5. Заменим дифференциалы конечными изменениями Δn и Δz k T Δn Δz = B . mg n 6. С учётом того, что Δn/n = 0,01, kB ≈ 1,4⋅10 − 23 Дж/К, Т = 300 0К, m = 10 − 21 кг, g ≈ 9,81 2 м/с , имеем 1,4 ⋅ 10−23 ⋅ 300 Δz = ⋅ 10− 2 ≅ 4 ⋅ 10−3 м . 10− 21 ⋅ 9,81 37. В сосуде содержится газ, количество которого ν = 1,2 моль. Рассматривая этот газ как идеальный, определите число молекул ΔN, скорости которых меньше 0,001 наиболее вероятной скорости vв.

Решение

1. Воспользуемся распределением молекул газа по относительным скоростям u (u = v/vв). Определим число молекул dN(u), относительные скорости которых распределены в пределах от u до du 4N dN(u ) = exp − u 2 u 2du , π где N − общее число молекул газа в сосуде. 2. По заданному условию vmax = 0,001 vв, что позволяет уравнение распределения упростить: при u << 1 величина exp(−u2) ≈ 1 − u2, кроме того u2 = (0,001)2 = 10 − 6, что даёт возможность распределение представить в виде 4N 2 dN(u ) = u du . π 3. Проинтегрируем последнее уравнение по u в пределах от 0 до umax

( )

u max

4 N u 3 u max 4N 3 u max . = ∫ 0 3 π π 0 π 3 4. Выразим далее общее количество частиц через количество вещества и постоянную Авогадро N = νNA 3 4ν N A 3 4 ⋅1,2 ⋅ 6 ⋅10 23 ΔN = u max = 10 −3 ≅ 5,4 ⋅1014 молекул . 3 ⋅1,77 3 π ΔN =

4N

u 2du =

( )

75

38. Средняя длина свободного пробега молекулы углекислого газа при нормальных условиях равна 40 нм. Определите среднюю арифметическую скорость молекул и число столкновений молекулы z в единицу времени.

Решение

1. Среднюю арифметическую скорость молекул определим, используя уравнение 8RT < v >= . πμ 2. Подставим в уравнение скорости следующие табличные и заданные величины: μ(CO2) = (12 + 32)⋅10 − 3 кг/моль, R = 8,3 ДЖ/К, Т = 273 0К 8 ⋅ 8,3 ⋅ 273 м < v >= ≅ 348 . −3 с 3,14 ⋅ 44 ⋅ 10 3. Среднее число соударений в единицу времени определим через среднюю скорость молекулы и среднюю длину её свободного пробега 348 < z >= = = 8,7 ⋅ 109 с −1 . < L > 40 ⋅ 10−9 39. Барометр в кабине летящего самолёта всё время показывает одинаковое давление р = 79 кПа, благодаря чему альтиметр показывает высоту полёта неизменной. Температура воздуха за бортом изменилась с 50С до 10С. Какую ошибку Δh в определении высоты допустил датчик.

Решение

1. Запишем барометрическую формулу для двух высот полёта и соответствующим им температурам ⎧ ⎛ μgh 1 ⎞ ⎟⎟ ; ⎪p = p 0 exp⎜⎜ − ⎝ RT1 ⎠ ⎪ ⎨ ⎛ μgh 2 ⎞ ⎪ ⎜ ⎟ ⎪p = p 0 exp⎜ − RT ⎟ . 2 ⎠ ⎝ ⎩ 2. Найдём отношение давлений р0 и р p0 μgh1 μgh 2 p ); = exp(− = exp(− ). p RT2 p0 RT1 3. Прологарифмируем полученные равенства μgh1 μgh 2 p p . ln 0 = ; ln 0 = p RT1 p RT2 4. Разрешим полученные соотношения относительно высот ln(p0 p )RT1 ln (p0 p )RT2 h1 = ; h2 = . μg μg 5. Найдём разность высот ln (p 0 p ) (T2 − T1 ) . Δh = h 2 − h 1 = μg 6. Подставим в расчётную формулу заданные и табличные величины ln (101 79 ) Δh = = −28,5 м . 29 ⋅10 −3 ⋅ 9,8 Знак минус указывает на то, что самолёт снизился на 28,5 м по сравнению с предполагаемой высотой.

76

40. Водород находится при нормальных условиях и занимает объём 1 см3. Определите число молекул N идеального газа в этом объёме, обладающих скоростями, меньшими некоторого значения vmax = 1 м/с.

Решение

1. Определим количество водорода, воспользовавшись уравнением Клайперона − Менделеева pV 105 ⋅ 10−6 pV = νRT; ⇒ ν = = ≅ 4,4 ⋅ 10−5 моля . RT 8,3 ⋅ 273 2. Найдём наиболее вероятную скорость молекул водорода при нормальных условиях 2RT 2 ⋅ 8,3 ⋅ 273 м vB = = = 1505 . с μ 2 ⋅ 10− 3 3. Определим далее относительную скорость молекул водорода v 1 = 6,6 ⋅10 − 4 . u = max = vB 1505 4. Воспользуемся далее уравнением распределения по относительным скоростям, полученным в задаче 37 ΔN =

4ν N A 3 π

u3 =

(

4 ⋅ 4,4 ⋅10 −5 ⋅ 6 ⋅10 23 6,6 ⋅10 − 4 3 ⋅1,77

)

3

= 5,7 ⋅10 9 молекул .

41. Определите среднюю длину свободного пробега молекул водорода при давлении 0,1 Па и температуре 100К.

Решение

1. Запишем уравнение для длины свободного пробега l =

1 2 πd 02 n

,

(1)

где d 0 ≅ 1,5⋅10 10 м − эффективный диаметр атома или молекулы, который, как правило, заимствуется из справочника, n − концентрация молекул. 2. В уравнении (1) неизвестна концентрация молекул, которую можно найти, воспользовавшись следствием основного уравнения МКТ p = nk B T, ⇒ n =

p . k BT

(2)

3. Подставим значение n из уравнения (2) в уравнение (1) k BT 1,4 ⋅ 10−23 ⋅ 100 < l >= = ≅ 0,14 м . − 20 2πd 02 p 1,41 ⋅ 3,14 ⋅ 2,25 ⋅ 10 ⋅ 0,1 42 Определите среднюю продолжительность свободного пробега молекулы кислорода при температуре 250К и давлении 100 кПа.

Решение

1. Для определения средней частоты соударения молекул кислорода воспользуемся уравнением p 8R z = 2πd 02 n v ≅ 2πd 02 . (1) k B πμT

77

2. Среднее время свободного пробега между соударениями молекул будет численно равно периоду соударений, т.е. k πμT 1 k πμT τ = = B2 = B2 . (2) z πpd 0 16R πpd 0 16R 3. Подставим в уравнение (2), наряду с заданными по условию задачи величинами, следующие табличные данные: μ = 32⋅10 − 3 кг/моль, d0 = 3⋅10 − 10 м, R = 8,3 Дж/(моль⋅К) τ ≅

1,4 ⋅ 10-23 3,14 ⋅ 102 ⋅ 9 ⋅ 10− 20

3,14 ⋅ 32 ⋅ 10 −3 ⋅ 250 ≅ 215 нс . 133

43. Средняя длина свободного пробега атомов гелия при нормальных условиях равна 180 нм. Определите коэффициент диффузии D.

Решение

1. Определим среднюю арифметическую скорость молекул гелия при нормальных условиях р = 10 5 Па, Т = 273 К 8RT 8 ⋅ 8,3 ⋅ 273 м ≅ ≅ 1200 . v = −3 πμ с 3,14 ⋅ 4 ⋅ 10 2. Подставим значение средней арифметической скорости в уравнение для коэффициента диффузии 1 м2 . D = v l ≅ 0,33 ⋅ 1200 ⋅ 1,8 ⋅ 10 − 7 ≅ 7,2 ⋅ 10− 5 3 с 44. Определите, во сколько раз отличается коэффициент диффузии газообразного водорода от коэффициента диффузии газообразного кислорода, если оба газа находятся в идентичных условиях.

Решение

1. Воспользуемся уравнением коэффициента диффузии, которое запишем для двух заданных газов 1 8RT 1 1 8RT 1 D1 = ⋅ , D2 = ⋅ , 2 3 πμ1 3 πμ2 2πd1 n 2πd 22 n где μ1, μ2 − молярная масса кислорода и водорода, соответственно, d1, d2 − эффективные диаметры молекул этих газов. 2. Найдём отношение коэффициентов диффузии μ1 ⋅ d12 D2 = ≅ D1 μ 2 ⋅ d 22

32 ⋅ 10−3 ⋅ 9 ⋅ 10−10 2 ⋅ 10 − 3 ⋅ 6,25 ⋅ 10 −10

≅ 5,8 .

45. Найдите динамическую вязкость η гелия при нормальных условиях, если коэффициент диффузии равен D ≅ 1,06⋅10 –4 м2/с.

Решение

1. Запишем уравнения для коэффициентов динамической вязкости и диффузии 1 1 η= ρ v l , D= v l . (1) 3 3 2. Сравнение уравнений (1) даёт основание записать следующую зависимость для коэффициента динамической вязкости η = Dρ . (2)

78

3. Плотность гелия (μ = 4⋅10 3 кг/моль) определим из уравнения Клайперона Менделеева m RT pμ . (3) p= , ⇒ ρ= V μ RT 4. Подставим значение плотности из уравнения (3) в уравнение (2) pμ 105 ⋅ 4 ⋅ 10−3 η=D = 1 ⋅ 10 − 4 ⋅ ≅ 1,7 ⋅ 10− 5 Па ⋅ с . RT 8,3 ⋅ 273 46. Вычислите динамическую вязкость кислорода при нормальных условиях.

Решение 1. Определим плотность кислорода при нормальных условиях, т.е. при р = 105 Па, Т = 273 0К m RT pμ 10 5 ⋅ 32 ⋅10 −3 кг p= , ⇒ ρ= = = 1,4 3 V μ RT 8,3 ⋅ 273 м 2. Найдём среднюю скорость молекул кислорода в заданных условиях 3RT 3 ⋅ 8,3 ⋅ 273 м < v >= = = 460 −3 с μ 32 ⋅ 10 3. Определим далее длину свободного пробега молекул, приняв d0 ≈ 3⋅10 − 10 м k BT 1,4 ⋅10 −23 ⋅ 273 < l >= = ≅ 8,6 ⋅10 − 7 м . 5 − 20 2 3 , 14 9 10 ⋅ 10 1 , 41 ⋅ ⋅ ⋅ 2πd 0 p 4. Вычислим величину коэффициента диффузии молекул кислорода 1 1 м2 D = v l = 460 ⋅ 8,6 ⋅10 − 7 = 1,3 ⋅10 − 4 . 3 3 с 5. Найдём величину динамической вязкости кислорода η = Dρ = 1,3 ⋅ 10−4 ⋅ 1,4 = 1,8 ⋅ 10−4 Па ⋅ с . 47. Два горизонтальных диска радиусами R = 20см расположены друг от друга так, что оси их совпадают. Расстояние между поверхностями дисков равно 0,5см. Верхний диск неподвижен, а нижний вращается относительно оси с частотой n ≅ 10 c –1 . Определите вращающий момент, действующий на неподвижный дик, если пространство между ними заполнено маслом с динамической вязкостью η = 18,7⋅10 –3 Па⋅с.

Решение

1. Запишем уравнение касательной силы, возникающей вследствие эффектов внутреннего трения масла о поверхности диска Δv dv 2πтR Fτ = η s ≅ η s = η πR 2 . dz d d 2. На неподвижный диск будет действовать пара сил, приложенных в диаметрально противоположных точках обода неподвижного диска 2π 2 2πnR 4 20 ⋅ 62,8 ⋅1,6 ⋅10 −3 M (Fτ ) = Fτ ⋅ 2R = η ≅ 18,7 ⋅10 −3 ≅ 402H ⋅ м . d 5 ⋅10 −3 48. Вычислите теплопроводность λ гелия при нормальных условиях.

Решение

1. Запишем уравнение коэффициента теплопроводности в виде

79

1 . (1) 2πd 02 n 2. Примем следующие значения входящих в уравнение (1) величин: d0 = 2⋅10 − 10 м; μ = 2⋅10 − 3 кг/моль; Т = 273 К. 3. Упростим уравнение (1) и подставим значения входящих в него величин 8RT k B 8 ⋅ 8,3 ⋅ 273 1,4 ⋅10 −23 Вт λ= ≅ ≅ 0,17 . (2) −3 − 20 2 πμ 3 2d 0 м⋅К 3,14 ⋅ 2 ⋅10 4,24 ⋅ 4 ⋅10 λ=

1 1 8RT k Bn v l = k Bn 3 3 πμ

49. Пространство между двумя большими параллельными пластинами, расположенными на расстоянии d = 5мм, заполнено гелием. Температура одной из пластин поддерживается равной 290К, а второй 310К. Определите плотность теплового потока |q| при давлении 1Мпа.

Решение

1. Плотность теплового потока определяется из уравнения теплопроводности Фурье T −T q =λ 1 2 . d 2. Значение теплопроводности гелия определено в предыдущей задаче 310 − 290 Вт q = 0,17 = 680 3 −3 5 ⋅ 10 м 50. В ультраразреженном азоте, находящемся при давлении р = 1мПа и при температуре Т = 300К, движутся навстречу относительно друг друга две параллельные пластины со скоростью v = 1м/с. Расстояние между пластинами неизменно и намного меньше длины среднего свободного пробега молекул. Определите силу внутреннего трения, действующую на поверхность пластины площадью s = 1 м2.

1. Запишем уравнение силы внутреннего трения Fτ dv Fτ = η s , (1) dz в которое входит неизвестный коэффициент динамической вязкости. 2. Определим далее коэффициент динамической вязкости, воспользовавшись уравнением 1 pμ 8RT k BT 1 μT kB η= ⋅ ⋅ = . (2) ⋅ 2 πμ 3 RT 2πd 0 р 3 πR 2πd 02 3. Поскольку расстояние между пластинами на много меньше средней длины свободного пробега молекул ультраразреженного газа, то можно принять, что Δz ≅ l , Δz ≅ l = где l

k BT 2πd 02 p

,

(3)

средняя длина свободного пробега молекул газа.

4. Подставим значения Δz и η в уравнение (1) Fτ = η

2πd 02 p kB 1 μT u s= ⋅ ⋅ ⋅u ⋅s , Δz 3 πR k BT 2πd 02

после преобразований получим Fτ =

1 μ 28 ⋅10 −3 p ⋅ v ⋅ s ≅ 0,33 ⋅10 −3 ⋅1 ⋅1 ≅ 6,3 ⋅10 − 7 H . 3 πRT 3,14 ⋅ 8,3 ⋅ 300

80

(4)

Физические основы термодинамики 51. Запишите уравнения для определения средней величины энергии молекул Н2, N2, H2O, CH4 при одинаковой температуре Т.

Решение

1. Величина средней кинетической энергии молекул при их поступательном и вращательном движении определяется уравнением i < ε >= k BT , 2 где i − число степеней свободы молекулы, kB − коэффициент Больцмана, Т − абсолютная температура 2. Двухатомные молекулы H2 и N2 имеют пять степеней свободы: три поступательные и две вращательные. Энергия одного из возможных вращений будет близка к нулю, потому что 1 1 m0r 2 2 < ε Вр >= J zω2 = ω , 2 2 2 где Jz − момент инерции относительно оси вращения, проходящей через центры масс молекул, m0 − масса молекулы, r − кратчайшее расстояние от молекулы до оси вращения. Для вращения, показанного на рис. r → 0, поэтому Jz → 0, следовательно, кинетическая энергия молекулы для этого возможного вращения тоже будет нулевой, почему, собственно, и исчезает в уравнении энергии одна степень свободы 5 < ε N 2 >=< ε H 2 >= k BT . 2 3. Молекулы с числом атомов более двух будут обладать шестью степенями свободы: тремя поступательными и тремя вращательными 6 < ε H 2 O >=< εCH 4 >= k BT . 2 52. Чему равна внутренняя энергия (в джоулях) при нормальных условиях 1 см3 воздуха? 1 кг воздуха?

Решение

1. Определим количество вещества в 1 см3 и в 1 кг при нормальных условиях: р ≈ 105 Па, Т ≈ 273 0К, μ ≈ 28⋅10 − 3 кг/моль pV 105 ⋅ 10−6 pV = ν1RT; ⇒ ν1 = ≅ ≅ 4,4 ⋅ 10−5 моля . RT 8,3 ⋅ 273 m 1 ν2 = = ≅ 35,7 молей . μ 28 ⋅ 10−3 2. Вычислим далее внутреннюю энергию заданных количеств воздуха, воспользовавшись уравнением i R 6 8,3 U1 = ν1 T = 4,4 ⋅ 10−5 ⋅ 273 ≅ 10,6 Дж , 2μ 2 28 ⋅ 10−3 i R 35,7 ⋅ 3 ⋅ 8,3 ⋅ 273 U2 = ν2 T= ≅ 6795 Дж . 2μ 28 ⋅ 10−3 53. Воздух в комнате объёмом 100 м3 нагрели от температуры Т1 = 273 K до Т2 = 300 K При этом нормальное давление не изменилось. Изменилась ли внутренняя энергия воздуха внутри комнаты? Поясните полученный результат.

81

Решение

1. На первый взгляд может показаться, что с увеличением температуры внутренняя энергия воздуха, равная сумме энергий поступательного и вращательного движений молекул воздуха (i = 6, μ = 3⋅10 − 2 кг/моль) должна возрасти. Естественно это так, но применительно к каждой молекуле в отдельности, а вот суммарная энергия останется постоянной, потому что при нагревании часть молекул покинет комнату. Подтвердим это предположение расчетом. 2. Используя уравнение Клапейрона − Менделеева, определим массу воздуха в заданном объёме p Vμ 105 ⋅ 100 ⋅ 3 ⋅ 10−2 ≅ ≅ 132 кг , m1 = 0 8,3 ⋅ 273 RT1 p 0 Vμ 105 ⋅ 100 ⋅ 3 ⋅ 10−2 ≅ ≅ 120 кг . 8,3 ⋅ 300 RT2 3. Определим далее количество молекул, составляющих найденные массы mN 132 ⋅ 6 ⋅10 23 N1 = 1 A = ≅ 2,64 ⋅10 27 , −2 μ 3 ⋅10 m2 =

m 2 N A 120 ⋅ 6 ⋅ 10 23 = ≅ 2,4 ⋅ 1027 . −2 μ 3 ⋅ 10 4. Найдём величины суммарной внутренней энергии воздуха в двух заданных его состояния i U1 = N1 k B T1 = 3 ⋅1,4 ⋅10 − 23 ⋅ 273 ⋅ 2,64 ⋅10 27 ≅ 3 ⋅10 7 Дж . 2 i U 2 = N 2 k B T2 = 3 ⋅1,4 ⋅10 − 23 ⋅ 300 ⋅ 2,4 ⋅10 27 ≅ 3 ⋅10 7 Дж . 2 5. Таким образом, внутренняя энергия воздуха в помещении остаётся неизменной. Это совсем не значит, что не следует нагревать помещение потому, что скорости теплового движения возрастают, они пропорциональны T . N2 =

54. В сосуде вместимости V1 находится одноатомный газ при давлении P1 и температуре Т1, а в сосуде вместимости V2 — одноатомный газ при давлении Р2 и температуре Т2. Какое давление и какая температура окажутся в этих сосудах после их соединения? Сосуды теплоизолированы.

Решение

1. После открытия крана внутренняя энергия смеси станет равна сумме внутренних энергий компонентов P V + P2 V2 P1V1 P2 V2 P(V1 + V2 ) + = ⇒ P= 1 1 . (1) γ −1 γ −1 γ −1 V1 + V2 2 Для определения установившейся температуры запишем три уравнения состояния: для двух первоначальных объёмов при закрытом кране газа и для случая открытого крана, когда компоненты займут общий объём P1V1 = ν1RT,1 ⎫ ⎪ (2) P2 V2 = ν 2 RT2 , ⎬. ⎪ P(V1 + V2 ) = (ν1 + ν 2 )RT.⎭ 3. Из первых двух уравнений системы (2) выразим количество вещества ν1 и ν2 и подставим в третьеуравнение

82

ν1 =

P1V1 , RT1

ν2 =

P2 V2 , RT2

⎛PV P V ⎞ P(V1 + V2 ) = ⎜⎜ 1 1 + 2 2 ⎟⎟RT . (3) RT2 ⎠ ⎝ RT1 4. Подставим далее в уравнение (3) значение Р из уравнения (1) и разрешим его относительно искомой температуры ⎛ ⎞ P1V1 + P2 V2 (V1 + V2 ) = ⎜⎜ P1V1 + P2 V2 ⎟⎟RT , RT2 ⎠ V1 + V2 ⎝ RT1

T = T1T2

P1V1 + P2 V2 . P1V1T2 + P2 V2 T1

(4)

55. В теплоизолированном сосуде при температуре Т1 = 800 К находится ν1 = 1 моль углекислого газа (СО2) и ν2 = 1 моль водорода (Н2). Происходит химическая реакция СО2 + Н2 = СО + Н2О + 40,1 кДж/моль. Во сколько раз возрастет давление в сосуде после окончания реакции?

Решение

1. Заданная реакция протекает с выделением тепла, причём на каждый моль вещества приходится по 40,1 кДж энергии. Другими словами одним из результатов реакции является увеличение внутренней энергии газа. 2. Определим показатель адиабаты компонентов до и после реакции i+2 6+2 5+2 γ (CO 2 ) = = = 1,33 γ (H 2 ) = = 1,4 , (1) i 6 5 γ (CO ) = 1,4 γ (H 2 O ) = 1,33 . (2) 3. Определим показатель адиабаты смеси газов после реакции ν + ν4 2 γ c = 1 + k =n3 =1+ ≅ 1,353 . (3) 1 , 25 0,75 νk + ∑ γ −1 0,33 0,4 k =1 k 4. Найдём далее температуру смеси газов после реакции Uc RT2 = = 40,1 ⋅ 10 3 Дж/моль, ν 3 + ν 4 (γ c − 1) T2 =

(γ c − 1) ⋅ 40,1 ⋅ 103

(4)

≅ 1700 K . (5) R 5. Таким образом, отношение температур газовой смеси после реакции и до неё составит: T2 T1 = 2,125 . 6. Так как температура и давление связаны при изохорном процессе уравнением состояния P1 T1 = , (6) P2 T2 то давление в сосуде после протекания реакции возрастёт пропорционально росту температуры, т.е. P2 P1 = 2,125 . (7)

83

56 В длинной гладкой теплоизолированной трубе находятся теплоизолированные поршни массы m1 и m2, между которыми в объеме V0 находится при давлении p0 одноатомный газ. Поршни отпускают. Определите их максимальные скорости, если масса газа много меньше массы каждого поршня.

Решение

1. При отпускании поршней будет наблюдаться адиабатный процесс расширения газа, для которого второе начало термодинамики имеет вид iR A = -ΔU = -νC V ΔT = −ν ΔT . (1) 2 2. Разность температур определим из уравнения состояния газа p V p 0 V0 = νRΔT, ⇒ ΔT = 0 0 . (2) νR 3. Подставим значение ΔТ в уравнение (1) νiR p 0 V0 3p 0 V0 = . (3) A= 2 νR 2 4. Движение поршней будет происходить вследствие преобразования внутренней энергии газа в кинетическую энергию. Запишем для поршней законы сохранения энергии и импульса m1 v12 m 2 v 22 3p 0 V0 + = , m1v1 = m 2 v 2 , (4) 2 2 2 5. Из уравнения сохранения импульса выразим скорость v2 и подставим в уравнение закона сохранения энергии 3p 0 V0 m 2 m2 . (5) m1v12 + m 2 12 v12 = 3p 0 V0 , ⇒ v1 = m1 (m1 + m 2 ) m2 6. Если из закона сохранение импульса выразить v1, то по аналогии с уравнением (5) получим 3p 0 V0 m1 . (6) v2 = m1 (m1 + m 2 ) 57 В длинной теплоизолированной трубе между двумя одинаковыми поршнями массы m каждый находится 1 моль одноатомного газа при температуре T0 В начальный момент скорости поршней направлены в одну сторону и равны 3v и v. До какой максимальной температуры нагреется газ? Поршни тепло не проводят. Массой газа по сравнению с массой поршней пренебречь.

Решение

1. Изменение внутренней энергии газа будет происходить за счёт разности кинетических энергий поршней. Считая процесс сжатия газа, находящегося между поршнями адиабатным, закон сохранения энергии для данного процесса можно записать следующим образом iR 2mv 2 ν ΔT = , νiR (T1 − T0 ) = 2mv 2 . (1) 2 2 2. Решим уравнение (1) относительно Т1 с учётом того, что i = 3 2mv 2 T1 = T0 + . (2) 3νR

84

58. Определите работу, совершаемую при расширении 7 кг водорода, находящегося при постоянном давлении и количество переданной ему теплоты, если температура изменилась на ΔТ = 200 0К.

Решение

1. Определим количество тепла, переданное водороду при нагревании i+2 R 5 + 2 8,3 ΔT ≅ 7 200 ≅ 2 ⋅ 107 Дж , Q=m 2 μ 2 2 ⋅ 10−3 где m − масса водорода, i = 5 − число степеней свободы двухатомной молекулы водорода, R ≈ 8,3 Дж/К − универсальная газовая постоянная, μ = 2⋅10 − 3 кг/моль − молярная масса водорода, ΔТ − изменение температуры. 2. Найдём изменение внутренней энергии заданной массы водорода i m 5 7 ΔU = RΔT ≅ ⋅ 8,3 ⋅ 200 ≅ 1,45 ⋅ 107 Дж 2μ 2 2 ⋅ 10−3 3. Количество переданного тепла равно сумме совершённой работы и изменения внутренней энергии, т.е. Q = ΔU + A; ⇒ A = Q − ΔU = 5,5 ⋅ 106 Дж . 59. Какое количество теплоты потребуется для нагревания 5м3 окиси углерода (СО) от температуры 0 0С до температуры 220 0С. Газ находится в цилиндрическом сосуде, закрытом сверху, скользящим без трения, невесомым поршнем. Атмосферное давление нормальное.

Решение

1. Определим количество окиси углерода, приняв следующие значения величин: р ≈ 105 Па, Т = 273 0К, V = 5⋅10 − 6 м3, R ≈ 8,3 Дж/К pV 105 ⋅ 5 ⋅ 10−6 ν= ≅ ≅ 2,4 ⋅ 10− 4 моль . RT 8,3 ⋅ 273 2. Найдём массу заданного объёма окиси углерода m = νμ = 2,4 ⋅ 10−4 ⋅ 28 ⋅ 10−3 ≅ 6,72 ⋅ 10−6 кг . 3. Количество необходимой теплоты определится уравнением i+2 R 6 + 2 8,3 Q=m ΔT ≅ 6,72 ⋅ 10− 6 200 ≅ 1,6 Дж . 2 μ 2 28 ⋅ 10− 3 60. Некий газ при нормальных условиях имеет плотность ρ = 0,0894 кг/м3. Определите его удельные теплоёмкости ср и сV, а так же какой это газ.

Решение

1. Определим молярную массу неизвестного газа при нормальных условиях: р =105 Па, Т = 273 0К ρRT 0,0894 ⋅ 8,3 ⋅ 273 m m RT RT кг =ρ ⇒ μ= ≅ ≅ 2 ⋅ 103 pV = RT; p = 5 μ μ; V μ p моль 10 Суля по величине молярной массы, газом является молекулярный водород Н2, двухатомная молекула, обладающая пятью степенями свободы, т.е. i =5 2. Определим далее удельные теплоёмкости водорода в нормальных условиях

cV =

Дж i+2 R 8,3 Дж i R 8,3 = 3,5 = 1,4 ⋅10 4 = 2,5 ≅ 1 ⋅10 4 . , cp = −3 −3 кг ⋅ К 2 μ кг ⋅ К 2μ 2 ⋅10 2 ⋅10

85

61. Покажите, исходя из первого начала термодинамики и уравнения состояния идеального газа, что разность удельных теплоёмкостей определяется как: ср – сV = R/ μ.

Решение

1. При изобарном процессе изменения состояния идеального газа работа одного моля, исходя из уравнения Клайперона − Менделеева, определяется уравнением A = pΔV = RΔT . 2. Количество тепла, требующееся на перевод одного моля газа из начального состояния с температурой Т1 в конечное состояние − с температурой Т2 Q = Cp ΔT . 3. Изменение внутренней энергии одного моля газа в процессе перехода ΔU = CV ΔT . 4. Запишем далее уравнение первого начала термодинамики Q = ΔU + A; C p ΔT = C V ΔT + RΔT; ⇒ C p − C V = R . Полученная формула выражает собой закон Майера, записанный для молярных теплоёмкостей вещества. Взаимосвязь между удельными теплоёмкостями представится следующим образом R cp − cV = . μ 62. При нормальных условиях некоторый газ имеет удельный объём v = 0,348 м3/кг. Определите, чему равны удельные теплоёмкости ср и сV.

Решение

1. Из уравнение Клайперона − Менделеева определим молярную массу газа m V RT RT 8,3 ⋅ 273 кг pV = RT; p = pv = ; ⇒ μ= ≅ 65 ⋅ 10−3 . ≅ 5 m μ μ pv 10 ⋅ 0,348 моль Судя по величине молярной массы, газ многоатомный, т.е. число степеней свободы его молекулы i = 6. 2. Определим удельные теплоёмкости

cV =

i R 8,3 Дж i+2 R 8,3 Дж =3 ≅ 383 . , cp = =4 = 510 −3 −3 2μ кг ⋅ К 2 μ кг ⋅ К 65 ⋅10 65 ⋅10

р р1

1

р2 V1

63. При давлении р1 = 106 Па и температуре t1 = 227 0С m = 1кг воздуха изотермически расширяется так, что р1/р2 = 4, а затем адиабатически сжимается, после чего его переводят в первоначальное состояние. Определите работу, совершаемую газом, если γ = 1,4 = const.

3

V3

2 V V2

Решение

1. Определим работу при изотермическом расширении воздуха m V 1 A1⇒ 2 = RT 2 = 8,3 ⋅ 500 ⋅ 4 ≅ 5,7 ⋅ 105 Дж , μ V1 29 ⋅ 10− 3 где V2/V1 − отношение объёмов, определяемое из условия p1 V2 = . p 2 V1 2. Работа при адиабатическом сжатии

86

γ −1 1, 4 −1 RT1 m ⎡ ⎛ V1 ⎞ ⎤ 8,3 ⋅ 500 ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ 4 ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ = A 2⇒3 = ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ≅ 4,4 ⋅ 10 Дж . γ − 1 μ ⎢ ⎝ V2 ⎠ ⎥ 1,4 − 1 ⎢⎣ ⎝ 4 ⎠ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 3. Определим первоначальный объём воздуха m mRT1 1 ⋅ 8,3 ⋅ 500 p1V1 = RT1; ⇒ V1 = ≅ ≅ 1350 м3 , μ p1μ 106 ⋅ 29 ⋅ 10− 3 конечный объём воздуха по условию задачи уменьшается в четыре раза, т.е. V2 = 0,25V1 = 337,5 м 3 . 4. Работа над газом на изобарном участке сжатия A 2 ⇒ 3 = p1 (V2 − V1 ) = 106(1350 − 337,5) = 1,1 ⋅ 105 Дж. 5. Полная работа определится в виде суммы A Σ = A1⇒ 2 + A 2⇒ 3 + A 3⇒1 = 5,7 ⋅ 105 + 4,4 ⋅ 104 + 1,1 ⋅ 105 = 7,21 ⋅ 105 Дж .

64. До какой температуры охладится молекулярный водород, имеющий первоначально температуру –3 0С, если его объём адиабатически увеличился в три раза?

Решение

1. Показатель адиабаты молекулярного водорода, молекула которого имеет пять степеней свободы i = 5 i+2 5+2 γ= = = 1,4 . i 5 2. Запишем уравнение соотношения объёмов и температур для адиабатического процесса γ −1

T2 ⎛ V1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ ; ⇒ T2 = T1 ⋅ 3γ −1 = 270 ⋅ 30 , 4 = 419 0 K ≅ 146 0C . T1 ⎝ V2 ⎠ 65. При нормальном атмосферном давлении в теплоизолированный сосуд налита вода массы М =10 кг, имеющая температуру Т = 273К. На дно сосуда уложен нагреватель, сопротивление спирали которого равно R = 10 Ом. Какое количество теплоты Q необходимо подвести от нагревателя, чтобы осушить сосуд? На сколько времени увеличится процесс нагревания, если в налитую воду дополнительно опустить кусочек льда массой m = 1кг при температуре 0°С? На спираль подается напряжение U = 220В. Удельная теплоемкость воды с, удельная теплота парообразования r и удельная теплота плавления льда λ − известны.

Решение

1. Определим количество тепла, необходимое для нагревания воды (без льда) до температуры кипения Q1 = c ⋅ M ⋅ ΔT . 2. Определим количество тепла необходимое для испарения М = 10 кг воды Q 2 = rM . 3. Количество тепла, необходимое для испарения 10 кг воды, находящейся первоначально при температуре 273 0К Q3 = Q1 + Q 2 = M (cΔT + r ) . 4. Время необходимое для полного испарения воды определим, пренебрегая электрическими и тепловыми потерями, через мощность электрического нагревателя

87

U2 U2 ; WЭ = Δt1 = Q1 + Q 2 ; R R . (сMΔT + Mr )R M (cΔT + r )R t1 = = U2 U2 5. Количество тепла, необходимое для плавления 1 кг льда Q3 = mλ = 1 ⋅ 3,3 ⋅ 105 ≅ 3,3 ⋅ 105 Дж 6. Количество тепла, необходимое для испарения 11 кг воды Q 4 = c(m + M )ΔT + r (m + M ) = (m + M )(cΔT + r ) . 7. Время полного испарения воды с растаявшим льдом (m + M )(cΔT + r )R . t2 = U2 8. Изменение времени нагревания и испарения при добавлении к 10 кг воды 1 кг льда (m + M )(cΔT + r )R − M(cΔT + r )R ; Δt = t 2 − t1 = U2 U2 (cΔT + r )mR . Δt = U2 N=

66. В лежащий горизонтально цилиндрический стакан с площадью поперечного сечения S = 1м2 вставлен поршень, который плотно прилегает к стенкам стакана и может скользить вдоль них без трения. К поршню прикреплена пружина жесткости k = 104 = н/м . Внутри стакана находится идеальный газ, а снаружи − воздух при атмосферном давлении Р0 ≅ 105 Па. При этом пружина не деформирована, а газ занимает объем V0 = 1м3. На какое расстояние х нужно сместить второй конец пружины, чтобы после прихода к равновесию поршень сместился бы на расстояние а = 0,1 см? Температура газа поддерживается постоянной. Укажите также с пояснением, как изменится внутренняя энергия газа в этом процессе?

Решение

1. Определим изменение давления в цилиндре, считая, что процесс изменения состояния газа протекает по изотермической схеме pV p 0 V0 = p1V1; p1 = 0 0 . V0 + Sa 2. Определим параметры газа при перемещении поршня ра расстояние а m m p V (V + Sa ) p1V1 = RT; RT = 0 0 0 = p 0 V0 . μ μ V0 + Sa 3. Найдём величину работы, которую нужно совершить при изотермическом изменении объёма ⎛ V + Sa ⎞ ⎛ Sa ⎞ m V ⎟ = p 0 V0 ln⎜1 + ⎟ . A = RT ln 1 = p0 V0 ln⎜⎜ 0 ⎟ ⎜ V ⎟ μ V0 0 ⎠ ⎝ V0 ⎠ ⎝ 4. Потенциальная энергия растянутой пружины kx 2 U= . 2 5. Если систему поршень − пружина считать консервативной, то к ней можно применить закон сохранения энергии в виде ⎛ Sa ⎞ kx 2 Π = A; = p 0 V0 ln⎜⎜1 + ⎟⎟ ; 2 ⎝ V0 ⎠

88

2p 0 V0 ⎛ Sa ⎞ ⎟⎟ . ln⎜⎜1 + k ⎝ V0 ⎠ 6. Внутренняя энергия идеального газа в общем случае равна mi U= RT , μ 2 где m − масса газа, μ − молярная масса, i − число степеней свободы молекулы, R − универсальная газовая постоянная, Т − абсолютная температура газа. Поскольку ни одна из величин входящих в последнее уравнение не меняется, то и внутренняя энергия газа в процессе его изотермического изменения состояния останется неизменной. x=

67. Определите суммарное изменение энтропии при погружении 0,1кг нагретого до Т1 = 300 0С железа в воду при температуре Т0 = 15 0С. Температуру воды считать постоянной, теплоёмкость железа принять равной с ≅ 437 Дж/кг⋅град.

Решение

1. Количество тепла, отданное железом воде Q = cmΔT . 2. Изменение энтропии железа Т0 сmdT T ДЖ ΔS = ∫ = cm ln 0 = −131 . T T1 град Т1 68. Лёд массой m = 1кг, имеющий температуру T1= –25 0С был последовательно превращён в воду, а затем при атмосферном давлении в сухой насыщенный пар. Чему равно изменение энтропии в каждом из процессов?

Решение

1. Лёд, имевший начальную температуру 248 0К, при плавлении предварительно был нагрет до температуры Т2 = 273 0К 1. Изменение энтропии при нагревании льда от начальной температуры Т1 до температуры таяния Т2 = 273 0К T2 T dQ 2 c1mdT T Дж ΔS1 = ∫ =∫ = c1m ln 2 ≅ 4187 ⋅ ln1,1 ≅ 400 . T T1 T T1 К T1 2. Изменение энтропии при плавлении льда 2 dQ mλ 1 ⋅ 3,3 ⋅ 105 Дж ΔS2 = ∫ = ≅ 1,2 ⋅ 103 , = К 273 T0 T0 1 где λ − удельная теплота плавления льда, Т0 = 273 К − температура плавления льда. 3. Изменение энтропии при нагревании воды от Т0 = 273 К до температуры кипения Т3 = 283 К T3

ΔS3 =

c 2 mdT T 283 Дж . = c 2 m ln 3 ≅ 4182 ⋅ 1 ⋅ ln ≅ 148 T T0 273 К T0

∫

4. Изменение энтропии при испарении воды rm 3,3 ⋅ 105 Дж ΔS4 = ≅ ≅ 1,2 ⋅ 103 / T3 283 К 5. Общее изменение энтропии ΔS = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 + ΔS4 .

89

69. Определите среднюю термодинамическую температуру подводимой теплоты к свинцу при его плавлении, если перед началом процесса свинец имел температуру Т1 = 27 0С. Теплоёмкость свинца изменяется с температурой как: c = a + bT, где а = 124,8 Дж/кг⋅град, b = 0,032 Дж/кг⋅град2.

Решение

1. Средняя термодинамическая температура определяется уравнением Q + Q2 Tm = 1 , ΔS1 + ΔS2 где Q1 − теплота нагревания свинца, Q2 − теплота плавления свинца, ΔS1, ΔS2 − изменение энтропии в процессах нагревания и плавления. 2. Определим необходимые для заданных процессов количества тепла T2 mb 2 (T2 − T12 ) , Q1 = ∫ mcdT = ma (T2 − T1 ) + 2 T1

Q 2 = rm , где r − теплота плавления свинца. 3. Изменение энтропии в процессе нагревания и плавления составит ΔS1 =

T2

T

dQ 2 cmdT T ∫T T = T∫ T = am ln T12 + bm(T2 − T1 ) , 1 1

Q 2 rm = . T2 T2 4. Подставим полученные уравнения для тепла и энтропии в исходное уравнение mb 2 (T2 − T12 ) + rm ma (T2 − T1 ) + 2 Tm = , T2 rm am ln + bm(T2 − T1 ) + T1 T2 после сокращения неизвестной массы свинца, получим a (T2 − T1 ) + 0,5b(T22 − T12 ) + r Tm = . r T a ln 2 + b(T2 − T1 ) + T2 T1 5. Подставим в последнее уравнение следующие величины: Т1 = 27 0С, Т2 = 327 0 С, r = 2,43⋅104 Дж/кг Tm ≅ 210 0C ≅ 482 0 K . ΔS2 =

70. Определить вероятность самопроизвольного изотермического сжатия 32⋅10 –5 кг кислорода на 1⋅10 –5 часть первоначального объёма. Чему равно, при этом, изменении энтропии?

Решение

1. Для определения изменения энтропии воспользуемся уравнением Людвига Больцмана V Ω ΔS = k B ln 1 = k B νN A ln 2 ; Ω2 V1 V ΔS = νN A ln 2 , kB V1 где ν − количество вещества, NA − число Авогадро. 2. В данном случае: ν = 10 − 5 кмоль, NA = 6⋅1026 кмоль − 1, ln(V2/V1) = − 10 − 5

90

ΔS ≅ −6 ⋅ 1016 ; ΔS = 6 ⋅ 10−16 ⋅ 1,4 ⋅ 10− 23 ≅ 8,3 ⋅ 10− 7 Дж / град , kB откуда ⎛ ΔS ⎞ ⎟⎟ = 1 ⋅ exp(− 6 ⋅ 1016 ) . Ω 2 = Ω1 ⋅ exp⎜⎜ ⎝ kB ⎠ 71. Определить параметры состояния газа, подчиняющегося уравнению Клайперона − Менделеева в точках 1 и 2 цикла Карно, если известно, что р1 = 105 Па, Т1 = 900 0К. Кривая 1 − 2 изотерма. Рабочее тело, при этом, получает от нагревателя теплоту в количестве Q = 1,75⋅106 Дж. Определите изменение энтропии газа при переводе его из начального положения в конечное.

Решение

1. Определим, используя уравнение Клайперона − Менделеева, параметры состояния RT 8,3 ⋅ 900 V1 = 1 = ≅ 0,075 м3 ; p1 105 Q1 = RT1 ln

V2 ; ⇒ V1

⎛ Q ⎞ V2 = exp⎜⎜ 1 ⎟⎟ ≅ 1,26; ⇒ V2 ≅ 0,094 м 3 . V1 ⎝ RT1 ⎠

Q1 = 8,3 ⋅ 900 ⋅ ln1,26 ≅ 1726 Дж ; RT 8,3 ⋅ 900 p2 = 1 = ≅ 7,9 ⋅ 104 Па . V2 0,094 2. Изменение энтропии, при этом, составит Q 1726 Дж ΔS = 1 = = 1,9 . T1 900 К 72. При осуществлении цикла Карно минимальная и максимальная температура имеют значения, соответственно T1 = 11 0С и T2 = 20 0С. На сколько нужно повысить температуру источника, чтобы КПД этого процесса возрос вдвое?

Решение

1. Запишем два уравнения для термического коэффициента полезного действия цикла Карно T2 − T1 ⎧ ⎪η = T ; ⎪ 2 ⎨ T ⎪2η = x − T1 . ⎪⎩ Tx 2. Поделим второе уравнение на первое уравнение 2Tx (T2 − T1 ) = T2 (Tx − T1 ) , откуда T1T2 Tx = = 110 0C . 2T1 − T2 3. Температуру нагревателя нужно повысить на 90 0С. 73. Определите расход топлива в ДВС с изобарным подводом тепла при мощности 50кВт. Теплота сгорания топлива q = 42 МДж/кг, степень адиабатического сжатия ε = 14, степень предварительного расширения ρ = 3, показатель адиабаты γ =1,4.

91

Решение

1. Запишем уравнение коэффициента полезного действия цикла ργ − 1 η = 1 − γ −1 , γε (ρ − 1) и определим его величину 31, 4 − 1 η =1− ≅ 0,545 . 1,4 ⋅ 140, 4 ⋅ 2 2. Определим далее минимальный расход топлива N 5 ⋅ 104 кг кг Λ= = ≅ 2,2 ⋅ 10−3 ≅ 7,86 . 7 qη 4,2 ⋅ 10 ⋅ 0,545 с час 74. Известно, что тренированные люди могут находиться в сауне при температуре около 100 0С в течение достаточно длительного времени. Почему же ни один из них не может даже на мгновение погрузить палец в кипящую воду? Подтвердите свою версию ответа оценочным расчетом, используя соответствующие табличные данные.

Решение

1. Процесс передачи тепла средой человеческому телу в оценочном варианте можно описать уравнениями теплопроводности и теплопередачи T

δQ = −λ

2 ∂T sτ , δQ = m ∫ c(T )dT ∂z T

(1)

1

где λ − коэффициент теплопроводности, ∂Т/∂z − градиент температуры, s − площадь, τ − время, с − удельная теплоёмкость среды. 2. Рассмотрим два варианта теплообмена: в первом случае с кожей человека контактирует вода, во втором − воздух. Сравним коэффициенты теплопроводности и удельной теплоёмкости λ воды с воды 4200 0,54 ≅ ≅ 67,5; ≅ ≅ 4200 . (2) λ воздуха 0,008 с воздуха 1 ,009 При прочих равных условиях единица площади кожи при контакте с водой получит в 67,5 раз больше тепла, отсюда и эффект. 75. Сталь (железо) имеет большую теплоемкость, чем медь. Жала для паяльников, изготовленные из стали, обладали бы большим запасом внутренней энергией, чем идентичные медные. Однако используют всё- таки медь. Почему? Подтвердите свою версию ответа соответствующими количественными оценками.

Решение 1. Действительно, теплоёмкость стали при T = 293 0C равна сp(Fe) ≈ 452 Дж/кг⋅К, в то время, как у меди − ср(Cu) ≈ 383 Дж/кг⋅К. Эти величины характеризуют способность накапливать тепловую энергию при нагревании Q = c p m(T1 − T0 ) ,

другими словами, при прочих равных условиях, заданная масса железа способна сконцентрировать в себе большее количество тепла, т.е. железо обладает большей теплоёмкостью. 2. Вместе с тем, жало паяльника должно достаточно быстро нагреваться, чтобы передавать тепло припою, который необходимо расплавить. Жало паяльника должно обладать высокой теплопроводностью, которая определяется уравнением ΔT Q=χ sΔt , l

92

где χ − коэффициент теплопроводности вещества, Δt − продолжительность процесса теплопередачи, s − площадь поперечного сечения стержня, l − его длина, Δt − время подвода тепла, ΔТ − разность температур на торцах стержня. 3. Коэффициент теплопроводности стали χFe ≈ 75 Вт/м⋅К, а меди χCu ≈ 400 Вт/м⋅К, т.е. теплопроводность меди при прочих равных условиях в 5,3 раза больше. 76. Собираясь позавтракать, некто налил в чашку кофе массой m1 = 150 г при температуре Т1 = 353 0К, но обстоятельства заставили его покинуть комнату на некоторое время. Что рациональнее сделать, чтобы кофе имел более высокую температуру к возвращению: добавить m2 = 20 г молока с температурой Т2 = 283 0К перед уходом или после возвращения? Проведите оценочный расчёт в подтверждение версии своего варианта.

Решение

1. Зададимся теплофизическими параметрами жидкостей: удельная теплоемкость соды с1 =4200 Дж/кг⋅К; теплоёмкость молока с2 ≅ 3900 Дж/кг⋅К. 2. Определим удельную теплоёмкость смеси молока и воды определим, записав дважды теплоту, необходимую для изменения температуры двух заданных жидкостей Q = c 3 (m1 + m 2 )ΔT , Q = (c1 m1 + c 2 m 2 )ΔT . (1) 2. Приравняем правые части уравнений (1) c 3 (m1 + m 2 )ΔT = (c1m1 + c 2 m 2 )ΔT , (2) выразим далее из уравнения (2) удельную теплоёмкость смеси m1 m2 c 3 = c1 + c2 ≅ 4163 Дж/кг⋅К. (3) m1 + m 2 m1 + m 2 3. Из уравнения теплового баланса определим установившуюся температуру Θ в случае добавления в кофе молока сразу перед уходом c1m1 (T1 − Θ) = c 3 m 3 (Θ − T2 ) , (4) где m3 = m1 + m2 = 0,17 кг, c m T + c 3 m 3T2 4200 ⋅ 0,15 ⋅ 353 + 4163 ⋅ 0,02 ⋅ 283 Θ= 1 1 1 ≅ ≅ 345 К . (5) c 3 m 3 + c1m1 4163 ⋅ 0,02 + 4200 ⋅ 0,15 4. Запишем уравнения, определяющие динамику охлаждения кофе без молока и кофе с молоком, добавленным в начале процесса охлаждения (см. задачу 2.3.47) ∂T ∂T δQ1 = −λ 1 sτ1 , δQ 2 = −λ 2 sτ 2 , (6) ∂z ∂z где ∂Т1 ≅ (Т1 − Т3), ∂Т2 ≅ (Θ − Т3), τ1 − время охлаждения «простого» кофе, τ2 − время охлаждения кофе с молоком. Поскольку δQ1 = δQ2, то приравняв правые части уравнений, можно найти отношение времён охлаждения, например до Т3 = 300 К τ 2 T1 − T3 53 = ≅ ≅ 1,18 . (7) τ1 Θ − T3 45 5. Таким образом, более целесообразно, перед уходом добавить холодное молоко в горячий кофе, т.е. подвергнуть охлаждению смесь. 77. Два одинаковых тела, нагретых до разных температур, приводятся в тепловой контакт друг с другом. Температуры тел уравниваются. Покажите, что при этом процессе энтропия системы увеличивается.

Решение

1 При теплообмене справедливо уравнение теплового баланса c1m1 (T1 − Θ) = c 2 m 2 (Θ − T2 ) , с учётом того, что массы m1, m2 и теплоёмкости с1,с2 – соответственно одинаковы, то

93

(1)

T1 + T2 ⇒ Θ ≤ T1 ; Θ ≥ T2 . 2 2 Изменение энтропии тел в процессе теплообмена составит: c m (Θ − T2 ) c1m1 (T1 − Θ ) Δs = 2 2 − , Θ Θ или cm [2Θ(T1 − T2 )] = 2cm(T1 − T2 ) ≥ 0 . Δs = Θ T1 − Θ = Θ − T2 ⇒ Θ =

(2)

(3)

(4)

78. На сколько возрастет энтропия 1 кг воды, находящейся при температуре 293 К, при превращении ее в пар?

Решение

1 Изменение энтропии при нагревании данной массы воды до температуры кипения Т2 составит: T2 cmdT T (1) Δs1 = ∫ = cm ln 2 , T T1 T1 Δs1 = 1 ⋅ 4190 ⋅ ln 1,366 ≅ 1307 Дж / К . (2) 2 Изменение энтропии в процессе фазового перехода воды из жидкого состояния в газообразное 2 δQ mr Δs 2 = ∫ = ≅ 6058Дж / К . (3) T2 1 T2 3 Суммируя уравнения (1) и (2), получим возрастание энтропии при нагревании и испарении 1 кг воды Δs = Δs1 + Δs 2 ≅ 7365 Дж / К . (4) 79. Вычислите приращение энтропии водорода массы m при переходе его от объема V1 и температуры T1 к объему V2 и температуре Т2, если газ: а) нагревается при постоянном объеме V1, а затем изотермически расширяется; б) расширяется при постоянной температуре T1 до объема V2, затем нагревается при постоянном объеме; в) адиабатически расширяется до объема V2, а затем нагревается при постоянном объеме.

Решение 1. Изменение энтропии во всех трёх заданных случаях будет одинаковым, потому что m m RT δQ = dU + δA = C v dT + dV , μ μ V

⎞ 1⎛m i m RT ⎜⎜ RdT + dV ⎟⎟ , T⎝ μ 2 μ V ⎠ 2 m 3 dT dV ), Δs б = R ∫ ( + μ 1 2 T V

Δs a =

3 3 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎛ T2 ⎞ 2 ⎥ m m ⎢ V2 V2 ⎛ T2 ⎞ 2 ⎥ ⎢ + ln⎜⎜ ⎟⎟ = R ln Δs в = R ln + ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎢ V1 ⎝ T1 ⎠ ⎥ μ ⎢ V1 ⎝ T1 ⎠ ⎥⎥ μ ⎢⎣ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎦

80. Кусок льда массы 0,1 кг при температуре 0°С бросают в теплоизолированный сосуд, содержащий 2 кг бензола при 50° С. Найдите приращение энтропии системы после установления равновесия. Удельная теплоемкость бензола 1,75 кДж/(кг⋅К).

94

Решение

1. Определим установившуюся температуру, используя уравнение теплового баланса m1λ1 + c 2 m 2 (Θ − T2 ) = c 3 m 3 (T3 − Θ ) , (1) c m T + c 2 m 2 T2 − λ1m1 Θ= 3 3 3 ≅ 309K . (2) c 2 m 2 + c3 m3 2. Изменение энтропии при плавлении льда 2 mλ Дж δQ Δs1 = ∫ 1 = − 1 1 = 123 . (3) T1 K 1 T1 3. Изменение энтропии при нагревании образовавшейся изо льда воды Θ m c dT Дж Θ Δs 2 = ∫ 2 2 =m 2 c 2 ln ≅ 52 . (4) T T2 K T2 4. Изменение энтропии при охлаждении бензола T3 m c dT T Дж Δs 3 = − ∫ 3 3 = m 3c 3 ln 3 = −155 . T K Θ Θ 5. Общее изменение энтропии Δs = Δs1 + Δs 2 − Δs 3 ≅ 20 Дж K .

(5) (6)

Реальные газы и пары 81. Автомобильная шина накачана воздухом под давлением р1 = 6,5⋅105 Па при температуре Т1 = 5 0С. Какое количество воздуха нужно удалить из шины, чтобы давление осталось прежним при температуре Т2 = 40 0С? Объём шины постоянен и равен V = 0,05 м3. Поправки Ван-дер-Ваальса для воздуха в заданном состоянии принять равными: а = 13,6⋅104 Н⋅м4 /кмоль2, b = 0,0366 м3/кмоль.

Решение

1. Рассмотрим вначале случай заполнения камеры идеальным газом p V 6 ⋅ 105 ⋅ 0,05 ≅ 14,1 моль , p1V1 = ν1RT1; ⇒ ν1 = 1 1 = RT1 8,3 ⋅ 278 m1 = μ ⋅ ν1 = 28 ⋅ 10−3 ⋅ 14,1 = 0,4 кг , Т ν1Т1 = ν 2Т 2 , ν 2 = 1 ν1 , Т2 ⎛ T ⎞ m1 − m 2 = m1 ⎜⎜1 − 1 ⎟⎟ ≅ 0,0446 кг . ⎝ T2 ⎠ 2. Запишем аналогичные соотношения для реального газа, используя уравнение Ван-дерВаальса pV = ν(RT + Bp ) , B=b−

a м3 м3 ; B1 = −0,022 , ; B2 = −0,0157 RT моль моль pV ν1 = ≅ 14,2 моля , RT1 + B1p m1 = μν1 = 0,41кг , pV ν2 = ≅ 125 молей . RT2 + B2 p 95

m 2 = μν 2 = 0,3645 кг . m1 − m 2 = 0,0477 кг . 3. Определим погрешность, возникающую при использовании уравнения для идеального газа Δ(m1 − m 2 ) ≅ 5% . m1 − m 2 82. Для некоторого газа поправка в уравнении Ван-дер-Ваальса а = 45,3⋅104 Н⋅м4 /кмоль2, а критическая температура Ткр = 282,7 К. Определите эффективный диаметр молекулы газа.

Решение

1. Запишем уравнение поправки в формуле Ван-дер-Ваальса и определим значение критического давления 27 Tcr2 R 2 27 Tcr2 R 2 a= ; ⇒ pcr = ≅ 5,14 ⋅ 106 Па . 64 pcr 64 a 2. Определим значение поправки b (константа Ван-дер-Ваальса) в уравнении реального газа T R м3 . b = cr ≅ 0,0573 8p cr кмоль 3. Эффективный диаметр молекулы газа 1,41b d0 = 3 ≅ 3,5 ⋅ 10−10 м . πN A 83. При давлении 1,2⋅105Па углекислый газ массой 8,8 кг занимает объём 4,2 м3. Определить температуру газа, считая его реальным: а = 36,4⋅104 Н⋅м4 /кмоль2, b = 0,043 м3/кмоль.

Решение

1. Определим количество углекислого газа m кг ν = ≅ 0,2 . μ моль 2. Запишем уравнения Клайперона − Менделеева и Ван-дер-Ваальса из которых определим искомые температуры pV pV = νRT; ⇒ T = = 303 0 К , νR 2 ⎛ aν ⎞ ⎜⎜ p + 2 ⎟⎟(V − νb ) = νRT ; V ⎠ ⎝ ⎛ aν 2 ⎞ ⎜⎜ p + 2 ⎟⎟(V − νb ) V ⎠ = 304 0 К . T=⎝ νR 84. При каком давлении должен находиться кислород в количестве 100 моль, чтобы при температуре 320К он занимал бы объём 0,1м3? Поправки принять равными: а = 13,7⋅104 Н⋅м4 /кмоль2, b = 0,0317 м3/кмоль.

Решение 1. Определим давление, считая газ идеальным

96

νRT = 2,66 ⋅ 106 Па . V 2. Давление в случае модели реального газа ⎛ aν 2 ⎞ ⎜⎜ p + 2 ⎟⎟(V − νb ) = νRT ; V ⎠ ⎝ p=

νRT aν 2 − 2 = 2,61 ⋅ 106 Па . V − bν V 3. Погрешность вычисления давления Δp = 1,9% . p p=

85. Найдите величину поправок а и b в уравнении Ван-дер-Ваальса для воздуха. Критические параметры воздуха принять равными ркр = 37,6⋅105Па, Ткр = 132,5К.

Решение

1. Запишем уравнение Ван-дер-Ваальса ⎛ aν 2 ⎞ ⎜⎜ p + 2 ⎟⎟(V − νb ) = νRT . V ⎠ ⎝ 2. Величина объёмной поправки b определится через заданные величины T R м3 . b = cr = 0,0367 8p cr кмоль 3. Величина поправки a определится уравнением 27 Tcr2 R 2 Н ⋅ м2 a= = 13,8 ⋅ 104 . 64 pcr кмоль 2 86. Определите критическое давление и критическую температуру неона, если поправки в уравнении Ван-дер-Ваальса равны: а = 2,13⋅104 Н⋅м4 /кмоль2, b = 0,017 м3/кмоль.

Решение

1. Запишем уравнение поправок а и b в уравнении Ван-дер-Ваальса 27 Tcr2 R 2 27Tcr2 R 2 a= ; ⇒ 64apcr = 27Tcr2 R 2 ; ⇒ pcr = ; 64 pcr 64a T R 8bp cr b = cr ; ⇒ Tcr = . 8p cr R 2. Подставим значение Tcr в уравнение для pcr 2 ⎛ 8bp cr ⎞ 2 27 ⋅ ⎜ ⎟ R 64a ⎝ R ⎠ pcr = ; 64p cr a = 27 ⋅ 64b 2 pcr2 ; pcr = ≅ 2,73 ⋅ 106 Па . 2 64a 1728b 8 ⋅ 0,017 ⋅ 2,73 ⋅ 106 Tcr = ≅ 4,47 ⋅ 104 0 К . 8,3 87. Определите массу водяных паров в 1м3 воздуха при нормальном давлении и температуре 25 0С и относительной влажности ϕ = 60%.

Решение 1. Относительная влажность определяется уравнением

97

p , pn где р −давление пара, присутствующего в воздухе, pn − давление насыщенных паров воды при температуре 298 0К. 2. Из уравнения Клайперона − Менделеева имеем ϕp Vμ 0,6 ⋅ 3,17 ⋅ 103 ⋅ 18 ⋅ 10−3 m= n = ≅ 0,0138 кг . RT 8,3 ⋅ 298 ϕ=

88. Каким образом и насколько должна измениться температура воздуха при неизменном давлении, чтобы в нём образовался туман, если при температуре 25 0С относительная влажность воздуха составила ϕ = 60%?

Решение 1. Определим плотность насыщенных паров воды при данной температуре ϕ ⋅ ρn 60 ⋅ 23 ⋅ 10−3 кг ρ1 = ≅ = 0,0138 3 . 100% 100 м 2. По таблице зависимости плотности насыщенного пара от температуры находим, что туман должен образоваться при температуре ниже 16,5 0С. 89. Определите плотность воздуха при нормальном давлении, температуре 25 0С и относительной влажности ϕ = 100%.

Решение

1. Определим плотность сухого воздуха в заданных условиях, используя уравнение Клайперона − Менделеева m RT RT μp 28 ⋅ 10−3 ⋅ 105 кг m p0 V0 = RT; p 0 = = ρ0 ; ρ0 = 0 ≅ ≅ 1,132 3 . μ V0 μ μ RT 8,3 ⋅ 298 м 2. По таблице найдём плотность насыщенного водяного пара при заданной температуре кг ρНП ≅ 23 ⋅ 10− 3 3 . м 3. Плотность влажного воздуха будет складываться из плотностей сухого воздуха и насыщенного водяного пара кг ρ = ρ0 + ρНП ≅ 1,155 3 . м 90. Определите массу столба воздуха высотой h =1000м и сечением s = 1м2, если плотность воздуха у поверхности Земли равна ρ = 1,2 кг/м3, а давление составляет p ≅1⋅105Па.

Решение

1. Найдём взаимосвязь между массой и давлением из уравнения состояния m pVμ . pV = RT; m = RT μ 2. Молекулы воздуха находятся в поле земного тяготения, поэтому ⎛ μgh ⎞ p 0shμ exp⎜ − ⎟ gh μ ⎛ ⎞ ⎝ RT ⎠ . p = p0 exp⎜ − ⎟; ⇒ m = RT ⎝ RT ⎠ 3. Температура воздуха до высоты 1 км, понижается практически по линейному закону, поэтому если принять Т0 = 288 0К, а Тh = 280 0К, то Т ≈ 284 0К, и m ≈ 911,15 кг.

98

Фазовые состояния вещества 91. В кастрюлю налита водопроводная вода при температуре Т1 = 10 0С и поставлена на плиту. Через t1 = 10 минут вода закипает. Через какое время вода полностью испарится?

Решение

1. Определим количество теплоты, подведенной к воде при её нагревании до температуры кипения и мощность источника тепла Q = cmΔT; Nt1 = cmΔT , где с ≈ 4200 Дж/кг⋅К − удельная теплоёмкость воды, N − мощность источника тепла, ΔТ = 90 0 К − разность температур, t1 − время нагревания воды до температуры кипения. 2. Образуем систему уравнений ⎧ Nt1 = cmΔT; ⎨ ⎩ Nt 2 = rm , где r ≈ 2,2⋅106 Дж/кг − удельная теплота испарения воды t2 − время, необходимое для испарения всей воды. 3. Решая совместно уравнения полученной системы найдём время испарения tr 600 ⋅ 2,2 ⋅ 106 ≅ 3492 c ≅ 58 мин . t2 = 1 ≅ 4200 ⋅ 90 cΔT 92. Смогли бы солнечные лучи на экваторе растопить за один солнечный день снежный покров толщиной h1 = 1м? Максимальная плотность потока солнечной энергии ϖ ≅ 1кВт/м2, а коэффициент отражения близок к ζ = 0,9.

Решение

1. Определим количество тепла, поглощаемого 1 м2 поверхности льда ϖ QS = ςΔt = 100 ⋅ 43200 ≅ 4,3 ⋅ 106 Дж , s где Δt = 43200 с − продолжительность светового дня на экваторе. 2. Определим массу одного кубометра льда при его плотности ρ ≈ 917 кг/м3 m = ρV ≅ 917 кг . 3. Найдём количество тепла, необходимого для плавления одного кубического метра льда Q A = λm ≅ 3,3 ⋅ 105 ⋅ 917 ≅ 3 ⋅ 108 Дж , где λ − удельная теплота плавления льда. Таким образом, поскольку QА > QS, то весь ледяной покров расплавиться не успеет. 4. Определим массу льда, которая растает за световой день Q m1 = S ≅ 13 кг , λ что соответствует толщине ледяного покрова h2 ≈ 1,42 см. 92. Чему равна теплота образования единицы поверхности жидкой плёнки?

Решение 1. Чтобы увеличить поверхность плёнки на бесконечно малую величину ds необходимо произвести работу по преодолению сил поверхностного натяжения

99

(1) δA = −σds . 2. Рабата, как известно, входит наряду с изменением внутренней энергии в уравнение первого начала термодинамики δQ = dU − δA = dU − σds . (2) 3. Элементарное тепло δQ связано с изменением энтропии dS следующим соотношением δQ dS = , ⇒ δQ = TdS . (3) T 4. Перепишем уравнение (2) с учётом уравнения (3) (4) TdS = dU − σds, ⇒ dU = TdS + σds . 5. Свободная энергия термодинамической системы определяется как Ψ = U − TS , (5) откуда dΨ = −SdT + σds . (6) 6. Выразим из уравнения (6) энтропию ⎛ ∂Ψ ⎞ S = −⎜ (7) ⎟ , ⎝ ∂T ⎠ s и подставим в уравнение (5) ⎛ ∂Ψ ⎞ Ψ = U + T⎜ (8) ⎟ . ⎝ ∂T ⎠ s 7. Подставим в последнее уравнение Ψ = σs ⎡ ∂ (σs ) ⎤ σs = U + T ⎢ (9) ⎥ . ⎣ ∂T ⎦ s 8. Коэффициент поверхностного натяжения не зависит от площади, но зависит от температуры, что даёт основание переписать (9) следующим образом dσ ⎞ ⎛ dσ ⎞ ⎛ (10) U = σs − Ts⎜ ⎟ = s⎜ σ − ⎟. dT ⎠ ⎝ dT ⎠ ⎝ 9. Чтобы увеличить площадь плёнки при постоянной температуре, ей нужно сообщить дополнительно количество тепла dσ dσ ⎞ ⎛ ds . (11) Q = ΔU − σs = s⎜ σ − T ⎟ − σs = −T dT dT ⎠ ⎝ 10. Количество тепла, сообщаемое единице поверхности плёнки, таким образом, определится соотношением dσ q = −T . (12) dT 93. Сферическую каплю ртути радиусом r0= 2 мм необходимо разбить на две одинаковые капли. Какую работу при этом придётся совершить?

Решение

1. Деление исходной капли радиусом r0 на две одинаковые радиуса r сопровождается увеличением поверхности на величину Δs. Изменение поверхности ввиду наличия поверхностного натяжения приводит к увеличению поверхностной энергии ΔE = σΔs = A . (1) 2. Объём исходной капли, имеющей сферическую форму, определится как 4 V0 = πr03 . (2) 3 3. Объём капель после деления 2 4 V1 = V2 = 0,5V0 πr03 = πr 3 , (3) 3 3

100

откуда r =

r0

. 2 4. Запишем далее уравнения для поверхностей капель 3

s 0 = 4πr02 , 2s = 2 ⋅ 4πr 2 =

8π 2 r . 4

3

5. Увеличение поверхности, таким образом, составит ⎛ 2 ⎞ Δs = 2s − s 0 = 4πr02 = 4πr02 ⎜⎜ 3 − 1⎟⎟ . ⎝ 4 ⎠ 6. Необходимая для деления работа ⎛ 2 ⎞ A = 4πr02 ⎜⎜ 3 − 1⎟⎟ ⋅ σ ≅ 4 ⋅ 3,14 ⋅ 4 ⋅ 10 −6 ≅ 6,5 ⋅ 10 −6 Дж . ⎝ 4 ⎠

(4)

(5)

(6)

94. Воздушная полость сферической формы радиусом r0 = 1 мкм находится на удалении h = 1м от поверхности воды. В жидкости возбуждены ультразвуковые колебания, под действием которых радиус полости изменяется по законы r (t ) = r0 + 5 ⋅ 10 −7 sin ωt . Вычислить максимальное и минимальное значение давления внутри полости, пренебрегая диффузионными эффектами.

Решение

1. Воздушная полость будет находиться в равновесии в том случае, когда давление газа в полости будет равно внешнему давлению, т.е. 2σ , (1) p = ρgh + p 0 + r где р0 − атмосферное давление. 2. При воздействии акустических колебаний радиус полости будет меняться по синусоидальному закону. Условие равновесия (1) в этом случае можно переписать следующим образом 2σ p= + ρgh + p 0 . (2) r0 + A sin ωt 3. Минимальным давление в полости будет иметь место при максимальном радиусе, максимальное − наоборот, когда под действием ультразвуковых колебаний полость будет максимально сжата p min − при sinωt = 1, p max при sinωt = -1 . (3) 4. Уравнение (2) с учётом условий (3) перепишутся следующим образом 2σ 0,073 p min = + ρgh + p 0 ≅ + 103 ⋅ 10 ⋅ 1 + 105 ≅ 0,16 МПа . −6 r0 + A 1 ⋅ 10 + 5 ⋅ 10 −7 p max =

2σ 0,073 + 103 ⋅ 10 ⋅ 1 + 105 ≅ 0,26 МПа . + ρgh + p 0 ≅ −6 r0 − A 1 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10 −7

95. Капли воды, попадая на раскалённую поверхность плиты, «сохраняются» дольше, интенсивно перемещаясь и подпрыгивая. Капли на менее нагретой плите ведут себя «спокойнее», но испаряются быстрее. Почему так происходит?

Решение 1. При попадании сферической капли воды на раскалённую поверхность плиты с температурой Т1 она достаточно быстро прогревается. Рассмотрим модель прогрева капли, считая, что процесс обладает сферической симметрией, т.е.

101

a.108,м/с

6,0

17

5,5

16

5,0

15

4,5

14

4

13

0

cp,кДж кг К

λ ,Bт/м C ρ.кг/м3

∂T(0, τ) = 0. (1) ∂r Коэффициент теплопроводности λ, теплоемкость c, температуропроводность а и плотность ρ есть известные функции температуры (см. графики). В этом случае сферически симметричный теплообмен в пренебрежении конвективными потоками внутри капли (при τ > 0; 0 < r < rf ) описывается уравнением:

ρ (t)

0,7 λ (t) a(t)

0,65

900

0,6

800

cp(t) 0,55 700

0

100

50

250

200

150

o

t, C

0,5

Теплофизические параметры воды ∂T 1 ∂ ⎛ 2 ∂T ⎞ = (2) ⎜ λr ⎟. ∂τ r 2 ∂r ⎝ ∂r ⎠ Начальная температура считается постоянной, т.е. T(r,0 ) = T0 = const , а на поверхности cρ

предполагается выполнение граничных условий третьего рода: ∂ T(0, τ) = 0, ∂r ∂ T(rF , τ) = H T − T(rF , τ ) , ∂r ∂ (0, τ) = 0, T(0, τ) ≠ ∞ . ∂r

{

}

(3)

где Н – постоянная, определяющая поток тепла на границе капли со средой, r – текущий радиус, τ – время. Общее решение уравнения (2) имеет вид: Θ(r, τ) = T − T(r, τ) =

n =∞

∑ϑ n =1

sin[ϑn (r rF )] 2ϑn × − sin cos r rf ϑ ϑ n n n

rf

× rf1 (r )sin [ϑn (r rF )]dr ⋅ exp(− ϑ Fo )

∫

,

(4)

2 n

0

aτ 1 где Fo = 2 – коэффициент Фурье, ϑn – корни характеристического уравнения tgϑ = ∗ ϑ Bi − 1 rF

(B

∗ i

= Hrf ) , при этом параметр B∗i =f(Re):

⎧0,115Bi Re 0, 6 (Re > 20), . Bi∗ = ⎨ (Re ≤ 20). ⎩Bi

(5)

Критерий Рейнольдса для капли определяется уравнением: Re =

v F 2rF 4(2rF ) v 0 ≅ 1, 5 νF ν F 2(2rF ) + ψτ v 0

[

3

]

2

,

(6)

где v0 – начальная скорость капли, νg – коэффициент кинематической вязкости среды, параметр Ψ определяется как

102

ψ=

3 A νg γ 0 , 4 γF

(7)

где постоянная для тел со сферической симметрией А ≅ 14, γ0 – удельный вес среды, в которой нагревается капля. Значение tr(F) соответствует моменту начала кипения воды. При этом считается, что фазовый переход вода – пар начинается при условии: ϕ∫

R max

∫ n(R )dR dV = 1 ,

(8)

V R cr

где V = 4 3 (πr 3 ) – объем капли. Равенство (8) означает, что математическое ожидание числа неустойчивых зародышей кипения в объеме данной капли становится равным единице. Данные, приведенные на рисунке, получены при соtK,oC вместном решении уравне280 ний (2 − 4) численными методами. o T0 = 950 C 3. Как видно из приве260 денных данных переход воo T0 = 700 C ды в пар начинается на по240 верхности капли, пар образует оболочку, вода после 220 этого контакта с поверхностью нагревателя не имеет. Коэффициент теплопровод200 ности пара составляет λp ≅ 0.024 Вт/м⋅К, воды − λL ≅ 180 0,54 Вт/м⋅К, т.е. теплопро4 8 0 6 2 d K. ,мм водность воды в 22,5 раза Зависимость температуры поверхности капли от диаметра выше, чем у пара. Это приводит к тому, что поверхность капли перегрета, в то время как в целом, температура капли не достигает температуры кипения. 4. На умеренно горячей плите фазового перехода на поверхности капли не происходит, капля воды прогревается по всему объёму и, вскипая, быстро превращается в пар. 96. Аппарат для домашнего приготовления крепких алкогольных напитков состоит из резервуара, в котором посредством электрического нагревателя мощностью N = 500 Вт поддерживается температура кипения Тk = 362,5 K жидкого исходного сырья объёмом V1 = 10 л, с целью его преобразования, вследствие фазового перехода первого рода, в пар. Пар, будучи направленным далее в охладитель в виде трубчатой спирали, конденсируется приобретая свойства, характерные для виски и самогона. На какое время должен быть установлен таймер, отключающий электропитание, чтобы в пар превратилось V2 = 0,8 V1 жидкости, имеющей начальную температуру Т0 = 300 К? Удельная теплота испарения исходного жидкого сырья r = 1,8⋅106 Дж/кг, удельная теплоёмкость с = 3⋅103 Дж/кг⋅К, плотность ρ = 890 кг/м3.

Решение

1. Время необходимое для нагревания продукта до температуры кипения τ1 =

cρV1ΔT . N

2. Время необходимое для испарения заданного объёма жидкости V2 τ2 =

r 0,8ρV1 . N

3. Промежуток времени, через который должно отключится электропитание аппарата

103

τ = τ1 + τ 2 = ≅

ρV1 (cΔT + 0,8r ) ≅ N

(

)

890 ⋅1 ⋅10 − 2 3 ⋅10 3 ⋅ 62,5 + 0,8 ⋅1,8 ⋅10 6 ≅ 8,2 часа 500

.

97. В кастрюле глубиной h = 0,1 м и объёмом V1 = 1⋅10 − 3 м3 нагревают на электроплите m1 = 0,1 кг молока. Известно, что за τ = 300 с температура молока увеличилась с Т1 = 358 К до Т2 = 368 К. Через какое время молоко «сбежит» из кастрюли после достижения температуры кипения Тk = 373 К? Считать, что теплофизические параметры молока весьма близки к параметрам воды.

Решение

1. Молоко «сбегает» из кастрюли потому, что в процессе нагрева на его поверхности образуется жировая плёнка, которая препятствует выходу в атмосферу образующихся при кипении паров. 2. Определим объём, который могут занимать пары молока, до того как они, разрушив плёнку, начнут истекать наружу, увлекая за собой молоко Vp = V1 −

m1 0,1 ≅ 1 ⋅10 −3 − 3 ≅ 9 ⋅10 − 4 м 3 , ρ 10

(1)

где ρ = 1⋅103 кг/м3 − плотность молока. 3. По заданному интервалу температур ΔТ = 10 К и времени его достижения найдём мощность источника тепла N=

Q1 cm1ΔT 4200 ⋅ 0,1 ⋅10 = ≅ ≅ 14 Вт . τ1 τ1 300

(2)

4. Определим далее массу паров молока между поверхностью жидкости и жировой плёнкой по уравнению Клапейрона − Менделеева mp =

μp sp Vp RTk

≅

18 ⋅10 −3 ⋅10 5 ⋅ 9 ⋅10 −4 ≅ 5,2 ⋅10 − 4 кг . 8,3 ⋅ 373

(3)

5. Время расширения паров молока до их активной эвакуации из кастрюли на плиту найдём считая, что парообразование происходит в момент достижения молоком температуры кипения Тk ≅ 373 К τ2 =

k

H2 O

mg

mpr N

≅

5,2 ⋅10 −4 ⋅ 2,26 ⋅10 6 ≅ 84 c ≅ 1,4 c . 14

98. Цилиндр сечением s = 2⋅10 − 3 м2 разделён поршнем массы m = 5 кг на две части. В нижней части сосуда вначале находилась вода, а верхняя часть была откачана. Поршень соединён с цилиндром пружиной жёсткости k = 15 Н/м. В начальном состоянии пружина не деформирована. Определить массу образовавшегося пара при нагревании воды от Т1 = 273 К до Т2 = 373 К.

Решение

1.Запишем условие статического равновесия поршня для температуры Т2 = 373 К, при которой давление насыщенных паров составляет рsp ≅ 105 Па (1) mg + rx = psps . 2. Определим из уравнения (1) смещение поршня х p s − mg . (2) x = sp k 3. Перемещение поршня при интенсивном испарении воды определим из уравнения Клапейрона − Менделеева

104

psp V =

mp

RT2 , pspsx =

mp

RT2 , ⇒ m p =

pspsxμ

. (3) μ μ RT2 4. Подставим в уравнение массы паров значение вертикального перемещения поршня из уравнения (2) p sμ p s − mg 105 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 ⋅ 18 ⋅ 10−3 105 ⋅ 2 ⋅ 10−3 − 50 m p = sp ⋅ sp = ⋅ ≅ 11,6мм . RT2 k 8,3 ⋅ 373 15 99. Какой максимальной толщины может быть ледник на поверхности Земли?

Решение

1. Плавление льда, т.е. изменение фазового состояния воды, сопровождается уменьшением толщины ледяного покрова, т.е. изменением положения центра масс ледника. В соответствии с законом сохранения энергии, уменьшение потенциальной энергии в первом приближении можно считать равной количеству тепла, сопровождающего процесс плавления qΔm = ΔmgH , (1) где Δm = ρsΔh масса растаявшего льда, ρ − плотность льда, s площадь поперечного сечения ледника, g ускорение свободного падения, Н − толщина ледника. 2. Удельная теплота плавления льда q ≅ 330 кДж/кг. Из уравнения (1) следует, что q H = ≅ 33 км . (2) g Как следует из уравнения (2) максимальная толщина ледника на планете обратно пропорциональна ускорению свободного падения, т.е. массе планеты. 100. Можно ли утверждать, что значение температуры плавления строго совпадает с температурой кристаллизации того же вещества.

Решение

1. Фазовые переходы первого рода, к которым относятся процессы плавления и кристаллизации протекают по двум принципиально отличным схемам. Возникновение конкурентной фазы по гомогенной схеме наблюдается в средах, не имеющих или имеющих в малых количествах ядра кристаллизации. В этом случае центры кристаллизации возникают спонтанно в жидкости при температурах ниже общепринятой температуры кристаллизации. 2. Жидкости, обеднённые ядрами кристаллизации можно при- Т вести в метастабильное состояние, т.е. понизить в них температуру ниже температуры кристаллизации (отверждения). На графике зависимости температуры Т от времени τ при постоянном отводе Тk от жидкости тепла метастабильное состояние соответствует от2 резку пунктирной кривой. В случае гомогенной схемы кристаллизации температура, при которой начнётся переход из жидкого в 1 твёрдое состояние, не будет соответствовать температуре плавления, потому что температура плавления, в классическом варианте, τ, c соответствует такому состоянию вещества, когда колебательная энергия ионов в узлах кристаллической решётки превосходит энергию связи. Упорядоченная структура кристалла нарушается, структурные элементы наряду с вращательными степенями свободы приобретают поступательные степени свободы, превращаясь в жидкости. 3. При гетерогенной схеме кристаллизации в жидкости должны находится ядра кристаллизации, в качестве которых чаще всего выступают разного рода твёрдые взвешенные частички. В этом случае температура кристаллизации имеет фиксированное значение и соответствует температуре плавления.

105

Задание № 3 Электрическое поле 1. Предположим, что удалось бы разделить 1 см3 воды на элементарные разноименные заряды, которые затем удалили друг от друга на расстояние 100 км. С какой силой притягивались бы эти заряды?

Решение

1. Определим массу заданного объёма воды, приняв её плотность равной ρ = 1000 кг/м3 и объём − V = 1⋅10 − 6 м3 m = ρV = 1 ⋅ 103 ⋅ 1 ⋅ 10−6 = 1−3 кг . 2. Количество молекул в заданном объёме воды m 1 ⋅ 10−3 N = N A ≅ 6 ⋅ 1024 ≅ 3,33 ⋅ 1023 . μ 18 ⋅ 10− 3 3. Каждая молекула воды состоит из двух атомов водорода с одним электроном в каждом и одного атома кислорода, с ядром которого связаны восемь электронов, т.е. каждая молекула воды Н2О имеет в своём составе 10 электронов. Таким образом, сумма зарядов всех электронов в заданном объёме воды по модулю составит q e = 10eN ≅ 10 ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 ⋅ 3,33 ⋅ 1023 ≅ 5,33 ⋅ 105 Кл . (3) 4. Поскольку в обычном состоянии суммарный отрицательный и положительный заряд каждого атома с высокой степенью точности скомпенсированы, то сумма зарядов всех электронов по модулю должна быть равна сумме зарядов всех ядер. Сила притяжения для суммарного заряда всех ядер и электронов определится как q2 2,84 ⋅ 1011 F = k 2e ≅ 9 ⋅ 109 (4) = 2,56 ⋅ 109 Н . 10 1 ⋅ 10 r Полученная величина силы эквивалентна движению массы в m = 1 кг с фантастическим ускорением а = 3,6⋅1010 м/с2. 2. Какой заряд приобрел бы 1 см3 железа, если бы удалось убрать 1% содержащихся в нем электронов?

Решение

1. Определим количество молекул в объёме железа V = 1⋅10 − 6 м3 при плотности ρ = 7,87⋅103 кг/м3 и молярной массе μ ≅ 56⋅10 3 кг/моль m ρV 7,87 ⋅ 103 ⋅ 10 −6 N = NA = NA ≅ 6 ⋅ 10 23 ≅ 8 ⋅ 10 23 . μ μ 56 ⋅ 10 −3 2. Каждый атом железа имеет по ne = 26 электронов, т.е. суммарное количество электронов в заданном объёме составляет N e = n e N = 26 ⋅ 8 ⋅ 10 23 ≅ 2 ⋅ 10 25 . 3. Заряд заданного объёма железа при удалении 1/100 всех его электронов составит N q = e e ≅ 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2 ⋅ 10 23 ≅ 3,2 ⋅ 10 4 Кл . 100 3. Две одинаковые капли воды массой m = 1,8⋅10 − 3 кг расположили на расстоянии r = 1 м друг от друга. С какой силой станут взаимодействовать капли, если 10 % электронов из одной капли переместить в другую?

106

Решение

1. Определим количество вещества ν в капле воды с учётом значения её молярной массы μ = 18⋅10 − 3 кг/моль m 1,8 ⋅ 10 −3 (1) ν= = = 0,1 моль . μ 18 ⋅ 10 −3 2. Число молекул в капле воды N = νN A ≅ 0,1 ⋅ 6 ⋅ 10 23 ≅ 6 ⋅ 10 22 . (2) 3. Формула воды H2O, т.е. одна молекула включает в себя два атома водорода и один атом кислорода. Молекула воды, таким образом, содержит 10 электронов. Число электронов в одной капле воды равно N e = 10 N = 6 ⋅10 23 . (3) 4. Заряд всех электронов в одной капле первоначально составляет (4) q 0 = e ⋅ N e ≅ 1,6 ⋅10 −19 ⋅ 6 ⋅10 23 ≅ 9,6 ⋅104 Кл . 5. Величина перемещаемого заряда q i = 0,1q 0 ≅ 9,6 ⋅ 10 3 Кл . (5) 6. Заряд капель после перемещения электронов q1 = q 0 + q i ≅ 1 ⋅ 10 5 Кл, q 2 = q 0 − q i ≅ 8,6 ⋅ 10 4 Кл . (6) 7. Сила электрического взаимодействия между каплями после перемещения электронов q ⋅q 1 ⋅ 105 ⋅ 8,6 ⋅ 10 4 F = k 1 2 2 ≅ 9 ⋅ 109 ≅ 8 ⋅ 1019 H . (7) r 1 4. Два одинаковых металлических шарика, подвешенных в воздухе на непроводящих нитях, закреплённых в одной точке, были заряжены первоначально разноимёнными зарядами, причём по модулю заряды отличались в ζ = 5 раз. Шарики далее привели в соприкосновение и развели на расстояние в два раза превышающее первоначальное ξ =2. Во сколько раз изменится сила их кулоновского взаимодействия?

1. Пусть первоначально заряд одного из шариков был равен –q, а второго − +ζq. 2. В положении 1 шарики притягивались друг к другу с силой, равной по модулю ζq 2 F1 = k 2 . (1) r 2. В момент соприкосновения шарики будут представлять собой одно тело, заряд которого равен алгебраической сумме первоначальных зарядов Q = ζq – q = q(ζ − 1). 3. После разъединения, ввиду одинаковости размеров, каждый шарик будет иметь заряд q(ζ − 1) . (2) q1 = q 2 = 2 4. Сила взаимодействия между одноимённо заряженными шариками в положении 3 определится уравнением [q(ζ − 1)]2 = k q 2 (ζ − 1)2 . F2 = k (3) r 2 4ξ 2 4ξ 2 r 2 5. Определим отношение кулоновских сил в положениях 3 и 1 2 (5 − 1)2 ≅ 0,4 . F2 (ζ − 1) = = F1 4ξ 2 ζ 2 ⋅ 22 ⋅ 5

107

(4)

5. Три положительных точечных заряда (q1 = q2 =q3= 1 нКл) расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд q0 и где необходимо расположить, чтобы система находилась в равновесии?

Решение

1. Естественно предположить, что заряд q0 должен быть отрицательным и расположен на равном удалении от трёх остальных, т.е. в точке пересечения медиан треугольника О. Если заряд будет положительным, то к каждому из зарядов будет приложена сила, стремящаяся «растащить» заряды. 2. Рассмотрим условие равновесия одного из зарядов, расположенного, например, в точке В, к которому при расположении q0 в точке О будут приложены три силы, две силы {F1,F1} обусловлены взаимодействием с двумя остальными положительными зарядами и сила F0, вызванная взаимным притяжением с центральным зарядом. Исследуемый заряд будет находиться в состоянии равновесия, если геометрическая сумма двух первых сил R будет равна по модулю и противоположна по направлению F0. 3. Определим по правилу параллелограмма модуль равнодействующей силы R R = 2F12 + 2F12 cos 2α = F1 2(1 + cos 2α ) , (1) где α =300, т.е. R = F1 3 . (2) 4. Запишем уравнения для модулей сил F1 и F0, воспользовавшись уравнением закона Кулона q2 F1 = k 2 , (3) r qq q 0q 4 cos 2 αq 0 q F0 = k 0 2 = k = . (4) k r2 (OB) (r 2 cos α )2 где r − длина стороны треугольника. 5. Приравняем уравнения (2) и (4) с учётом значения F1 из уравнения (3) и определим величину q0 3q 2 q 0 q ⋅ 4 cos 2 α = , (5) r2 r2 q 3 3 q0 = =q ≅ 0,58 нКл (6) 2 4 cos α 3 6. Капля воды R = 5⋅10 − 5 м с плотностью ρ1= 1000 кг/м3 находится в состоянии безразличного равновесия в масле с плотностью ρ2 = 800 кг/м3 при напряжённости электрического поля Е = 104 Н/Кл. Вектор напряжённости поля направлен вертикально вверх. Сколько элементарных электрических зарядов находится на капле?

Решение

1. Свободно парящая в масле заряженная положительно капля воды находится под действием трёх сил: силы тяжести mg, силы Архимеда FA и кулоновской силы Fk, возникающей в вертикальном электрическом поле напряжённостью Е. 2. Определим величины действующих на каплю сил 4 mg = πR 3ρ 2 g , (1) 3

108

4 FA = ρ1g πR 3 , (2) 3 Fk = qE , (3) 3 где ρ2 − плотность масла, ρ1 = 1000 кг/м − плотность воды, q − заряд капли. 3. Запишем условие равновесия капли воды под действием анализируемой системы сил mg = FA + Fk , (4) 4 4 πR 3ρ1g = πR 3ρ 2 g + QE . (5) 3 3 4. Выразим из уравнения (5) величину заряда 4R 3g(ρ1 − ρ 2 ) 4 ⋅ 1,25 ⋅ 10 −13 ⋅ 10 ⋅ 200 ≅ ≅ 1 ⋅ 10 −13 Кл . (6) Q≅ E 10 4 5. Определим количество положительных элементарных зарядов, сосредоточенных на поверхности капли Q 1 ⋅ 10 −13 N e+ = = ≅ 6,25 ⋅ 105 . (7) e 1,6 ⋅ 10 −19 7. Два равных отрицательных заряда по q = 9 нКл каждый находятся в воздухе на расстоянии r0 = 8 см друг от друга. Определить напряжённость электрического поля в точке, отстоящей на удалении 5 см от каждого заряда. Изменится ли напряженность поля при помещении зарядов в воду?

Решение

1. В заданной точке А имеет место суперпозиция электрических полей от двух зарядов. Задача, таким образом, сводится к определению геометрической суммы векторов напряжённости зарядов q1 и q2 r r r E = E1 + E 2 . (1) 2. Определим модуль вектора напряжённости результирующего электрического поля E = E12 + E 22 + E1E 2 cos 2α , (2) где Е1, Е2 − модули напряжённостей полей, создаваемых зарядами q1 и q2, соответственно. 3. Поскольку модули зарядов одинаковы q 9 ⋅ 10 −9 В ≅ ≅ 3 ⋅ 10 4 , (3) E1 = E 2 = −12 −4 2 4πε 0 εr 12,56 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 25 ⋅ 10 м уравнение (2) можно упростить E = E12 + E12 + E12 cos 2α = E1 2 + cos 2α . (4) 4. Определим из прямоугольного треугольника q1AO значение α r sin α = 0 ≅ 0,8, ⇒ α = arcsin0,8 ≅ 530 . (5) 2r 5. Найдём модуль вектора напряжённости результирующего поля E ≅ 3 ⋅ 10 4 2 − 0,27 ≅ 4 ⋅ 10 4 В / м . (6) 6. При перенесении зарядов в воду напряжённость поля изменится, потому что диэлектрическая проницаемость воды (ε = 81) отличается от диэлектрической проницаемости воздуха (ε ≅ 1), Е1 ≅ 370 В/м. Напряжённость результирующего поля, таким образом, определится как E ≅ 370 2 − 0,27 ≅ 486 В / м . (7)

109

8. В вершинах квадрата со стороной а = 0,1 м расположены четыре отрицательных заряда: q1= q2 = q3 = q4 = 0,1 нКл. Определить напряжённость Е электрического поля в центре квадрата. Как изменятся параметры поля, если один из зарядов заменить положительным зарядом той же величины?

1. Если в вершинах квадрата находятся отрицательные заряды, то напряжённость электрического поля в центре будет эквивалентна нулю, потому что векторы напряжённостей диагональных зарядов будут равны по модулю и противоположны по направлению, Е0 = 0. 4. Рассмотрим далее систему, когда заряд q1 будет положительным. Ситуация по сравнению с предыдущей изменится. Векторы напряжённости поля создаваемого зарядами q2 и q4 будут одинаковы по модулю и противоположны по направлению r r E2 + E4 = 0 . (1) Таким образом напряжённости в точке О определится в виде суммы векторов напряжённостей полей зарядов q1 и q3 r r r E = E 3 + E1 . (2)

E O = 2E1 =

В 4q 1 ⋅ 10 −10 ≅ ≅ 354 . м 4 πε 0 a 2 3,14 ⋅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 0,01

9. Две проводящие пластины несут заряды с плотностью σ1 = +5⋅10 − 8 Кл/м2 и σ2 = −9⋅10 − 8 Кл/м2. Пространство между пластинами заполнено стеклом (ε = 7). Определить напряжённость электрического поля между пластинами и вне их.

Решение 1. Напряжённость электрического поля, создаваемого пластиной с плотностью заряда σ определяется как σ E= . (1) 2ε 0 ε 2. Напряжённость электрического поля в зазоре между пластинами r r r E ∗ = E1 + E 2 . (2) 3. Подставим в уравнение (2) значение напряжённости

в соответствии с уравнением (1) σ + σ2 σ σ 14 ⋅ 10−8 = E∗ = 1 + 2 = 1 ≅ 1111В / м . 2ε0ε1 2ε0ε1 2ε 0ε1 2 ⋅ 9 ⋅ 10−12 ⋅ 7 4. В пространстве вне области, заполненной диэлектриком, векторы напряжённостей имеют противоположное направление, поэтому σ − σ1 4 ⋅ 10 −8 E ∗∗ = E 2 − E1 = 2 ≅ ≅ 2222 В / м . 2ε 0 ε 2 2 ⋅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 1 10. Альфа − частица проходит через геометрический центр молекулы водорода, состоящего из двух протонов, расположенных на расстоянии а друг от друга. На каком расстоянии от протонов их электрическое поле будет действовать на α − частицу с максимальной силой?

Решение

1. Предположим, что α − частица движется перпендикулярно линии, соединяющей центры протонов через середину отрезка а. 110

2. Напряжённость электрического поля по ходу движения частицы определяется в виде геометрической суммы напряжённостей полей, создаваемых каждым из протонов. Поскольку в каждой точке траектории расстояние от α − частицы до протонов одинаковы, то напряжённости по модулю одинаковы E i = E 2 + E 2 + E 2 cos 2α , (1) E i = E 2 + cos 2α . (2) qp E= . (3) 4πε 0 r 3. Анализ уравнений (2) и (3) показывает, что силовое воздействие электрического поля на отрицательно заряженную α − частицу определяется двумя параметрами: расстоянием r и величиной угла 2α. Максимум напряжённости поля от каждого протона будет иметь место в точке траектории 3, но векторы напряжённостей имеют противоположные направления, т.е. суммарная напряжённость будет равна нулю. 4. Функция Е = f (cos2α) будет иметь максимум при α = 450, в этом случае cos2α = 1. Таким образом, максимальное силовое воздействие на α − частицу будет иметь место при расстоянии r 2

2

a ⎛a⎞ ⎛a⎞ r = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = . 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠

(4)

11. На расстоянии а = 8 см друг от друга в воде (ε = 81) расположены два положительных заряда по q = 10 нКл каждый. Определить напряжённость поля в точке, находящейся на расстоянии r = 5 см от зарядов.

Решение

1. Напряжённость электрического поля и потенциал точечного заряда в точке С определяются уравнениями q (1) E= ,. 4πε0 εr 2 2. Напряжённость поля в заданной точке С от двух зарядов равна геометрической сумме напряжённостей r r r EC = E + E , (2) модуль которой находится по теореме косинусов, т.к. результирующий вектор является диагональю параллелограмма, построенного на слагаемых векторах E C = E 2 + E 2 + 2E 2 cos α = E 2 (1 + cos α ) , α . 2 3. Величину cos(α 2 ) определим из треугольника САD: CD = 25 − 16 = 3 см α CD 3 cos = = = 0,6 . 2 r 5 4. Объединим уравнения (1), (3) и (5) 2 ⋅ 10 −8 ⋅ 0,6 В ≅ 524 . EC = −12 −4 12,56 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 81 ⋅ 25 ⋅ 10 м E C = 2E cos

111

(3) (4)

(5)

(6)

12. В вершинах равностороннего треугольника со стороной а = 0,2 м помещены положительные одинаковые заряды по q = 1 нКл каждый. Заряды размещены в воздухе. В середине одной из сторон находится третий заряд, на который действует сила F = 0,6 мкН. Определить величину этого заряда, напряжённость поля в этой точке.

1. Определим расстояние r от заряда q2 до точки расположения неизвестного заряда qx, воспользовавшись теоремой Пифагора a2 a 3 = ≅ 0,173 м . (1) 4 2 2. Заряды q1 и q3 в точке D будут создавать равные по модулю и противоположные по направлению напряжённости r r E1 + E 3 = 0 . (2) 3. Напряжённость результирующего поля, таким образом, будет равна напряжённости поля, создаваемого заряr = a2 −

дом q2 q 10 −9 В ≅ ≅ 295 . 2 −12 4πε 0 εr 12,56 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 0,03 м 4. Определим долее величину заряда, находящегося в точке D F 6 ⋅ 10 −7 ≅ F = qxE2 , ⇒ qx = ≅ 2 нКл . E2 295 E2 =

(3)

(4)

13. Электрон со скоростью v0 = 2⋅106 м/с влетает в направлении силовых линий однородного электрического поля напряжённостью Е = 2,4 В/м. В течение какого времени будет двигаться электрон до полной остановки? Какое расстояние пройдёт частица?

Решение

1. Запишем параметры элементарной частицы: масса электрона − me = 1⋅10 − 30 кг, заряд е = 1,6⋅10 − 19 Кл и определим ускорение F eE a= k = , (1) me me 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2,4 м ≅ 4 ⋅ 1011 . −30 1 ⋅ 10 с 2. Определим далее время полёта электрона из кинематических соображений v − v v0 v 2 ⋅ 10 6 a= 0 , ⇒ τ= 0 ≅ = ≅ 5 мкс . τ a 4 ⋅ 1011 τ 3. Путь, пройденный электроном до полной остановки 4 ⋅ 1011 ⋅ 25 ⋅ 10 −12 aτ 2 ≅ 2 ⋅ 10 6 ⋅ 5 ⋅ 10 −6 − ≅ 5м . s = v0τ − 2 2 a=

(2)

(3)

(4)

14. Из экспериментальной установки выбрасываются протоны, летящие прямолинейно со скоростью v0 = 0,5⋅Мм/с. Каковы должны быть параметры однородного электрического поля, чтобы частицы останавливались на расстоянии, не превышающем х = 0,5 м?

Решение

1. Чтобы затормозить движущиеся протоны (mp ≅ 1,7⋅10 −27 кг, qp = 1,6⋅10 − 19 Кл) необходимо приложить к ним тормозящую силу, обусловленную действием электрического поля.

112

2. Совмещая уравнения (1) и (3) предыдущей задачи, получим зависимость для времени движения протонов до полной остановки τ=

mp v0 qpE

.

(1)

2. Запишем кинематическое уравнение равнозамедленного движения протона в направлении противоположном электрическому полю v τ2 v τ aτ 2 x = v0τ − = v0τ − 0 = 0 (2) 2 2τ 2 3. Подставим в уравнение (2) значение τ из уравнения (1) vm v x= 0 p 0. 2q p E 4. Разрешим уравнение (3) относительно напряжённости электрического поля Е m v 2 1,7 ⋅ 10 −27 ⋅ 25 ⋅ 1010 В ≅ 2656 . E= p 0 ≅ −19 2q p x 3,2 ⋅ 10 ⋅ 0,5 м

(3)

(4)

15. Два длинных цилиндрических проводника расположенных на расстоянии λ = 0,2 м в воздухе несут отрицательный равномерно распределённый электрический заряд с линейной плотностью τ = 0,6 мкКл/м. С каким ускорением и, в каком направлении, будет двигаться электрон, помещённый в точку, равноудалённую от проводников на расстояние r = 0,2 м.

Решение

1. Напряжённость поля, создаваемого протяжённой заряженной проводящей нитью определяется как τ 6 ⋅ 10 −7 В ≅ 135 . (1) E1 = E 2 = k 2 ≅ 9 ⋅ 109 r 0,04 м 2. Напряжённость результирующего поля определится в виде геометрической суммы напряжённостей от двух идентичных нитей, с учётом того, что угол между векторами напряжённостей α = 600 E = 2E12 + E12 cos 60 0 = E1 2,5 ≅ 213 В м . − 30

(2)

− 19

3. Электрон (me = 1⋅10 кг, е = 1,6⋅10 Кл), помещённый в точку С будет двигаться в направлении противоположном направлению вектора напряжённости Е, потому что заряд электрона отрицательный. 4. Определим ускорение электрона, воспользовавшись уравнением (1) задачи 8 F eE 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 213 м a= k = ≅ ≅ 34 2 . (3) −30 me me 1 ⋅ 10 с 16. Между параллельными металлическими пластинами находится трансформаторное масло с диэлектрической проницаемостью ε = 2,2. Пластины несут положительный электрический заряд с плотностью σ1 = 3 мкКл/м2 и σ2 = 2 мкКл/м. Определить напряжённость и смещение электрического поля в пространстве между пластинами и вне его.

Решение

1. Напряжённость электрического поля, создаваемого пластиной с плотностью заряда σ определяется уравнением 113

σ . (1) 2ε 0 ε 2. Напряжённость поля в диэлектрике между пластинами Е* будет равна разности напряжённостей полей, создаваемых каждой из пластин −6 1 (σ1 − σ 2 ) ≅ 1 ⋅ 10−12 E * = E1 − E 2 = ≅ 25 кВ / м . (2) 2ε 0 ε 2 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 2,2 3. Напряжённость поля вне пластин определится в виде суммы −6 1 (σ1 + σ 2 ) ≅ 5 ⋅ 10−12 ≅ 278 кВ . (3) E ** = E1 + E 2 = 2ε 0 ε 18 ⋅ 10 ⋅ 1 м 4. Электрическое смещение D связано с напряжённостью поля следующим соотношением D = ε 0 εE , (4) величина D, таким образом, в пространстве между пластинами и вне его индукция будет равна D* = ε 0 εE * ≅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 2,2 ⋅ 25 ⋅ 103 ≅ 22,5 мкКл / м 2 , (5) E=

D** = ε 0 εE ** ≅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 1 ⋅ 2,8 ⋅ 105 ≅ 2,52 мкКл / м 2 .

(6)

17. Заряд Q = 1 мкКл распределён равномерно по тонкому проводящему кольцу радиуса R = 0,1 м. Определить напряжённость поля, создаваемого заряженным кольцом в воздухе на его оси в точке, удалённой от центра кольца на расстояние х = 1 м .

Решение

1. Выделим на кольце бесконечно малый элемент длиной dl, несущий на себе заряд dQ, и определим напряженность, создаваемого им электрического поля в точке удалённой на расстояние х. Определим величину элементарного заряда, считая, что весь заряд равномерно распределён по длине кольца Q dQ = dl . (1) 2πR 2. Подставим значение элементарного заряда в уравнение напряжённости точечного заряда Q ⋅ dl dE = k , (2) 2πR ⋅ r 2 r 3. Направление вектора dE совпадает с отрезком, соединяющим dl и заданную точку . Этот вектор в данном случае целесообразно разложить на очевидные составляющие по r r стандартным осям координат, т.е. на dE x и dE y . Существенно отметить, что представление r dE в виде двух составляющих позволит существенно упростить рассмотрение. Дело в том, что при любом способе разбиения кольца на элементарные длины, всегда будут встречаться два диаметрально противоположных элемента, у которых векторы напряжённостей будут равны по модулю и противоположны по направлению, их геометрическая сумма, в рассматриваемой точке будет равна нулю. Для всего кольца . i =n r (3) ∑ dE yi = 0 . i =1

4. Напряжённость поля кольца на его оси, таким образом, определится следующим уравнением E = ∫ dE ⋅ cos α . (4)

114

5. Поскольку вопрос о направленности искомого вектора решён, то уместно векторную r символику опустить. Подставим в уравнение (4) значение dE из уравнения (2) kQ dl E= ⋅ cos α . (5) 2πR ∫ r 2 6. Подынтегральное выражение (5) содержит две переменных величины, однако, взять этот интеграл не представляется возможным. Но можно избавиться от одной переменной, используя следующие замены x cos α = ; r = x2 + R2 , (6) r kQ 2 πR dl ⋅ x kQx E= = . (7) ∫ 2 2 2πR 0 x + R 2 (x 2 + R 2 )3 7. Если x >> R, как в данном случае, то уравнение (7) упрощается kQx kQ 9 ⋅ 109 ⋅ 1 ⋅ 10 −6 E= ≅ 3 ≅ ≅ 9 кВ / м (8) x 1 x6 8. Полученное уравнение (8) совпадает с уравнением напряжённости точечного заряда . Дело в том, что предположение x >> R, превращает кольцо в точку. 18. Электрический заряд Q=50 нКл равномерно распределён по тонкому стержню длиной а = 0,15 м. На продолжении оси стержня на расстоянии r = 0,1 м от ближайшего его конца находится точечный заряд q = 100 нКл. С какой силой электрическое поле стержня действует на заряд?

Решение

1. Прежде чем приступить к решению, следует заметить, что в рассматриваемом случае не представляется возможным напрямую использовать закон Кулона, потому, что заряженное тело не является точечным и вопрос о расстоянии в рамках этого закона не решается корректно. Требуются некоторые, специальные подходы. Определим координаты концов стержня, совместив начало системы отсчёта с положением заряда q, т.е. {r; r + a} . 2. Рассмотрим элементарный участок стержня протяжённостью dx, заряд, которого можно представить как Q dQ = dx , (1) a где, величина Q/а = τ − линейная плотность заряда. 3. Для выделенного точечного заряда, уже можно применять закон Кулона dQ ⋅ q q ⋅ Q ⋅ dx . (2) dF = k =k x2 a ⋅ x2 4. Применим далее принцип суперпозиции, т.е. определим множество значений элементарной силы и сложим их, т.е. проинтегрируем уравнение для элементарной силы qQ r +a dx qQ ⎡ 1 1 ⎤ qQ =k − =k F = ∫ dF = k . (3) 2 ∫ ⎢ ⎥ a r x a ⎣r r + a ⎦ r (r + a ) Подстановка численных значений дает: 50 ⋅ 10 −9 ⋅ 100 ⋅ 10 −9 (4) F = 9 ⋅ 109 ⋅ = 1,8 ⋅ 10 −3 H . 0,1(0,1 + 0,15) 5. Из (4) можно получить путём его деления на q уравнение для напряжённости электрического поля на оси заряженного стержня Q E=k . (5) r (r + a )

115

Очевидно, что при r >> a уравнение (5) превращается в обычное уравнение закона Кулона. Используя изложенный выше метод, можно определять напряжённости поля не только на оси цилиндра, но и в любой точке окружающего пространства. 19. Внутри замкнутой сферической полости находятся три точечных электрических заряда q1 = +2 нКл, q2 = − 3 нКл, q3 = + 5 нКл. Определить поток вектора напряжённости электрического поля через замкнутую сферическую поверхность для двух случаев: когда полость заполнена воздухом (ε = 1) и водой (ε = 81).

Решение 1. Поток напряжённости в общем случае определяется уравнением Φ E = ∫ E n ds , (1) s

( )

r r где E n = E cos E; n − проекция вектора напряжённости на r r r r внешнюю нормаль. В данном случае E; n = 0 , cos E; n = 1, поэтому Е = Еn. 2. Каждый заряд на поверхности сферы создаёт поле постоянной напряжённости q E= . (2) 4πε0 εr 2 3. Перепишем уравнение (1) для точечного заряда с учётом сферической симметрии задачи и постоянства Е q ⋅ 4πr 2 q . (3) Φ E = ∫ Eds = E ∫ ds = E ⋅ 4πr 2 = = 2 4πε 0 εr ε0ε s s 4. В соответствии с теоремой Остроградского − Гаусса поток от нескольких зарядов через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме зарядов, содержащихся внутри этой поверхности 1 i =n (4) ΦE = ∑ qi . ε 0 ε i=1 5. Применительно к сферической поверхности, заполненной воздухом, уравнение (4) для трёх заданных зарядов представится следующим образом 1 (q1 − q 2 + q 3 ) ≅ 1−12 (2 − 3 + 5)10 −9 ≅ 444 В ⋅ м . Φ E ( возд) = (5) ε0ε 9 ⋅ 10 ⋅ 1 6. Поток напряжённости электрического поля заданных зарядов при заполнении внутренности сферы водой уменьшится в ε раз, потому что вода будет поглощать часть энергии поля на изменение конфигурации молекул Φ 444 Φ E ( H 2O ) = E ( возд ) ≅ ≅ 5,5 ⋅ В ⋅ м . (6) ε 81

( )

( )

20. Полусфера радиуса R с плоским основанием помещена в однородное постоянное электрическое поле с известной напряжённостью E, ортогональной основанию. Найти поток вектора напряжённости через основание и поверхность полусферы.

1. Внешняя нормаль для основания будет противоположна по r направлению E , поэтому поток в соответствии с теоремой Остроградского − Гаусса определится как Φ1 = − ∫ E n ds = −πR 2 E . (1) s

2. Поток через поверхность целесообразно определять в сферических координатах α и β, именно эти два угла будут однозначно

116

определять положение точки на полусфере, в случае использования привычных декартовых координат, их будет три. 3. Определим далее компоненты уравнения (1) r r E ⋅ n = E cos β , (2)

( )

dS = R 2 sin β ⋅ dβ ⋅ dα . (3) 4. Поток через элементарную площадку, расположенную на поверхности полусферы запишется так dS = E ⋅ R 2 ⋅ sin β ⋅ cos β ⋅ dβ ⋅ dα . (4) 5. Произведение тригонометрических функций можно свернуть sin β ⋅ cos β = sin (β 2 ) , (5) тогда интеграл для потока примет вид π

π

2π 2 R 2E 2 2 Φ2 = sin 2 β ⋅ d β ⋅ d α = π R E ⋅ ∫0 ∫0 sin 2β ⋅ dβ , 2 ∫0

(6)

π πR 2 E cos2β 02 = πR 2 E . (7) 2 6. В результате математических преобразований мы пришли к довольно тривиальному результату, суммарный поток через полусферу равен нулю Φ1 + Φ 2 = 0 , (8) как и следовало ожидать, полусфере не рождает и не поглощает поле, как говорят, внутри полусферы отсутствуют источники и стоки. Одним словом: что входит, то и выходит.

Φ2 =

21. Напряженность однородного электрического поля Е = 1 кВ/м. Чему равен поток напряженности электрического поля через квадрат со стороной L = 1 м, плоскость которого расположена в воздухе под углом α = 30° к направлению вектора напряжённости электрического поля?

Решение

1. Запишем математическое выражение теоремы Остроградского − Гаусса (1) Φ E = ∫ E n ds . s

2. Определим нормальную составляющую вектора напряжённости электрического поля, пронизывающего квадрат r r E n = E ⋅ cos E; n = E ⋅ cos(180 − 30) ≅ −866 В / м . (2) 3. Подставим значение проекции вектора напряжённости электрического поля на направление внешней нормали в уравнение (1) Φ E = E n ∫ ds = E n s = E n L2 ≅ −866 ⋅ 1 = −866 В ⋅ м . (3)

( )

s

22. Найти потоки однородного электрического поля напряженности Е = 500 В/м через замкнутую поверхность прямой равнобедренной трехгранной призмы, высота которой равна h = 1 м. Передняя грань призм, перпендикулярна вектору напряжённости, нижняя грань, параллельна Е.

Решение 1. Определим поток вектора напряжённости через плоскость призмы перпендикулярную направлению вектора напряжённости Φ1E = ∫ E n1ds1 = E ⋅ cos 180 0 s1 = − E ⋅ h 2 , (1) s

117

Φ1E = −500 В ⋅ м . (2) 2. Для определения потока напряжённости электрического поля через грань ВС определим её длину BC = h 2 + h 2 = h 2 = 1,41 м . (3) 2 Площадь этой грани s2 = h⋅BC = 1,41 м , угол между внешней нормалью n2 и вектором напряжённости равен 450, т.к. треугольник ABC равнобедренный и прямоугольный. 3. Величина потока напряжённости через грань ВС (4) Φ 2 E = ∫ E n 2 ds 2 = E ⋅ cos α ⋅ s 2 = 500 ⋅ 0,71 ⋅ 1,41 ≅ 500,5 В ⋅ м . s

r 4. Через грань АС поток вектора напряжённости будет нулевым, потому что (nr ; E ) = 90 0 , соs 900 = 0.

23. Определить поток вектора напряжённости через цилиндрическую поверхность, расположенную в воздухе, длиной L = 2 м ось, которой совпадает с тонкой, бесконечно длинной нитью, несущей заряд, с линейной плотностью τ = 10 − 10 Кл/м.

Решение

1. Определим заряд, сосредоточенный на длине нити L Q = τL = 2 ⋅ 10 −10 Кл . (1) 2. Цилиндрическая поверхность является замкнутой, поэтому к ней можно применить теорему Остроградского − Гаусса 2 ⋅ 10 −10 В Q τL ΦE = = ≅ ≅ 22,2 . (2) −12 εε 0 εε 0 1 ⋅ 9 ⋅ 10 м 24. Напряженность однородного электрического поля равна Е. Чему равен поток напряженности электрического поля через квадрат со стороной L, плоскость которого расположена под углом 30° к направлению электрического поля?

Решение 1. Элементарный поток вектора напряжённости электрического поля через малый элемент поверхности ds определяется уравнением r r r r r dΦ E = E ⋅ dsn cos E : d s , (1) r r dΦ E = Eds cos E; n , r r E; n = α = 60 0 , (2)

(

( )

r так как E = const ,то

Φ E = ∫ dΦ E = s

( )

)

1 1 Es EL2 = = = Eds E ds . 2 ∫s 2 ∫s 2 2

25. Докажите, что поток напряженности однородного электрического поля через любую замкнутую поверхность равен нулю.

Решение 1. Рассмотрим, сферическую поверхность, находящуюся в стационарном электрическом поле. Выделим произвольную силовую линию в каждой точке, которой вектор напряжённости поля будет являться касательной. Выберем две одинаковые элементарные r площадки ds и построим для них векторы внешней нормали n и r напряжённости E .

118

2. Запишем уравнения для потока вектора напряжённости r r r r r r Φ E = ∫ Ed s , Φ E = ∫ Eds cos E; n ,

( )

s

(1)

s

очевидно, что при прочих равных условиях поток вектора напряжённости может быть поr r ложительным, отрицательным, и даже равным нулю, в зависимости от угла E; n . 3. Если рассматриваемая замкнутая сферическая поверхность не содержит зарядов (отсутствуют источники и стоки), то число входящих силовых линий должно быть рано числу выходящих силовых линий, что собственно и составляет суть теоремы Гаусса: «Поток вектора напряжённости электрического поля через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме заключенных внутри этой поверхности зарядов, делённой на ε0» i=N r r r r 1 i= N r Φ E = ∫ Ed s = ∑ q i , если ∑ q i = 0 ,то ∫ Ed s = 0 , ε 0 i=1 i =1 s s что и требовалось доказать.

( )

26. Чему равен поток напряженности однородного электрического поля через поверхность усеченного конуса, радиусы сечения которого равны R и r? Напряженность электрического поля Е составляет угол α с осью конуса.

Решение 1. Как было показано в предыдущей задаче, суммарный поток через боковую поверхность усечённого конуса будет равен нулю, следовательно необходимо учесть только потоки через основания. При заданном направлении поля, поток вектора напряжённости через меньшее основание будет отрицательным, а через большее - положительным. 2. Результирующий поток, таким образом, определится как r r r Φ Σ = Φ1 + Φ 2 ; r r r r , r Φ Σ = Φ 2 − Φ1 = EπR 2 cos E; n 2 − Eπr 2 cos E; n 1

(

Или, окончательно

)

(

)

Φ Σ = πE (R 2 − r 2 )cos α .

27. Докажите, что поток напряженности электрического поля точечного заряда Q через любую поверхность равен телесному углу, под которым видна эта поверхность, умноженному на q/ε0.

Решение

1. Выделим элементарный телесный угол dΩ, опирающийся на бесконечно малую площадку ds, расположенную на расстоянии r от заряда. Эту площадку вне зависимости от формы всей поверхности можно считать ввиду её малости плоской. Элементарный телесный угол определится как ds dΩ = . (1) 4πr 2 Телесный угол, охватывающий всю поверхность, будет равен s Ω= . (2) 4πr 2 2. Модуль вектора напряжённости электрического поля, создаваемого точечным зарядом

119

1 q . (3) 4πε0 r 2 3. Запишем далее математическое выражение теоремы Гаусса r r 1 i=n E qi , (4) ∫s d s = ε 0 ∑ i =1 и подставим в подынтегральное выражение (4) значение Е из уравнения (3) и ds из уравнения (1) Ω 1 q q Ω q 2 (5) 4 r d dΩ = Ω . Φ=∫ ⋅ π Ω = 2 ∫ ε0 0 ε0 0 4πε 0 r E=

29. С какой силой действует электрический заряд Q на равномерно заряженную бесконечную плоскость? С какой силой действует эта плоскость на заряд? Чему равна напряженность электрического поля плоскости? Поверхностная плотность заряда плоскости равна σ.

Решение

1. Заряд пластины определится в виде произведения её площади на поверхностную плотность заряда Q = σS . (1) 2. Для использования теоремы Гаусса выделим мысленно цилиндрическую поверхность с образующими, перпендикулярными к плоскости и с основаниями ds, расположенными относительно плоскости симметрично. Поток вектора напряжённости через боковую поверхность цилиндра будет равен нулю. В силу симметрии вектор напряжённости поля, создаваемого пластиной будет по модулю одинаков по обе её стороны и направлен в противоположные стороны r r E1 = E 2 = E . (2) Суммарный поток через поверхность выделенного цилиндра, таким образом, определится как (3) Φ = 2Eds . 3. Так как внутри поверхности цилиндра заключён заряд Q = σds , (4) то согласно теореме Гаусса должно выполняться условие 2Eds = σds ε 0 , из которого следует σ E= . (5) 2ε 0 Напряжённость поля пластины не зависит от длины цилиндра, т.е. на любых расстояниях от плоскости вектор напряжённости одинаков. 4. Определим далее величину силы, действующей на заряд +q, внесённый в поле пластины σq F = qE = . (6) 2ε 0 5 В соответствии с третьим законом Ньютона, который никто не отменял и для электрических сил, сила, действующая на заряд со стороны плоскости по модулю будет равна силе, действующей со стороны заряда на плоскость.

120

30. Тонкий стержень, расположенный в воздухе, длиной L = 0,5 м заряжен с линейной плотностью заряда τ = 1⋅10 − 6 Кл/м. На расстоянии r0 = 0,5 м от стержня расположен точечный заряд q = 10 − 9 Кл, расположенный симметрично относительно концов стержня. Определить силу взаимодействия заряда со стержнем. Решение

1. Представим стержень в виде большого числа элементарных зарядов dq = τdL, каждый из которых можно считать точечным и воспользоваться для определения элементарной силы взаимодействия dF законом Кулона 1 qτdL , (1) dF = 4πε0 r 2 где r = r0/cosα, dL = rdα/cosα. 2. Перепишем уравнение (1) с учётом значений r и dL qτ dF = dα . (2) 4πε0 r0 3. Определим вертикальную и горизонтальную составляющие элементарной силы qτ cos α qτ sin α dFy = dα, dFx = dα . (3) 4πε 0 r0 4πε 0 r0 4. Проинтегрируем уравнения (3) в пределах от α = − β до α=+β +β qτ cos α Fy = ∫ dα , −β 4πε 0 r0 +β

Fy =

+β

qτ cos α qτ qτ +β ∫−β 4πε0r0 dα = 4πε0r0 −∫βcos αdα 4πε0r0 sin α −β ;

qτ qτ sin β − sin (− β) = 2 sin β . (4) 4πε0 r0 4πε0 r0 5. Заряд q расположен симметрично относительно концов стержня, поэтому горизонтальные составляющие элементарной силы будут возникать попарно равные по модулю и противоположные по направлению, другими словами Fx = 0 . (5) 6. Определим в уравнении (4) значение sinβ путём анализа соответствующих треугольников L2 L sin β = = . (6) L2 4r02 + L2 2 r0 + 4 7. Подставим значение sinβ из уравнения (6) в уравнение (4) qτ L 9 ⋅ 109 ⋅ 10 −15 ⋅ 0,5 F = Fy = ≅ ≅ 5 ⋅ 10 −3 H . (7) 4πε 0 r02 4r02 + L2 0,025 ⋅ 0,1 + 0,025 Fy =

121

Законы постоянного тока 31. Напряжение в проводнике сопротивлением R = 1 Ом нарастает по линейному закону от Umin = 1 B до Umax = 10 В в течение времени τ = 10 с. Определить заряд, прошедший через проводник.

Решение 1. Заряд, прошедший через поперечное сечение проводника определяется уравнением τ τ U(t ) dt . (1) Q = ∫ Idt = ∫ 0 0 R 2. В данном случае напряжение является функцией времени, поэтому необходимо представить эту функцию в виде уравнения U(t ) = U min + kt (2) 3. Подставим зависимость (2) в уравнение (1) τ (U + kt ) dt = U min τ dt + U max − U min τ tdt , Q = ∫ min (3) ∫0 τR R ∫0 R 0 где (Umax − Umin)/τ = k − коэффициент пропорциональности. 4. Проинтегрируем выражение (3) 0,9 ⋅ 100 U τ kτ 2 ≅ 55 Кл . ≅ 10 + (4) Q = min + 2 ⋅1 R 2R 32. В протонный пучок с плотностью тока j = 1 мкА/см2 поместили металлический шар радиусом r = 10 см. Определите, за какое время τ шар зарядится до потенциала ϕ = 220 В? Действие собственного поля шара на поток пренебрежимо мало.

Решение 1. Изменение электрического потенциала шара определяется уравнением 1 dQ , (1) dϕ = 4πε0 r откуда изменение электрического заряда шара dQ = dϕ 4πε0 r . (2) 2. Запишем далее уравнение силы тока в следующей форме dQ 4πε0 rdϕ I= = js, = πr 2 j , (3) dt dt откуда 4ε ϕ 4 ⋅ 9 ⋅10 −12 ⋅ 220 (4) τ= 0 ≅ ≅ 8 мкс . rj 0,1 ⋅10 −2 33. Сила тока в проводнике изменяется со временем по закону I(t) = 2+1/t. Какой заряд проходит через поперечное сечение проводника за время t1 = 10 c до t2 = 100 c?

Решение 1. Сила тока по определению определяется уравнением dQ , ⇒ dQ = Idt , I= dt откуда конечная величина заряда определится как

122

(1)

t

t

t

t

2 2 2 2 dt 1⎞ ⎛ Q = ∫ I( t )dt = ∫ ⎜ 2 + ⎟dt = ∫ 2dt + ∫ , t ⎠ t1 t1 ⎝ t1 t1 t

Q = 2 t 10 + ln t 10 ≅ (200 − 20) + (ln100 - ln10) ≅ 82,3 Кл . 100

100

(2)

34. Медный проводник массой m = 1 кг имеет сопротивление R = 100 Ом. Определить радиус поперечного сечения проводника.

Решение

1. Запишем уравнения для сопротивления и массы заданного проводника l R = ρ R 2 , m = ρV = ρlπr 2 , (1) πr где ρR ≅ 1,6⋅10 − 8 Ом⋅м− удельное электрическое сопротивление меди, l − длина проводника, r − радиус проводника, ρ ≅ 9⋅103 кг/м3. 2. Выразим из уравнения массы длину проводника и подставим полученное значение в уравнение электрического сопротивления ρ m m (2) , R = R2 4 , l= 2 ρπr ρπ r откуда r=4

ρ R m 4 1,6 ⋅ 10 −8 ⋅ 1 ≅ ≅ 2 ⋅ 10 −4 м ≅ 0,2мм . ρπ 2 R 9 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 100

(3)

35. Температура вольфрамовой спирали электрической лампочки равна t = 2000 0С, диаметр проволоки составляет d = 2⋅10 − 4 м, сила тока I = 2 А. Найти напряжённость электрического поля.

Решение

1. Запишем уравнение плотности тока j I 4I = 2, (1) s πd величину которой можно выразить, воспользовавшись законом Ома в дифференциальной форме E j = λE = , (2) ρ R (0 ) j=

где λ − удельная электропроводность вольфрама, ρR(0) ≅ 5⋅10 −8 Ом⋅м − удельное электрическое сопротивление при t = 0 0C, Е − искомая напряжённость электрического поля. 2. Приравняем уравнения (2) и (4) и определим величину напряжённости поля 4I E 4Iρ R (3) = ,⇒ E = . 2 πd ρ R (0 ) πd 2 3. Поскольку сопротивление проводников зависит от температуры ρ R = ρ R (0 ) (1 + αt ) ,

(4)

−3 0 −1

с . где α ≅ 5⋅10 4. Совместим уравнения (3) и (4) 4Iρ R (0 ) (1 + αt ) 4 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −8 (1 + 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 2 ⋅ 103 ) В ≅ 37 . E= ≅ 2 −8 м 3 ⋅ 4 ⋅ 10 πd

123

(5)

36. На концах нихромовой нити длиной l = 5 м поддерживается разность потенциалов Δϕ = 10 В. Найти плотность электрического тока в проводнике, если он находится при температуре Т = 800 К.

Решение

1. Запишем закон Ома в дифференциальной форме E Δϕ j = λE = = , ρ R lρ R (0 ) (1 + αT )

(1)

где ρR(0) ≅ 100⋅10 − 8 Ом⋅м − удельное сопротивление при Т = 273 К, α ≅ 0,2⋅10 − 3 К − 1 − температурный коэффициент электрического сопротивления нихрома, Е − напряжённость электрического поля, Δϕ − разность потенциалов на концах проводника. 2. Подставим табличные и заданные данные в уравнение (1) А 10 (2) j≅ ≅ 1,7 ⋅ 10 6 2 . −6 −4 м 5 ⋅ 10 (1 + 2 ⋅ 10 ⋅ 800 ) 37. В стальном проводнике длиной l ≅ 100 м свободные электроны под действием электрического поля движутся со средней скоростью ≅ 5⋅10 − 4 м/с. Определить концентрацию носителей заряда, если разность потенциалов на концах провода равна U = 200 В.

Решение

1. Сила тока в проводнике может быть представлена, исходя из двух соображений: Us I = ne < u > s, I = , (1) ρR l где n − концентрация электронов, е ≅ 1,6⋅10 − 19 Кл − заряд электрона, ,< u > − средняя дрейфовая скорость электронов, s − площадь поперечного сечения проводника, ρR ≅ 1⋅10 − 7 Ом⋅м − удельное электрическое сопротивление стали. 2. Приравняем уравнения (1) и разрешим полученное соотношение относительно концентрации Us U en < u > s = ,⇒ n = , e < u > ρR l ρR l (2) 200 29 1 ≅ 2,5 ⋅ 10 n≅ . 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 10 −7 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 ⋅ 10 2 м3 38. Электрическая ёмкость плоского конденсатора с диэлектриком из фторопласта (тефлона) составляет С = 1 пФ. Чему равно электрическое сопротивление этого диэлектрика?

Решение

1. В данном случае необходимо определить сопротивление прямоугольной диэлектрической призмы с площадью основания s и высотой d. Так как прима является составным элементом конденсатора и одновременно электрическим сопротивлением, то уместно записать следующие уравнения εε S d C = 0 , R = ρR , (1) d S где ε = 8 − диэлектрическая проницаемость фторопласта, d − толщина диэлектрика, s − площадь пластин, ρR ≅ 105 Ом⋅м − удельное сопротивление фторопласта. 2. Выразим из уравнения ёмкости величину площади s и подставим её в уравнение сопротивления

124

S=

ρ εε dC 105 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 −12 ,⇒ R = R 0 ≅ ≅ 7,2 МОм . εε 0 C 10 −12

(2)

39. Определить общее сопротивление цепи R0, если она составлена из двенадцати одинаковых резисторов R = 1 Ом.

1. В данном случае применять непосредственно уравнения для последовательного и параллельного включения резисторов не представляется возможным, однако симметрия схемы относительно точки О даёт основание считать, что ток через неё не течёт. 2. Точку О можно разорвать, представив её двумя точками О и О*, что даёт возможность выделить параллельные и последовательные включения резисторов

3. Общее сопротивление, таким образом, определится как 3R ⋅ 3R 3 R0 = = R = 1,5 Ом . 3R + 3R 2 40. Имеется четыре одинаковых резистора сопротивлением R = 1 Ом каждый. Какие магазины сопротивлений можно получить, включая одновременно все резисторы?

Решение

1. Пусть все сопротивления включены последовательно друг другу R 01 = R 1 + R 2 + R 3 + R 4 = 4 Ом . (1) 2. При параллельном включении всех сопротивлений 1 1 1 1 1 , (2) = + + + R 02 R 1 R 2 R 3 R 4 R 02 = R 4 = 0,25 Ом . (3) 3. Пусть три резистора будут включены параллельно, а один последовательно им R (4) R 03 = R + ≅ 1,33 Ом . 3 4. Представим далее магазин в виде последовательного соединения двух параллельных сопротивлений R R (5) R 04 = + = 1 Ом . 2 2

125

5. Рассмотрим вариант параллельного включения двух пар последовательных соединений 2R ⋅ 2R R 05 = = R = 1 Ом . (6) 2R + 2 R 6. Включим два сопротивления параллельно и последовательно с ними остальные два сопротивления R R 06 = 2R + = 2,5R = 2,5 Ом . (7) 2 7. Пусть три сопротивления будут включены последовательно, а одно параллельно им 3R ⋅ R 3 = R = 0,75 Ом . R 07 = (8) 3R + R 4 8. Далее к двум последовательно включенным сопротивлениям подсоединим два параллельных сопротивления 0,5R ⋅ 2R R 08 = = 0,4R = 0,4Ом . (9) 0,5R + 2R 9. Последний возможный вариант будет представлять собой комбинацию двух параллельных сопротивлений с последующим включением последовательно им одного сопротивления и параллельным включением четвёртого (0,5R + R )R = 3 R = 0,6 Ом . R 09 = (10) 0,5R + 2R 5

41. Вольтметр включён как показано на схеме и показывает UV = 36 В. Определите отношение силы тока, идущего через измерительную катушку вольтметра IV и сопротивление R2 = 6 кОм. Что покажет вольтметр, если сопротивления уменьшить в 1000 раз, т.е. до R1 = 4 Ом и R2 = 6 Ом?

Решение

1. Определим силу тока через резистор R1 U 36 (1) I1 = V = = 9 мА . R 1 4 ⋅ 10 3 2. Падение напряжения на резисторе R2 будет составлять U 2 = U 0 − U V = 64 B , (2) ток через этот резистор U2 64 = ≅ 10,7 мА . R 2 6 ⋅ 103 3. Сила тока, протекающего через измерительную катушку вольтметра I V = I 2 − I1 = 1,7 мА , 4. Определим искомое отношение сил токов IV 1,7 = ≅ 0,159 . I 2 10,7 5. Определим внутреннее сопротивление вольтметра I2 =

126

(3) (4) (5)

R 1 ⋅ I 2 4 ⋅ 10 3 = ≅ 25,1 кОм IV 0,159 6. Найдём общее сопротивление вольтметра и сопротивления R 1* RV =

R3 =

R 1* ⋅ R V 4 ⋅ 25 ≅ ≅ 3,45 Ом . * R1 + R V 29

(6)

R 0 = R 3 + R *2 = 9,5 Ом .

(7)

7. Общее сопротивление цепи 8. Суммарная сила тока I0 =

U 0 100 ≅ ≅ 10,5 A . R 0 9,5

(8)

9. Найдём далее падение напряжения на сопротивлении R *2 U 2 = I 0 R *2 = 10,5 ⋅ 6 = 63 B . 10. Падение напряжения на вольтметре U V = U 0 − U 2 = 100 − 63 = 37 B .

(9) (10)

42. Три одинаковых графитовых кольца радиусом r = 1 м и диаметром d = 1 см имеют электрический контакт в точках A,B,C,D,F,E. Определить сопротивление фигуры при включении её в точках А и В.

Решение

1. В силу одинаковости геометрических размеров и симметричности включения точки C,D,E,F при подключении к источнику напряжения будут иметь одинаковые потенциалы, т.е. ϕС = ϕD = ϕE = ϕF. Это значит, что через элементы кольца C,D,E,F ток течь не будет. Схему можно преобразовать к системе, состоящей из параллельно включенных полуколец: A,D,B; A,F,B; A,C,B; A,FB и A,E,B. 2. Определим сопротивление одного полукольца с учётом того что удельное электрическое сопротивление графита ρ ≅ 1⋅10 − 5 Ом⋅м. 4 ⋅1 4r (1) R 1 = ρ 2 ≅ 10 −5 −4 = 0,4 Ом . d 10 3. Определим далее сопротивление четырёх параллельно включенных одинаковых колец R R 0 = 1 = 0,1 Ом . (2) 4 43. Имеется воздушный конденсатор с плоскими пластинами площадью s =100 см2 и зазором между ними d = 2,5 см. Пространство между пластинами ионизируется рентгеновскими лучами, так что в секунду образуется N = 1010 пар ионов. На пластины конденсатора подаётся постоянное напряжение U0 = 2 кВ. В измерительную схему включены сопротивления R1 = R2 = 1010 Ом. Ток, какой силы потечёт через измерительный прибор, включенный в цепь источника питания?

Решение

1. Возникновение носителей заряда вследствие ионизации электрически нейтральных молекул воздуха вызовет электрический ток, сила которого будет пропорциональна величине заряда, их количеству и объёму конденсат

127

i C = NeVC , (1) Кл − заряд одного иона, N − число пар ионов образующихся в одну секунду где е ≅ 1,6⋅10 в единице объёма конденсатора. 2. Выразим напряжение источника U0 в виде суммы падений напряжений на сопротивлениях U 0 = U R1 + U R 2 = I R 1 R 1 + I R 2 R 2 . (2) − 19

3. Сила тока через сопротивление R1 должна быть равна сумме сил токов через сопротивление R2 и конденсатор, т.е. (3) I R1 = I R 2 + i C . 4. Образуем систему уравнений U 0 = I R1 R 1 + I R 2 R 2 ,⎫⎪ (4) ⎬. I R1 = I R 2 + i C ⎪⎭ Сила тока через микроамперметр будет равна силе тока через сопротивление R1, поэтому выразим из первого уравнения системы (4) силу тока IR2 и подставим во второе уравнение U 0 − I R1 R 1 U 0 − I R1 R 1 IR2 = , ⇒ I R1 = + iC , (5) R2 R2 I R 1 R 2 = U 0 − I R1 R 1 + i C R 2 , (6) I R1 (R 2 + R 1 ) = U 0 + NeVC ,

I R1 = I μA =

U 0 + NeVC 2 ⋅ 10 3 + 1010 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2,5 ⋅ 10 −4 ≅ 1 ⋅ 10 −7 A . ≅ R1 + R 2 2 ⋅ 1010

(7) (8)

44. Два вертикально расположенных стержня, имеющие длину L = 1 м и диаметр d = 1 см сопротивление на единицу длины ρ = 1⋅10 − 5 Ом⋅м, подсоединены через идеальный амперметр к источнику ЭДС ε = 1,5 В и внутренним сопротивлением r0 = 0,05 Ом. Скользящие контакты соединены с сопротивлением R = 0,1 Ом, которое в поле тяжести g начинает соскальзывать вдоль них из верхней точки вниз без нарушения контакта, как показано на рисунке. В пренебрежении эффектами, связанными с магнитным полем, определить какое значение тока I покажет амперметр через время τ = 0,5 с после начала движения? Силу трения не учитывать

Решение

1. Запишем кинематические уравнения движения сопротивления, считая, что на него действует только сила тяжести и движение происходит по вертикальной оси с нулевой начальной скоростью gt 2 y= , (1) 2 и определим расстояние, которое пройдёт сопротивление за время τ 5 ⋅ 0,52 l= (2) = 0,625 м . 2 2. Определим электрическое сопротивление одного отрезка стержня длиной l 4 ⋅ 0,625 4l ≅ 0,08 Ом . (3) r = ρ 2 = 1 ⋅ 10 −5 3,14 ⋅ 10 −4 πd 3. Электрическая схема установки, таким образом представит собой три последовательно включенных внешних сопротивления: R0 = R + 2r и внутреннее сопротивление источника r0. Закон Ома для полной цепи в этом случае запишется так ε 1,5 I= = ≅ 4,8 A . (4) R + 3r + r0 0,1 + 0,16 + 0,05 45. Источник тока обладает внутренним сопротивлением r = 1 Ом,

128

ёмкость конденсатора С = 10 мкФ, R1 = 5 Ом, R2 = 10 Ом. До замыкания ключа вольтметр показывает напряжение U1 = 10 В, а после замыкания − U2 = 8 В. Определить заряд конденсатора и величину сопротивления R3.

Решение

1. При разомкнутом ключе ток в цепи отсутствует, поэтому вольтметр будет демонстрировать величину ЭДС, U1 = ε = 10 В. 2. Запишем далее уравнение общего сопротивления цепи, считая что конденсатор для постоянного тока в стационарном режиме представляет бесконечное сопротивление R 1R 2 + R3 , (1) R0 = R1 + R 2 с другой стороны U1 − U 2 U 2 U rU 2 I= 2, = = 4 Ом . (2) , R0 = R0 r R0 U1 − U 2 3. Определим величину сопротивления R3 50 R 1R 2 = 4− ≅ 0,67 Ом . (3) R3 = R0 − 15 R1 + R 2 4. Определим падение напряжения на сопротивлении R3, которое включено параллельно конденсатору U R U 3 = IR 3 = 2 3 . (4) R0 5. Заряд, прошедший через конденсатор CU 2 R 3 10 −5 ⋅ 5 ⋅ 0,67 Q = CU 3 = ≅ ≅ 8,4 мкКл . (5) R0 4 46. Идеальный источник тока с ε = 100 В включен в цепь, состоящую из конденсаторов С3 = С4 = 1 мкФ, С1 = 2 мкФ, С2 =4 мкФ и сопротивления R. Определить падение напряжения на конденсаторах С1 и С2.

1. При подключении схемы к источнику в цепи потечёт ток до момента полной зарядки всех конденсаторов. После того как конденсаторы зарядятся ток прекращается, т.к. электрические ёмкости представляют для постоянного тока разрыв цепи. 2. Все обкладки конденсаторов, соединённые с сопротивлением будут иметь одинаковый потенциал, при этом пары конденсаторов С1 + С3 и С2 + С4 включены с источником тока последовательно. 3. Падение напряжения на конденсаторах определится уравнением U1 + U 2 = ε . (1) 4. Заряд конденсаторов определится как Q = (C 3 + C1 )U1 = (C 2 + C 4 )U 2 . (2) 5. Выразим из последнего уравнения величину U2, подставим её в уравнение (1) и разрешим его относительно U1 (C + C 2 )U1 , (3) U2 = 3 (C 2 + C 4 ) U1 +

(C3 + C 2 )U1 (C 2 + C 4 )

= ε,

129

⎛ C + C2 ⎞ ⎟⎟ = ε , U1 ⎜⎜1 + 3 ⎝ C2 + C4 ⎠

(4)

100 ε ≅ ≅ 37 B . C1 + C 3 1 + 1,7 1+ C2 + C4 6. Определим далее величину U2 из уравнения (1) U 2 = ε − U1 = 63 B . U1 =

(5)

(6)

47. Электрическая схема состоит из двух конденсаторов С1 = 2 мкФ и С2 = 4 мкФ и трёх сопротивлений R1 = 200 Ом, R2 = R3 = 100 Ом. В цепь включён идеальный источник тока с ε = 100 В. Определить падение напряжения на конденсаторах U1, U2 и их заряд Q1, Q2.

Решение

1. Падение напряжения U1 на конденсаторе С1 равно разности потенциалов между точками цепи 1 и 3, а напряжение на С2 определяется разностью потенциалов между точками 2 и 4 U1 = ϕ3 − ϕ1 , U 2 = ϕ 4 − ϕ 2 . (1) 2. После зарядки конденсаторов цепь будет представлять собой три последовательно соединённых сопротивления R 0 = R 1 + R 2 + R 3 =400 Ом. (2) 3. Определим силу тока в цепи ε 100 (3) I= = = 0,25 A . R 0 400 4. Определим величину напряжений U1, U2 которые, как следует из уравнений (1) будут равны сумме падений напряжения на сопротивлениях U1 = UR1 + UR2, U2 = UR3 + UR4 U1 = I(R 1 + R 2 ) = 0,25 ⋅ 300 = 75 B , (4) U 2 = I(R 3 + R 4 ) = 0,25 ⋅ 200 = 50 B , (5) 5. Заряд конденсаторов определим, используя взаимосвязь падения напряжения заряда и ёмкости. Правила Кирхгофа 48. Определить силу токов во всех участках цепи, если источники тока обладают ЭДС: ε1 = 10 B, ε2 = 20 В, их внутренние сопротивления соответственно равны: r1 = 2 Ом, r2 = 3 Ом. Источники нагружены на внешнее сопротивление R = 100 Ом.

Решение

1. Задачу целесообразно решать, используя правила Кирхгофа, которые удобны при расчетах параметров разветвлённых цепей. В общем виде математические выражения правил имеют вид: i=n ⎫ I i = 0, ∑ ⎪ ⎪ i =1 (1) ⎬. i=n k=N ⎪ Ii R i = ∑ ε k . ∑ ⎪⎭ i −1 k =1 2. В соответствие с первым правилом алгебраическая сумма сил токов в любом из узлов должна быть равна нулю (2) I1 + I 2 − I = 0 .

130

3. Выделим два замкнутых контура, содержащих источники тока (направление обхода контуров показано пунктиром) и запишем для них второе правило Кирхгофа I1r1 − IR = ε1 , I 2 r2 + IR = ε 2 . (3) 4. Таким образом, приходим к системе трёх алгебраических уравнений с тремя неизвестными величинами I1 + I 2 − I = 0,⎫ ⎪ I1r1 − IR = ε1 , ⎬ (4) ⎪ I 2 r2 + IR = ε 2 .⎭ 5. Выразим из второго и третьего уравнений системы (4) силы тока I1 и I2 ε − IR ε − IR I1 = 1 , I2 = 2 , (5) r1 r2 и подставим эти значения в первое уравнение системы с целью его решения относительно силы тока I ε1 − IR ε 2 − IR + −I=0, (6) r1 r2 (ε1r2 − IR )r2 + (ε 2 r1 − IR )r1 − Ir1r2 = 0 , (7) ε1r2 + ε 2 r1 = I(Rr2 + Rr1 + r1r2 ) , (8) ε1r2 + ε 2 r1 10 ⋅ 3 + 20 ⋅ 2 70 = I= = ≅ 1,25 A . (9) r1r2 + R (r1 + r2 ) 2 ⋅ 3 + 10(2 + 3) 56 6. Определим далее значение сил токов I1 и I2

I1 =

ε1 − IR 10 − 1,25 ⋅ 10 = = − 1,25 A, r1 2

(10) ε 2 − IR 20 − 12,5 I2 = = = 2,5 A. r2 3 7. Знак минус для тока I1 показывает, что направление тока выбрано неправильно, ток будет течь в обратном направлении. 8. Проверим правильность решения путём анализа баланса токов по уравнению (1) 2,5 − 1,25 − 1,25 = 0 . (11) 49. Электрическая цепь состоит из резисторов R1 = R2 = 10 Ом и трёх идеальных источников тока, причём ε1 = 10 В, ε2 = 14 В. При каком значении ЭДС третьего источника ε3 ток через сопротивление R3 не потечёт?

Решение

1. Выберем направление токов, выделим два контура и запишем уравнения правил Кирхгофа в соответствии с уравнениями (1) предыдущей задачи I 3 = I1 + I 2 , ⎫ ⎪ I1R 1 − I 3 R 3 = ε 3 + ε1 , ⎬ (1) ⎪ I 2 R 2 − I 3 R 3 = ε 3 + ε 2 .⎭ 2. Так как по условию задачи I3 = 0, то I1 = − I2, уравнения (1) при этом примут вид I1R 1 = ε 3 + ε1 , ⎫ ⎬ − I1R 2 = ε 3 + ε 2 .⎭

(2)

3. Поделим почленно последние уравнения друг на друга и полученное соотношение разрешим относительно ε3

131

−

I1R 1 ε1 + ε 3 = , − R 1 (ε 2 + ε 3 ) = R 2 (ε1 + ε 3 ) , I1R 2 ε 2 + ε 3 − R 1ε 2 − R 1ε 3 = R 2 ε1 + R 2 ε 3 , R ε + R 2 ε1 10 ⋅ 14 + 10 ⋅ 10 ε3 = 1 2 = = 12 B . R1 + R 2 20

(3)

50. Схема состоит из трёх идеальных источников ЭДС, два из которых заданы: ε1 = 10 В, ε2 = 8 В, и трёх сопротивлений два из которых тоже известны: R1 = 100 Ом, R2 = 80 Ом. Определить при каком значении ε3 ток через сопротивление R3 ток течь не будет.

Решение

1.Выберем узел схемы, для которого запишем уравнение первого правила Кирхгофа I 3 = I1 + I 2 . (1) 2. Выделим два замкнутых контура и совершим их обход в указанных пунктирной линией направлениях по второму правилу Кирхгофа I1R 1 − I 3 R 3 = ε 3 − ε1 , ⎫ (2) ⎬. I 2 R 2 − I 3 R 3 = ε 2 − ε 3 .⎭ 3. По условию задачи I3 =0, поэтому уравнения (1) и (2) можно переписать следующим образом I1 + I 2 = 0, ⎫ ⎪ (3) I 2 R 1 = ε 3 − ε1 , ⎬ . ⎪ I 2 R 2 = ε 2 − ε 3 .⎭ 4. Поделим почленно последние два уравнения системы (3) друг на друга ε −ε R − 1 = 1 3 , R 1 (ε 2 − ε 3 ) = R 2 (ε 3 − ε1 ) , R 2 ε 2 − ε3 R 1ε 2 − R 1 ε 3 = − R 2 ε1 + R 2 ε 3 . (4) 5. Определим из уравнения (4) значение ε3 R 2 ε 3 + R 1ε 3 = R 1ε 2 + R 2 ε1 , ε R + ε 2 R 1 10 ⋅ 80 + 100 ⋅ 8 ε3 = 1 2 = ≅ 9B. (5) R1 + R 2 180 51. Определить силы токов, текущих в каждой ветви цепи, если: ε1 = 6,5 В, ε2 = 3,9 В; R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 10 Ом.

Решение 1. Для определения искомых величин токов необходимо составить шесть уравнений: три уравнения баланса токов и три уравнения баланса напряжений. Выберем для баланса токов три узла, а для баланса напряжений выделим три замкнутых контура. 2. Составим уравнения баланса токов для узлов a, b и с I1 + I 2 − I 3 = 0, ⎫ ⎪ I 3 − I 4 − I 5 = 0,⎬ . (1) ⎪ I 5 − I1 − I 6 = 0. ⎭ 3. Для обозначенных на схеме цепи пунктирными линиями замкнутых контуров 1, 2 и 3 составим уравнения баланса напряжений, направление обхода показаны стрелками

132

I1R 1 + I 5 R 5 = ε1 − ε 3 , ⎫ ⎪ I 2 (r2 + r3 ) + I 4 R 4 = −ε 2 ,⎬ . (2) I 4 R 4 − I 6 R 6 − I 5 R 5 = 0.⎪⎭ 4. С учётом одинаковой величины всех сопротивлений R = 10 Ом последнюю систему уравнений можно переписать следующим образом I1 + I 5 = 0,26, ⎫ ⎪ (3) I 2 + 0,5I 4 = −0,195,⎬ ⎪ I 4 − I 6 − I 5 = 0. ⎭ 5. Совместное решение системы алгебраических уравнений (4) I1 + I 2 − I 3 = 0, ⎫ ⎪ I 3 − I 4 − I 5 = 0, ⎪ ⎪⎪ I 5 − I1 − I 6 = 0, (4) ⎬ I1 + I 5 = 0,26, ⎪ I 2 + 0,5I 4 = −0,195,⎪ ⎪ ⎪⎭ I 4 − I 6 − I 5 = 0. методом подстановки позволяет прийти к следующим значениям сил токов I1 = 0,19 A, I 2 = −0,017 A, I 3 = 0,02 A, (5) I 4 = −0,05 A, I 5 = 0,07 A, I 6 = −0,12 A. Отрицательные значения сил токов, полученные в результате решения, показывают, что их направление было изначально выбрано неверно и следует поменять на обратное. Нелинейные элементы в цепях постоянного тока 52. Определить величину силы тока через идеальный источник (r = 0, ε = 10 В) при включении его в схему двумя способами, если R1 = R2 = R3 = R4 = 10 Ом, а диод идеальный, т.е. обладает в прямом направлении нулевым сопротивлением, а в обратном направлении бесконечно большим сопротивлением.

Решение

1. В первом случае (левая схема) диод будет представлять собой бесконечно большое сопротивление, т.е., по сути, разрыв цепи. Во втором случае (правая схема) сопротивление диода будет мало. Таким образом эквивалентные схемы цепей можно преобразовать следующим образом. 2. В случае большого сопротивления цепи резисторы R3 и R4 оказываются включенными последовательно, их общее сопротивление − R3,4 = 20 Ом, которое, в свою очередь включено параллельно резистору R2 R ⋅R 20 ⋅ 10 R 2 , 3, 4 = 3, 4 2 = ≅ 6,7 Ом . R 3, 4 + R 2 20 + 10 3. Определим эквивалентное сопротивление правой цепи R 01 = R 1 + R 2,3, 4 = 10 + 6,7 = 16,7 Ом . 4. Сила тока в первом случае включения источника тока

133

ε ≅ 0,6 A . R 01 5. При открытом диоде, когда он обладает весьма малым сопротивлением схему тоже можно последовательно преобразовать, при этом R ⋅R 100 R 1, 3 = 1 3 = = 5 Ом , R1 + R 3 20 = R 1,3 + R 4 = 15 Ом , I1 =

R 1,3, 4

R 02 =

R 1,3, 4 ⋅ R 2 R 1,3, 4 + R 2

=

15 ⋅ 10 = 6 Ом . 25

6. Сила тока при открытом диоде составит ε 10 I2 = = = 1,7 A . R 02 6 53. Определить силу тока, протекающего через идеальный диод, если он включен в диагональ симметричного моста, составленного из сопротивлений R1 = 10 кОм, R2 = 15 кОм, R3 = 30 кОм R4 = 25 кОм. Мостик подключен к идеальному источнику тока с ε = 200 B.

Решение

1. Предположим, что диод заперт, т.е. между точками а и b бесконечно большое сопротивление. В этом случае общее сопротивление схемы определится уравнением (R + R 4 )(R 2 + R 3 ) = 35 ⋅ 45 = 17,5 кОм . R 01 = 1 R1 + R 2 + R 3 + R 4 90 2. Сила тока через источник определится как ε 200 I 01 = = ≅ 0,01 A . R 01 17,5 ⋅ 10 3 3. Эквивалентная схема цепи в этом случае может быть представлена в виде последовательного соединения сопротивлений R1,4 и R2,3, которые, в свою очередь, включены параллельно источнику тока ε 200 I1, 4 = = ≅ 0,0057 A , (1) R 1 + R 4 35 ⋅ 10 3 ε 200 = ≅ 0,0044 . R 2 + R 3 45 ⋅ 10 3 4. Падение напряжения на элементах эквивалентной схемы U1 = I1, 4 ⋅ R 1 = 0,0056 ⋅ 10 4 = 56 B , I 2,3 =

(2) (3)

U 4 = I1, 4 ⋅ R 4 = 0,0057 ⋅ 25 ⋅ 10 3 ≅ 144 B ,

(4)

U 2 = I 2, 3 ⋅ R 2 = 0,0044 ⋅ 1,5 ⋅ 10 ≅ 68 B ,

(5)

4

U 3 = I 2, 3 ⋅ R 3 = 0,0044 ⋅ 3 ⋅ 10 4 = 132 B . (6) 5. Разность потенциалов между точками включения диода составляет ΔU = 12 В, при такой полярности в узловых точках диод должен быть открыт и должен представлять собой весьма малое сопротивление. Другими словами эквивалентная схема цепи будет представлять собой параллельное включение сопротивлений R1, R2 и R3,R4, которые образуют последовательную цепь. Общее сопротивление цепи в этом случае определится как

134

⎛ R ⋅R ⎞ ⎛ R ⋅R ⎞ R 02 = ⎜⎜ 1 3 ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 4 ⎟⎟ = ⎝ R1 + R 3 ⎠ ⎝ R 2 + R 4 ⎠ . (7) ⎛ 10 ⋅ 30 ⎞ ⎛ 15 ⋅ 25 ⎞ =⎜ ⎟+⎜ ⎟ ≅ 16,9 кОм ⎝ 10 + 30 ⎠ ⎝ 15 + 25 ⎠ 6. Сила тока через источник ε 200 I 02 = = ≅ 0,012 A . (8) R 02 16,9 ⋅ 10 3 7. Составим систему уравнений Кирхгофа для баланса токов в узлах a и b, дополнив их двумя уравнениями закона Ома для участка цепи I 02 = I1 + I 3 , (1) ⎫ ⎪ I D + I 3 = I 4 , ( 2) ⎪ I 4 + I 2 = I 02 , (3) ⎪⎪ (9) ⎬ I1 = I D + I 2 , ( 4) ⎪ I1R 1 = I 3 R 3 , (5) ⎪ ⎪ I 2 R 2 = I 4 R 4 . (6) ⎭⎪ 8. Подставив в уравнения (5) и (6) заданные значения сопротивлений, преобразуем их к виду R R I1 = I 3 3 = 3I 3 , I 2 = I 4 4 = 1,7I 4 . (10) R1 R2 9. Подставим значение силы тока I1 из уравнения (10) в уравнение (1) системы (9) I I 02 = 3I 3 + I 3 , ⇒ I 3 = 02 ≅ 0,003 A = 3 мА . (11) 4 10. Сила тока I1 из уравнений (10) определится как I1 = 3I 3 = 0,009 A = 9 мА . (12) 11. Далее подставим значение силы тока I2 из уравнения (10) в уравнение (4) системы (9) I I 4 + 1,7 I 4 = I 02 , ⇒ I 4 = 02 ≅ 4,4 мА . (13) 2,7 12. Определим далее силу тока I2, воспользовавшись для этого уравнениями (10) I 2 = 1,7I 4 = 7,5 мА . (14) 13. Из уравнения (4) системы (9) найдём искомую величину силы тока через диод I D = I1 − I 2 = 1,5 мА . (15) 54. Фотоэлемент включён в диагональ моста, составленного из четырёх резисторов R1 = 100 кОм, R2 = 400 кОм, R3 = 200 кОм, R4 = 300 кОм. Идеальный источник тока с ЭДС ε = 1 кВ включен в другую диагональ моста. Определить напряжение на фотоэлементе, если через него течёт ток силой ID = 10 мА.

Решение

1.Поскольку через фотоэлемент от анода к катоду течёт, заданный по условию задачи ток силой ID = 10 мА, то он открыт и представляет собой малое сопротивление. Эквивалентная схема цепи в этом случае может быть представлена в виде параллельного включения сопротивлений R1, R2, и R3, R4, которые в свою очередь соединены последовательно. 2. Определим эквивалентное сопротивление всей цепи R 1R 2 R 3R 4 R0 = + ≅ 200 кОм . (1) R1 + R 2 R 3 + R 4 3. Найдём величину силы тока через источник I0 135

1 ⋅ 103 = 5 мА . (2) 2 ⋅ 10 5 4. Составим систему из пяти (по количеству неизвестных величин) алгебраических уравнений на основе первого правила Кирхгофа и условий равенства потенциалов узлов a и b I1 = I F + I 4 , (1) ⎫ I 0 = I1 + I 2 , (2) ⎪⎪ ⎪ I F + I 2 = I 3 , (3)⎬ (3) I1R 1 = I 2 R 2 , (4) ⎪ ⎪ I 3 R 3 = I 4 R 4 . (5) ⎪⎭ 5. Запишем уравнения (4), (5) с учётом заданных величин резисторов R R I1 = I 2 2 , I 3 = I 4 4 . (4) R1 R3 6. Перепишем уравнение (2) системы (3) с учётом уравнений (4) I I 0 = 4I 2 + I 2 , ⇒ I 2 = 0 = 1,25 мА . (5) 4 7. Определим из уравнения (2) системы (3) значение силы тока I1 I1 = I 0 − I 2 = 5 − 1,25 = 3,75 мА . (6) 8. Найдём падение напряжений на резисторах R1 и R2 U1 = I1R 1 = 3,75 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 5 = 375 B . (7) I0 =

U 2 = I 2 R 2 = 1,25 ⋅ 10 −3 ⋅ 4 ⋅ 105 = 500 B . 9. Напряжение на фотоэлементе: U F = U 2 − U1 = 125 B .

(8)

Работа и мощность электрического тока 55. Электрическая цепь состоит из трёх резисторов R1 = 200 Ом, R2 = 100 Ом, R3 = 100 Ом идеального диода D и источника переменного тока с действующим значением напряжения U = 20 B. Определить среднюю мощность, выделяемую на резисторе R3.

Решение

1. Поскольку ток переменный, то диод в одном из полупериодов будет закрыт, и через включенный с ним последовательно резистор R3 ток протекать не будет, т.е. мощность не выделяется W1 = 0. Во втором полупериоде диод открыт и через R3 течёт ток. Эквивалентные схемы для двух полупериодов будут выглядеть следующим образом. 2. Определим эквивалентное сопротивление цепи в случае открытого диода R 3R 2 R 01 = R 1 + = 250 Ом . (1) R3 + R2 3. Эквивалентное сопротивление цепи при закрытом диоде R 02 = R 1 + R 2 = 300 Ом . (2) 4. Найдём амплитудную силу тока через резистор R3 U 20 I 01 = = ≅ 80 мА . (3) R 01 250 5. Падение напряжения на резисторе R1 136

U1 = I 01R 1 = 8 ⋅ 10 −2 ⋅ 200 = 16 B . 6. Падение напряжения на резисторе R3 U 2 = U 3 = U − U1 = 4 B . 7. Если бы ток был постоянным, то на резисторе R3 выделялась бы мощность U2 W3 = 3 . R3 8. Для переменного тока мощность представится следующим образом W3 = 0,5W3 = 80 мВт .

(4) (5) (6) (7)

56. Резисторы R1 = 100 Ом и R2 = 200 Ом включены последовательно одинаковым идеальным диодам D1, D2. Цепь питается идеальным источником переменного тока с действующим значением напряжения U = 120 В. Определить среднюю величину мощности, выделяемой в цепи.

Решение

1. Встречное включение диодов обеспечивает прохождение тока через один диод, когда один диод открыт, второй − закрыт. 2. Определим мощности выделяемые в цепи в течение положительного и отрицательного полупериода U2 U2 W+ = , W− = , (1) R1 R2 W =

W+ + W− (R 1 + R 2 )U 300 ⋅ 120 = = = 0,9 Вт . 2 2R 1R 2 2 ⋅ 100 ⋅ 200

(2)

57. Застрявший в снегу автомобиль массой m = 1,5 т вытаскивают с помощью бортовой электрической лебёдки с напряжением питания постоянным током U = 12 В. Определить силу тока в обмотке электродвигателя лебёдки, коэффициент полезного действия которого составляет η =0,6 если на расстояние l = 5 м при коэффициенте сопротивления движению μ = 0,8 автомобиль переместился за время τ = 5 мин.

Решение

1. Определим величину механической работы, которую необходимо произвести для перемещения автомобиля на заданное расстояние, будем считать, что трос параллелен поверхности земли и автомобиль посредствам лебёдки движется прямолинейно и равномерно A = μmgl . (1) 2. Электрическая мощность лебёдки определится уравнением (2) W = UI , с учётом КПД электродвигателя предельное соотношение между необходимой работой и электрическими возможностями лебёдки представится следующим образом μmgl 0,8 ⋅ 1,5 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 5 ηIUτ ≥ μmgl, ⇒ I = ≅ ≅ 28 А . (3) ηUτ 0,6 ⋅ 12 ⋅ 300 58. Получить аналитическую и графическую зависимость коэффициента полезного действия замкнутой цепи от соотношения между внутренним сопротивлением источника тока и величиной внешнего сопротивления.

Решение

1. Коэффициент полезного действия для любой механической, термодинамической или электрической системы, по определению, является отношением производимой системой ра137

боты к величине энергии, характеризующей систему в целом. В случае электрической замкнутой цепи КПД можно представить, как отношение мощности рассеиваемой во внешней цепи WR к мощности, потребляемой всей цепью (WR +Wr) η=

WR I2R R = 2 = . WR + Wr I (R + r ) R + r

(1)

2. Для получения графической зависимости η = f(r/R), числитель и знаменатель уравнения (1) целесообразно поделить на R η=

1 , 1+ r R

(2)

естественно, что максимальный КПД будет иметь место в случае идеального источника, у которого r = 0. 59. К источнику тока поочерёдно подключаются два резистора R1= 10 Ом и R2 = 15 Ом, при этом на них выделяется одинаковая электрическая мощность W1 = W2. Определить внутреннее сопротивление источника и коэффициент полезного действия цепи η1, η2 в каждом случае.

Решение 1. Запишем условие равенства мощностей при поочерёдном подключении резисторов к источнику (1) W1 = W2 , I12 R 1 = I 22 R 2 . 2. Силы токов через резисторы определяются законом Ома для полной цепи ε ε I1 = , I2 = . (2) R1 + r R2 + r 3. Подставим значения сил токов из уравнения (2) в уравнение (1) ε2 ε2 R1 = . (3) 2 (R 1 + r ) (R 2 + r )2 4. Извлечём из правой и левой части уравнения (3) квадратный корень, сократив предварительно уравнения на ε R1 R2 = , R 1 (R 2 + r ) = R 2 (R 2 + r ) , (4) (R 1 + r ) (R 2 + r )

r R 2 − r r1 = R 2 R 1 − R 1 R 2 . 5. Уравнение (5) позволяет найти величину внутреннего сопротивления источника r R 1R 2 R 1 − R 2 r= = R 1R 2 = 150 ≅ 12,25 Ом . R1 − R 2

(

)

(5) (6)

6. Определим далее КПД цепи для каждого резистора 10 R1 = η1 = ≅ 0,45 (45% ) , R 1 + r 10 + 12,25

(7)

R2 15 = ≅ 0,55 (55% ) . R 2 + r 15 + 12,25

(8)

η2 =

60. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 100 Ом возрастает по линейному закону I = f(τ) от I0 = 0 до Imax = 10 A в течение времени τ = 30 с. Найти количество тепла, выделившееся в проводнике за это время.

Решение

1. В течение бесконечно малого промежутка времени в соответствии с законом Джоуля − Ленца в проводнике выделится тепло 138

(1) dQ = I 2 Rdt . 2. В данном случае сила тока является возрастающей линейной функцией времени I = kt, поэтому необходимо определить величину коэффициента пропорциональности k ΔI I max − I min k= . (2) = τ τ 3. С учётом уравнения (2) закон Джоуля − Ленца примет вид dQ = k 2 t 2 R . (3) 4. За конечный промежуток времени количество тепла определится интегралом 2 τ ⎛I −I ⎞ Q = ⎜ max min ⎟ R ∫ t 2 dt , (4) τ ⎝ ⎠ 0 2

1⎛I ⎞ 1 1 Q = ⎜ max ⎟ Rτ 3 = I 2max Rτ = ⋅ 100 ⋅ 100 ⋅ 30 = 100 кДж . 3⎝ τ ⎠ 3 3

(5)

Основные законы магнетизма 61.. Найти магнитную индукцию в центре тонкого кольца радиусом r = 5 см по которому течёт ток силой I = 10 А.

Решение

1. Выделим бесконечно малый элемент кольца dl, который можно считать элементарным током. В точке А, лежащей на оси кольца индукция от этого элемента, в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа будет равна

(

)

r μμ 0 I r r μμ 0 I dB = d l × r , dB = dl cos α , (1) 3 4π r 4π r 2 2. В рассматриваемом случае z = 0, α = 00 поэтому r = z 2 + R 2 = R , интегрируя уравнение (1) в пределах от 0 до 2πR, получим 2 πR μμ 0 I μμ 0 I 1 ⋅ 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 10 B= = = ≅ 125,6 мТл . dl 4π R 2 ∫0 2 R 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −2

(2)

62. Катушка длиной L = 0,2 м представляет собой N = 100 цилиндрических витков диаметром d = 0,2 м. По проводнику течёт ток силой I = 5 A. Определить магнитную индукцию В в точке А, лежащей на расстоянии x = 0,1 м от торца катушки.

Решение

1. Цилиндрическая катушка длиной L, именуемая в простонародии соленоидом, состоящим из N витков (круговых токов), образующих винтовую линию. Для произвольной точки М, лежащей на оси катушки в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа можно записать следующее уравнение μμ 0 N (1) BM = I(cos α1 − cos α 2 ) . 2 L 2. Для соленоида бесконечной длины α1 = 0, α2 = π,

139

уравнение (1) в этом случае примет вид N I. (2) L 3. Поле на торцах катушки в центре витков при α1 = π/2, α2 = π определится следующим образом μμ 0 N (3) B= I. 2 L 4. Рассмотрим далее ситуацию, заданную по условию задачи, т.е. когда точка, в которой следует определить индукцию, расположена на оси катушки на удалении х от её торца. 5. Из прямоугольных треугольников ΔАСК и ΔADM определим косинусы соответствующих уравнению (1) углов α1 и α2 x+L cos α1 = , 2 d 2 + (x + L ) 4 . (4) x α = cos 2 d2 x2 + 4 6. Подставим значения cosα1 и соsα2 в уравнение (1) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ μ0 N ⎜ x+L x ⎟ I , (5) B= − 2 ⎟ 2 L ⎜ d2 d 2 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + (x + L ) x + 4 ⎠ ⎝ 4 ⎞ 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 100 ⋅ 5 ⎛⎜ 0,3 0,1 ⎟ ≅ 381 мкТл . (6) − B= ⎜ 0,01`+0,09 2 ⋅ 0,2 0,01 + 0,01 ⎟⎠ ⎝ B = μμ 0

63. Длинный соленоид в виде цилиндрической катушки состоит из проволоки диаметром d0 = 5⋅10 − 4 м, которая намотана так, что витки плотно прилегают друг к другу. Определить напряжённость магнитного поля внутри соленоида на его оси при силе тока I = 4 А. Толщиной изоляции проводника пренебречь.

Решение

1. Магнитная индукция на оси соленоида определяется уравнением N (1) B = μμ 0 I . L 2. Выразим длину соленоида через количество витков N и диаметр провода d0 N I L = d 0 N, ⇒ B = μμ 0 I = μμ 0 . (2) d0N d0 3. Поскольку величина магнитной проницаемости μ не задана, то будем, как и в предыдущих задачах, считать μ = 1. Напряжённость и индукция магнитного поля связаны известным соотношением r r B B = μμ 0 H, ⇒ H = . (3) μμ 0 4. Перепишем уравнение (2) с учётов соотношений (3)

140

μμ 0 H = μμ 0

I I 4 кА = ≅8 . ,⇒ H = −4 d0 d 0 5 ⋅ 10 м

(4)

64. Обмотка катушки диаметром d = 0,1 м состоит из плотно прилегающих друг к другу витков тонкой проволоки. Определить минимальную длину катушки Lmin при которой величина магнитной индукции в середине бесконечного соленоида, содержащего такое же количество витков на единицу длины, отличается не более чем на 0,5%. Силу тока считать одинаковой.

Решение

1. Допустимую ошибку будем искать в виде B − B1 ζ= 2 , (1) B2 где В1 − магнитная индукция поля внутри катушки конечной длины, В2 − магнитная индукция поля внутри бесконечной катушки. 2. Магнитная индукция поля на оси соленоида конечной длины определяется уравнением (1) примера № 7 μμ 0 N B1 = I(cos α1 − cos α 2 ) , (2) 2 L где N/L = n − количество витков, приходящееся на единицу длины, с учётом этого μμ 0 B1 = nI(cos α1 − cos α 2 ) . (3) 2 3. Для соленоида бесконечной длины уравнение (3) перепишется следующим образом B2 = μμ0 nI , (4) 4. Подставим значения В1 и В2 из уравнений (2) и (3) в уравнение (1) 1 μμ 0 nI − μμ 0 nI(cos α1 − cos α 2 ) 1 2 ζ= = 1 − (cos α1 − cos α 2 ) . (5) μμ 0 nI 2 5. определим величины cosα1 и cosα2 L min L min cos α1 = = , (6) 2 2 2 2 d + L ⎛d⎞ ⎛L ⎞ min 2 ⎜ ⎟ + ⎜ min ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ d cos α 2 = sin (π − α ) = . (7) 2 d + L2min 6. Поскольку α2 = π − α1, то cosα1 = − cosα2, то L min 1 − ζ = cos α1 = , 2 d + L2min

(1 − ζ )2 =

L2min . d 2 + L2min

(8)

7. Подставим в уравнение (8) значение ζ = 5⋅10 − 3 и d = 0,1 (1 − 0,05)2 (0,01 + L2min ) = L2min , откуда

(9)

9,9 ⋅ 10 −3 ≅ 0,99 м . 1 ⋅ 10 −2

(10)

L min ≅

65. Найти напряжённость магнитного поля В на оси кругового витка с током величиной I = 100 А на удалении х = 2 м от плоскости витка при его радиусе R = 4 м.

141

Решение

1. Выделим элементарную длину кольца dl и определим индукцию этого элементарного тока в заданной точке dB в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа в предположении, что круговой ток находится в вакууме (μ = 1) r r μ 0 I d l × rr . (1) dB = 4π r 3 2. В силу осевой симметрии суммарная составляющая вектора dBу будет равна нулю, проекция вектора dBx определится в виде проекции dB x = dB cos α , (2) μ Idl dB x = 0 3 cos α . (3) 4π r 3. Величина Вх = В определится интегралом 2 πR μI B = 0 3 cos α ∫ dl . (4) 4πr 0 4. В уравнении (4) R cos α = , r = x 2 + R 2 . (5) r 5. При подстановке уравнений (5) в уравнение (4) получим μ μ0R 2I 2πR 2 I B= 0 = , (6) 4π 2 (x 2 + R 2 )3 22 (x 2 + R 2 )3

(

B=

12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 16 ⋅ 100 2 (4 + 16 )

3

)

≅ 11 мкТл .

(7)

66. Круговые витки радиусами R1= 1 м и R2 =0,8 м с токами I1 = 100 A , I2 = 150 А расположены в параллельных плоскостях на расстоянии x = 4 м друг от друга. Найти магнитную индукцию поля на оси витков в точке, расположенной на равном удалении от них. Рассмотреть случаи, когда токи текут в одном и противоположных направлениях.

Решение

1. Рассмотрим случай, когда токи в витках текут в одном направлении. Направление векторов магнитной индукции будут совпадать по направлению, а модули векторов В будут определяться уравнением (6), полученным в предыдущей задачи, т.е. μ 0 R 12 I1 , B1 = 3 ⎛ x2 ⎞ 2 ⎜⎜ + R 12 ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠

B2 =

μ 0 R 22 I 2 3

.

(1)

⎛x ⎞ 2 ⎜⎜ + R 22 ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠ 2. Модуль результирующего вектора магнитной индукции будет равен геометрической сумме B A1 = B1 + B 2 , (2) 3. Подставим в уравнение (2) значения В1 и В2 2

142

B A1

⎧ ⎪ μ 0 ⎪⎪ = ⎨ 2 ⎪ ⎪2 ⎪⎩

R 12 I1 ⎛ x2 ⎞ ⎜⎜ + R 12 ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠

3

+

R 22 I 2 ⎛ x2 ⎞ 2 ⎜⎜ + R 22 ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠

3

⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎬, ⎪ ⎪ ⎪⎭

(3)

⎧⎪ 1 ⋅ 100 0,8 ⋅ 150 ⎫⎪ B A1 = 6,28 ⋅ 10 −7 ⎨ (4) + ⎬ ≅ 13 мкТл . 3 (4 + 0,64)3 ⎪⎭ ⎪⎩ (4 + 1) 4. Если токи в витках будут течь в противоположных направлениях, то уравнение (2) перепишется в следующем виде B A 2 = B 2 − B1 ≅ 2 мкТл . (5) 67. Во сколько раз ξ уменьшится индукция магнитного поля в центре кольца с током, если его согнуть по диаметру под углом α = 450. Сила тока, при этом, не меняется.

Решение 1. Определим магнитную индукцию поля, создаваемого плоским круговым витком с током, для чего воспользуемся законом Био − Савара − Лапласа r r r μ0 I d l × r dB0 = , (1) 4π r 3 в рассматриваемом случае r = R, поэтому r r r r r μ0 I d l × R μI (2) dB0 = = 0 3 dlR sin d l ; R . 3 4π R 4πR 2. Для индукции в центре кольца уравнение (2) можно записать следующим образом r r 2 πR μI B0 = 0 2 sin d l ; R ∫ dl , (3) 4πR 0

(

(

)

)

(

(

)

)

( r r)

так как для всех элементарных участков витка d l ; R = π 2 , то μI B0 = 0 . (4) 2R 3. В случае сгибания витка пополам по диаметру результирующий вектор магнитной инr r r дукции поля можно представить в виде суммы двух составляющих B = B1 + B 2 , причём 1 μI (5) B1 = B2 = B0 = 0 , 2 4R B = B12 + B 22 + 2B1B 2 cos 450 ,

(6)

μ0I μI 1 + 1 + 1,41 ≅ 0,922 0 . (7) 4R 2R 4. Таким образом, отношение напряжённостей определится соотношением B ξ= ≅ 0,922 . (8) B0 B=

68. По длинному проводнику пропускается то силой I = 50 А. Определить магнитную индукцию В в точке А удалённой от проводника на расстояние r0 = 5 см.

Решение

1. Для элементарного тока Idl вектор магнитной индукции будет определяться законом Био − Савара − Лапласа

143

(

)

r r r μ0 I d l × r , (1) dB0 = 4π r 3 который в скалярной форме примет вид μ I sin α dB = 0 2 dl . (2) 4πr 2. В уравнении (2) в общем случае проводника конечных размеров присутствуют две переменные величины α и r, чтобы интегрировать по одной переменной α, необходимо выполнить следующие преобразования: dl =

r rdα , r= 0 sin α sin α

(3)

в этом случае μ0I sin αdα . 4πr0 3. Модуль вектора индукции определится интегралом α2 α μI μI 2 B = ∫ 0 sin αdα = 0 ∫ sin αdα , 4πr0 4πr0 α1 α1 dB =

(4)

(5)

или, после интегрирования μ0I (cos α1 − cos α 2 ) . 4πr0 4. При очень длинном проводнике α1 = 00, α2 = 1800, поэтому μ I 4π ⋅ 10 −7 ⋅ 50 BA = 0 = ≅ 200 мкТл . 2πr0 2π ⋅ 5 ⋅ 10 −2 B=

(6)

(7)

69. По тонкому, бесконечно длинному проводнику, имеющему форму, показанную на рисунке, течёт электрический ток силой I = 100 А. Определить величину магнитной индукции поля В в точке О, если радиус закругления равен r = 0,1 м.

Решение

1. В данном случае проводник можно представить состоящим из трёх геометрических фигур: двух бесконечных проводников, лежащих в одной плоскости и пересекающихся под прямым углом и и проводника в виде четверти окружности. 2. Пусть проводник в виде дуги окружности создаёт поле в магнитной индукцией В1, а прямолинейные отрезки − В2 и В3. Все три вектора {В1, В2, В3} будут направлены вдоль одной прямой, поэтому их суммарный модуль определится как r B = B1 + B 2 + B3 . (1) 3. Запишем уравнение модуля вектора магнитной индукции поля, создаваемого четвертью окружности μI μI B1 = 0 = 0 . (2) 4 ⋅ 2 r 8r 4. Магнитные индукции бесконечно длинных прямолинейных проводников μI μI B 2 = 0 , B3 = 0 . (3) 4πr 4πr 5. Подставим уравнения (2,3) в уравнение (1)

144

μ0I μ0I μ0I μ0I ⎛ 1 1 1 ⎞ μ0I π + 4 , = + + + ⎜ + ⎟= r ⎝ 8 4π 4π ⎠ 8r 4πr 4πr r 8π

(4)

4π ⋅ 10 −7 ⋅ 100 (π + 4) 7,14 ⋅ 10 −5 = = 3,57 ⋅ 10 −4 Тл ≡ 357 мкТл . 0,2 0,1 8π

(5)

B= B=

70. Бесконечный проводник, по которому течёт постоянный ток силой I = 100 A, согнут под прямым углом. Определить величину магнитной индукции в точках А и F, расположенных на биссектрисе прямого угла и отстоящих от его вершины на d = 0,1 м.

Решение

1. Рассмотрим вначале поле в точке F. Как и в предыдущих задачах, проводник представим состоящим из двух отрезков пересекающихся под прямым углом, векторы магнитной индукции будут направлены по биссектрисе прямого угла, т.е. (1) B = B1 + B 2 . 2. Для определения величин В1 и В2 воспользуемся уравнением (2), полученным в задаче 3.1.19 μI μI B1F = 0 (cos 0 0 − cos 90 0 ) = 0 . (2) 2πr 2πr μI μI 2 B 2 F = 0 (cos 450 − cos 90 0 ) = 0 (3) 2πr 2πr 2 3. Определим далее удаление отрезков проводников от заданной точки F d . d2 = r2 + r2 , ⇒ r = 2 4. Подставим данные из уравнений (2), (3), (4) в уравнение (1) μ I 2 μ0I 2 2 μ0I BF = 0 + = 2 +1 , 2πd 2πd 2 2πd 4π ⋅ 10 7 ⋅ 100 BF = 2 + 1 ≅ 4,82 ⋅ 10 −4 Тл . 2π ⋅ 0,1 5. Определим параметры поля в точке А по аналогии с точкой F μI μI B1A = 0 (cos 0 0 − cos 90 0 ) = 0 , (7) 2πr 2πr μI B 2 A = 0 (cos 1350 − cos 90 0 ) = 2πr (8) μ0I 2 =− . 2πr 2 6. Подставим значения В1A и В2А из уравнений (7), (8) в уравнение (1) μI BF = 0 2 −1 , (9) 2πd 4π ⋅ 10 −7 ⋅ 10 2 0,41 ≅ 8,2 ⋅ 10 −5 Тл . BA = 2π ⋅ 0,1

(

(

(

)

)

(4)

(5) (6)

)

(10)

71. По бесконечно длинному проводнику, изогнутому под углом ϕ = 1200, течёт постоянный ток силой I = 100 А. Найти магнитную индукцию В в точке А, удалённой от места сгиба на расстояние d = 5 см.

145

Решение

1. Вектор магнитной индукции в заданной точке А будет представлять собой векторную сумму индукций двух, пересекающихся под углом ϕ = 1200 бесконечных проводников, т.е. r r r B = B1 + B 2 . (1) 2. Вектор магнитной индукции горизонтальной части проводника В1 будет равен нулю, потому что в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа, для точек лежащих на оси проводника справедливо уравнение r r r dB1 = 0 d l × r = 0 . (2) 3. Модуль вектора В2 определим по уравнению μI B = 0 (cos α1 − cos α 2 ) , (3) 4πr в рассматриваемом случае α1 → 0, а α2 = ϕ, cosα2 = cosϕ = − 0,5. 4. Определим кратчайшее расстояние от заданной точки А до проводника (4) r = d ⋅ sin 60 0 = d ⋅ 0,87 ≅ 4,33 ⋅ 10 −2 м . 5. Подставим полученные значения величин углов α1, α2 и расстояния r в уравнение и(3) 4π ⋅ 10 −7 ⋅ 100 (1 + 0,5) ≅ 346 мкТл . (5) B= 4π ⋅ 4,33 ⋅ 10 −2

(

)

72. По тонкому проволочному кольцу течёт электрический ток. Не изменяя силы тока в проводнике, его превратили в квадрат. Во сколько раз изменится величина магнитной индукции в центре контура?

Решение

1. Поскольку периметр квадрата и окружности одинаков, то между радиусом r и длиной стороны квадрата d можно записать следующие соотношения πr 2πr = 4d, ⇒ d = . (1) 2 2. Запишем далее уравнения для индукции кругового витка с током μI BОкр. = 0 , (2) 2r и квадрата равного периметра, воспользовавшись уравнением (5) предыдущей задачи 4μ I B Кв. = 20 2 . (3) πr 3. Определим отношение индукций магнитного поля в центре квадрата и окружности B Кв. 4μ 0 I 2 2r 8 = = 2 ≅ 1,144 . (4) B Окр. π2 r μ 0 I π2 73. Электрон в невозбуждённом атоме водорода движется по круговой орбите радиусом R = 50 пм. Найти величину магнитного момента pm эквивалентного кругового тока и механический момент сил Mz(F), относительно оси вращения электрона при помещении атома в магнитное поле индукцией В = 0,1 Тл. Вектор магнитной индукции параллелен плоскости орбиты вращающегося электрона.

Решение 1. Силу эквивалентного тока определим, воспользовавшись уравнением

146

i=

dq e e2 = = eν = dt T 4

1 ≅ π r ε0me 3 3

, (1) 1 2,56 ⋅10 −38 ≅ ≅ 1мА 4 31 ⋅1,25 ⋅10−31 ⋅ 9 ⋅10−12 ⋅10 −30 где е ≅ 1,6⋅10 − 19 Кл − заряд электрона, me ≅ 1⋅10 − 30 кг, ε0 ≅ 9⋅10 − 12 Ф/м − электрическая постоянная. 2. Магнитный момент такого эквивалентного тока определится как p m = is = iπR 2 = 1 ⋅ 10 −3 ⋅ 3,14 ⋅ 2,5 ⋅ 10 −21 ≅ 7,85 ⋅ 10 −21 A ⋅ м 2 . (2) 3. Механический момент относительно оси вращения z, действующий на атом водорода, помещённый в магнитное поле с индукцией В, равен r r M z (F) = p m B sin p m ; B , (2) Поскольку вектор магнитного момента перпендикулярен плоскости орбиты, то r r r r p m ; B = π 2, ⇒ sin p m ; B = 1 , другими словами

(

(

)

(

)

)

M z (F) = p m B = 7,85 ⋅ 10 −21 ⋅ 0,1 = 7,85 ⋅ 10 −22 H ⋅ м .

(3)

74. Электрон в атоме водорода движется по круговой орбите известного радиуса. Найти отношение магнитного момента pm к моменту импульса L орбитального движения электрона.

Решение

1. Орбитальную скорость электрона определим из условия его нахождения на стационарной круговой орбите m v2 e2 k k 2 = e ,⇒ v = e , (1) R R me R где k = 1/(4πε0) ≅ 9⋅1012 м/Ф − постоянная величина, R − радиус орбиты, е, me − заряд и масса электрона. 2. Сила эквивалентного тока при круговом движении электрона dq ev e2 k i= ≅ en = = . (2) dt 2πR 2πR m e R 3. Магнитный момент кругового тока evπR 2 evR = . 2πR 2 4. Момент импульса электрона при его орбитальном движении L = m e vR . 5. Отношение магнитного момента к моменту импульса pm evR e 1,6 ⋅ 10 −19 Кл . = = ≅ ≅ 8 ⋅ 1010 −30 L 2m e vR 2m e кг 2 ⋅ 10 p m = is =

75. Тонкий стержень длиной l = 0,2 м несёт распределённый заряд Q = 240 нКл. Стержень вращается с постоянной угловой скоростью ω = 10 рад/с вокруг оси перпендикулярной стержню и проходящей через его середину. Определить магнитный момент рm, возникающий при вращении заряженного стержня и отношение магнитного момента к его моменту количества движения L, если масса стержня составляет m = 12 г.

Решение

147

(3) (4) (5)

1. Распределённый заряд стержня можно представить в виде сосредоточенного заряда, создающего эквивалентный q = Q/3, сила тока в этом случае определится как q Q⋅ω i = = qn = . (1) T 3 ⋅ 2π 2. Магнитный момент эквивалентного кругового тока Qω πl 2 Qωl 2 240 ⋅ 10 ⋅ 0,04 (2) p m = is = = = ≅ 4 нА ⋅ м 2 . 6π 4 24 24 3. Для определения отношения магнитного момента к моменту импульса воспользуемся уравнением (5) предыдущей задачи pm Q 2,4 ⋅ 10 −7 мКл = = = 10 . (3) L 2m 0,24 кг 76. Диск радиусом R = 10 см несёт равномерно распределённый по поверхности заряд Q = 0,2 мкКл. Диск равномерно вращается с частотой n = 20 с − 1 относительно оси, проходящей через центр диска и перпендикулярной его плоскости. Определить магнитный момент pm кругового тока, создаваемого диском и отношение магнитного момента к моменту импульса диска pm/L, если масса диска равна m = 0,1 кг.

Решение

1. На одной поверхности диска распределён заряд q = Q/2, поэтому эквивалентный ток, создаваемый вращающимся диском определится как Qn . (1) i= 2 2. Магнитный момент эквивалентного тока, создаваемого вращающимся диском, несущим заряд, определится в этом случае как QnπR 2 2 ⋅ 10 −7 ⋅ 20 ⋅ 3,14 ⋅ 0,01 p m = is = = = 62,8 нА ⋅ м 2 . (2) 2 2 3. Момент импульса вращающегося диска равен произведению момента инерции диска на его угловую скорость mR 2 L = Jω = 2πn = mπnR 2 . (3) 2 4. Отношение магнитного момента диска к его моменту импульса равно 2p m QnπR 2 Q 2 ⋅ 10 −7 мкКл . (4) = = = =2 2 L 2mπnR m 0,1 кг 77. Тонкостенная металлическая сфера радиусом R = 0,1 м с равномерно распределённым по поверхности зарядом Q = 3 мкКл. Сфера вращается равномерно вокруг с угловой скоростью ω = 10 рад/с относительно оси, проходящей через центр сферы. Найти магнитный момент pm кругового тока, создаваемый вращением сферы и отношение магнитного момента к моменту импульса, если масса сферы m = 0,1 кг.

Решение

1. Магнитный момент эквивалентного тока вращающейся заряженной сферической оболочки 2 ω 1 1 pm = Q πR 2 = QωR 2 = ⋅ 3 ⋅ 10 −6 ⋅ 10 ⋅ 0,01 = 1 нКл ⋅ м 2 . (1) 3 2π 3 3 2. Отношение магнитного момента к моменту импульса нКл pm QωR 2 ⋅ 3 Q = = 1,5 = . (2) 2 L 3 ⋅ 2 ⋅ mωR кг 2m

148

78. Сплошной шар радиусом R = 10 см несёт заряд Q = 200 нКл, равномерно распределённый по объёму. Шар вращается относительно оси, проходящей через центр шара, с угловой скоростью ω = 10 рад/с. Определить магнитный момент эквивалентного кругового тока, создаваемого вращающимися заряженными шаром и сферой и отношение магнитного момента к моменту импульса, если масса сферы m = 100 кг.

Решение

1. Эквивалентный заряд, создающий круговой ток определится как 2 Q. (1) 5 2. Эквивалентный электрический ток, возникающий при вращении заряженного шара 2 ω Qω = i = qn = Q . (2) 5 2 π 5π 3. Магнитный момент, создаваемый равномерно заряженной вращающейся сферой 1 1 Qω (3) p m = is = πR 2 = QωR 2 = 2 ⋅ 10 −7 ⋅ ⋅ 10 ⋅ 0,01 = 4 нКл ⋅ м 2 . 5 5π 5 4. Момент импульса сплошного шара определяется его моментом инерции J и угловой скоростью ω 2 (4) L = Jω = mR 2 ω . 5 5. Отношение магнитного момента заряженного вращающегося шара к его моменту импульса нКл p m QωR 2 Q 2 ⋅ 10 −7 = = =2 . (5) = 2 кг L mωR m 100 q=

79. Напряжённость магнитного поля кругового витка с током составляет Н = 200 А/м. Магнитный момент витка равен pm = 1 А⋅м2. Определить силу тока в витке и его радиус.

Решение 1. Напряжённость кругового витка с током и его магнитный момент определяются дующими уравнениями I . p m = IπR 2 H= 2R 2. Выразим из уравнения напряжённости магнитного поля силу тока и подставим уравнение магнитного момента, что позволит найти его радиус p 1 I = 2HR , p m = 2πHR 3 , R = 3 m = 3 ≅ 9,27 cм . 2πH 6,28 ⋅ 200 3. Так как, из уравнения напряжённости I = 2HR , то I = 2 ⋅ 200 ⋅ 9,27 ≅ 37 A .

сле(1) её в (2) (3)

80. На оси кольца с током I на расстоянии r = 1 м от его центра напряжённость магнитного поля составляет В = 10 нТл. Считая радиус кольца много меньшим заданного расстояния R << r, определить величину магнитного момента рm.

1. Воспользовавшись уравнением магнитной индукции кругового тока, запишем его при условии r >> R μ μ R 2I μ R 2I 2πR 2 I B= 0 = 0 = 0 3 , (1) 4π 2 (r 2 + R 2 )3 22 (r 2 )3 2r и выразим силу тока

149

2Br 3 . (2) μ0R 2 2. Подставим значение силы тока в уравнение магнитного момента 2πBr 3 ⋅ 10 −10 ⋅ 1 2Br 3 2 R p m = Is = = 50 мА ⋅ м 2 . = π = 2 −7 2 ⋅ 10 μ0 μ0R I=

(3)

Контур в магнитном поле 81. Круговой контур радиусом R = 0,1 м закреплён так, что может вращаться вокруг оси, совпадающей с одним из его диаметров, совпадающим с магнитным меридианом поля Земли. Горизонтальная составляющая магнитной индукции нашей планеты равна Вх = 20 мкТл. По контуру пустили ток силой I = 10 А. Какой момент сил Mz(F) должен быть приложен к контуру, чтобы сохранялась его первоначальная ориентация?

Решение

1. При пропускании по контуру тока возникнет собственное магнитное поле и появится магнитный момент pm p m = Is = IπR 2 , (1) наличие которого обусловит его взаимодействие в внешним магнитным полем, в данном случае, горизонтальной составляющей магнитного поля Земли. Такое взаимодействие количественно можно охарактеризовать механическим моментом сил r r r M z F = p m B x sin p m ; B x = p m B x sin 90 0 , r M z F = IπR 2 B x sin 90 0 = 10 ⋅ 3,14 ⋅ 0,01 ⋅ 2 ⋅ 10 −5 ⋅ 1 = 6,28 мкКл ⋅ м . (2)

()

()

(

)

82. Измерительная часть гальванометра представляющая собой квадратную рамку с размерами а = 4 см и b = 1,5 см, на которую намотано N = 200 витков провода. Рамка помещена в магнитное поле с индукцией В = 0,1 Тл, так что плоскость рамки параллельна вектору индукции внешнего поля. Определить механический момент Mz(F), приложенный к рамке и величину магнитного момента рамки при пропускании по проводнику тока силой I = 1 мА.

Решение

1. Определим величину магнитного момента рамки при пропускании заданного тока p m = NIs = NIab, . (1) p m = 200 ⋅ 10 −3 6 ⋅ 10 −4 = 1,2 ⋅ 10 −4 A ⋅ м 2 2. Найдём величину механического момента сил, возникающего при взаимодействии собственного магнитного поля рамки с внешним полем r r r M z F = p m B sin p m ; B , (2) поскольку вектор магнитного момента контура совпадает с направлением нормали к плоскости, в которой располагается контур, то угол между векторами pm и B равен 900, другими словами r M z F = p m B = 1,2 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,1 = 12 мкН ⋅ м . (3)

()

(

()

150

)

85. По рамке квадратной формы из тонкой проволоки массой m = 2⋅10 − 3 кг пропускают постоянный ток, силой I = 6 А. Рамка подвешена за середину одной из сторон на неупругой нити. Определить период малых колебаний рамки Т в магнитном поле с индукцией В = 2 мкТл, считая затухание не существенным.

Решение

1. Малые колебания рамки с током в магнитном поле будут возникать вследствие преобразования потенциальной энергии поля в кинетическую энергию крутильных колебаний, т.е. вращательного движения. Считая систему консервативной, закон сохранения энергии можно записать так (1) Π + K = const где Π max = p m B − максимальное значение потенциальной энергии, кинетическая энергия вращательного движения в данном случае определится величиной момента инерции рамки и периодом её колебаний: 1 1 2π , K = Jω2 = J 2 2 T где J − момент инерции колеблющегося вокруг оси вращения тела, Т − период колебаний. 2. Перепишем уравнение закона сохранения энергии с учётом полученных значений потенциальной и кинетической энергии 2

1 1 ⎛ 2π ⎞ Ia B = ⋅ ma 2 ⎜ ⎟ . 2 12 ⎝ T ⎠ 3. Найдём период малых крутильных колебаний рамки 2

T = 2π

2 ⋅ 10 −3 m ma 2 ≅ 1c . = π = 6 , 28 2 6IB 6 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 6IBa 2

(2)

(3)

Движение электрических зарядов 86. В плоский конденсатор влетает электрон со скоростью v0 = 2 Мм/с, направленной перпендикулярно вектору напряжённости электрического поля. На какое расстояние h сместится электрон к нижней обкладке конденсатора за время пролёта пластин конденсатора? Длина пластин составляет х = 5 см, расстояние между пластинами d = 2 см, разность потенциалов между обкладками U = 2 В.

1. Запишем кинематические уравнения движения электрона под действием постоянной силы Кулона F = eE= eU/d x = v0 t, ⎫ ⎪ (1) at 2 ⎬ h= .⎪ 2 ⎭ 2. Поскольку вдоль горизонтальной оси движение электрона происходит с постоянной скоростью, то время пролёта конденсатора можно определить как t = x v0 . (2) 3. Смещение электрона по вертикали, таким образом, можно представить следующим уравнением a h = 2 x2 . (3) 2v0 4. Вертикальное ускорение электрона а определится посредствам второго закона Ньютона eU eU = m ea, a = . (4) F = m ea, d med 5. Подставим значение ускорения из уравнения (4) в уравнение (3)

151

h=

eUx 2 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2 ⎛ 0,05 ⎞ −3 ≅ ⎜ ⎟ ≅ 5 ⋅ 10 м . 2m e dv 02 2 ⋅ 10 −30 ⋅ 0,02 ⎝ 2 ⋅ 10 6 ⎠

(5)

87. Протон и α − частица из состояния покоя проходят ускоряющее электрическое поле. В каком отношении будут находиться их скорости?

Решение

1. Как известно, α − частица состоит из двух протонов и двух нейтронов, поэтому заряд α − частицы в два раза больше заряда протона, т.е. qα = 2qp, а масса − в четыре раза больше, т.е. mα = 4 mp. 2. При прохождении частицами одинаковой разности потенциалов Δϕ силами поля будет совершаться работа и они будут приобретать соответствующую кинетическую энергию ⎧ m p v 2p ( ) , q ϕ − ϕ = ⎪⎪ p 1 2 vp q p 4m p 2 ⇒ = ≅ 2 ≅ 1,41 . (1) ⎨ 2 2g p m p ⎪q (ϕ − ϕ ) = m α v α , v α 2 ⎪⎩ α 1 2 88. Дважды ионизированный атом гелия, именуемый в простонародии α − частицей, движется в магнитном поле напряжённостью Н = 100 кА/м по окружности радиусом R = 0,1 м. Определить скорость частицы.

Решение

1. Заряд α − частицы по модулю равен заряду двух электронов q α = 2 e ≅ 3,2 ⋅ 10 −19 Кл, масса α − частицы, состоящей из двух протонов и двух нейтронов равна m α = 2(m p + m n ) = 2(1,67 ⋅ 10 −27 + 1,67 ⋅ 10 −27 ) ≅ 6,7 ⋅ 10 −27 кг .

(1) (2)

2. Движение заряженной частицы по криволинейной траектории даже с постоянной по модулю скоростью обусловлено возникновением нормального ускорения |an| = v2/R. Приравняем силу инерции, действующую на α − частицу к силе Лоренца mα v2 = q α vμ 0 H sin α , (3) R поскольку движение происходит по круговой траектории, то α − частица влетает перпендикулярно вектору индукции магнитного поля, а это значит, что sinα = 1. Таким образом, q BR 3,2 ⋅ 10 −19 ⋅ 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 105 ⋅ 0,1 м = ≅ 6 ⋅ 105 . (4) v= α − 27 mα 6,7 ⋅ 10 с 89. Частица, несущая на себе электрический заряд, влетает в среду, пронизанную линиями индукции однородного магнитного поля. В результате взаимодействия с атомами вещества, частица теряет половину своей первоначальной энергии. Во сколько раз будет отличаться радиус кривизны траектории ζ в начале и конце пути?

Решение

1. Запишем силовое условие нахождения движущейся заряженной частицы на криволинейной траектории при её вхождении в область пространства, занятого магнитным полем перпендикулярно линиям магнитной индукции mv 2 = qvB , ζ

152

(1)

где ζ − радиус кривизны траектории, m − масса частицы, q − заряд частицы, v − скорость частицы, В − индукция магнитного поля. 2. При перемещении в среде, занятой неизменным магнитным полем (B = const) в уравнении (1) будут изменяться две величины: скорость v и кривизна траектории ζ. С другой стороны по условию задачи известно, что кинетическая энергия уменьшается в два раза. При постоянстве массы частицы, это означает, что для скорости частицы можно записать следующие соотношения K1 =

mv12 mv 22 , K2 = , 2 2

K1 v = 2, ⇒ 1 = 2 . K2 v2

(2)

3. Решим уравнение (1) относительно скорости v=

qBζ . m

(3)

4. Запишем уравнение (2) для начального и конечного положения частицы на криволинейной траектории qBζ1 ⎫ v1 = , ⎪ m ⎪ (4) ⎬ v1 qBζ 2 ⎪ = . m ⎪⎭ 2 5. Поделим уравнения системы (4) почленно ζ1 = 2 = 1,41 . (5) ζ2 90. Электрон из состояния покоя, прошёл разность потенциалов U = 250 B и попал в однородное магнитное поле под углом α = 600 к линиям индукции (В = 0,51 Тл). Определить шаг винтовой линии h, по которой движется электрон в области пространства, занятого полем.

Решение

1. Определим величину скорости v0, приобретенную электроном при прохождении им ускоряющей разности потенциалов U mv 2 = eU , (1) 2 2eU v0 = . (2) m 2. Запишем уравнения проекций скорости на выбранные оси координат, одна из которых, Оx совпадает с направлением вектора магнитной индукции В, а вторая Oy − перпендикулярна этому вектору r r r v x = i v 0 cos α, v y = j v 0 sin α .

(3)

3. Как это было принято в кинематике, сложное движение электрона целесообразно разложить на два более простых: на поступательное движение со скоростью vx = v0cosα и вращательное движение с линейной скоростью vy = v0sinα. 4. Условие вращательного движения электрона определится в этом случае равенством mv 02 sin α mv 0 sin α = ev 0 sin αB, = eB . (4) R R 5. Шаг спирали h, по которой движется электрон, определим из условия поступательного перемещения в течение периода 2eU h = v x T = v 0 cos αT = ⋅ cos αT . (5) m 6. Перепишем уравнение (4) таким образом, чтобы в него вошёл период Т

153

v 0 sin α 2π v 0 sin α 2πR , = ,⇒ T = . (6) R T R v 0 sin α 7. С другой стороны, из уравнения (4) можно выразить радиус R mv 0 sin α mv 0 sin α 2πm 2π = ⋅ R= ,⇒ T = . (7) Be v 0 sin α Be Be 8. Подставим далее значение периода обращения электрона Т из уравнения (7) в уравнение (5) 2πm 2eU 2π 2mU ⋅ cos α, h= ⋅ cos α = e Be m B (8) 6,28 2 ⋅ 10 −30 ⋅ 250 −4 ⋅ 0,5 ≅ 3,44 ⋅ 10 м. h= 0,51 1,6 ⋅ 10 −19 ω=

Электромагнитная индукция 91. Катушка, замкнутая на баллистический гальванометр, находится в межполюсном пространстве электрического магнита. Катушка содержит N = 100 витков диаметром d = 3,57 см, с общим сопротивлением R = 1 Ом. Сопротивление гальванометра равно r = 10 Ом. При включении питания электромагнита по цепи прошёл электрический заряд Q = 100 мкКл. Определить величину индукции магнитного поля.

1. Определим площадь поперечного сечения катушки πd 2 s= = 1 ⋅ 10 −3 м 2 . (1) 4 2. Магнитный поток через катушку при расположении её плоскости перпендикулярно вектору магнитной индукции поля электромагнита (2) Φ = NBs . 3. Запишем далее уравнение индукционного тока, возникающего при появлении магнитного поля ε NBs ΔQ Q(R + r ) i= i = ,⇒ B = , (3) = R + r Δt (R + r ) Δt Ns B=

10 −4 ⋅ 10 = 0,01 Тл . 100 ⋅ 10 −3

(4)

92. Круговой виток радиусом r = 1м расположен перпендикулярно магнитному полю с индукцией В = 0,1Тл. В разрыв витка вставлен гальванометр с внутренним сопротивлением R = 100 Ом. Какой заряд пройдёт через гальванометр при повороте контура на 900?

Решение

1. Определим величину магнитного потока через контур, расположенный нормально к вектору индукции В Φ1 = πr 2 B . (1) 2. Когда плоскость контура будет параллельна В, то Ф2 = 0, т.е. ΔФ = πr2B. 3. Воспользуемся далее уравнением

154

ε i πr 2 B ΔQ ,⇒ = = R Δt ΔtR . πr 2 B 3,14 ⋅ 1 ⋅ 0,1 ⇒ ΔQ = = ≅ 3,14 мКл R 100 i=

(2)

93. На расстоянии а = 1 м от длинного прямолинейного проводника по которому течёт постоянный ток силой I = 1000 А находится кольцо радиусом r = 1 см. Кольцо расположено так, что через его поверхность проходит максимальный магнитный поток. Определить количество электричества, которое протечёт по кольцу при внезапном исчезновении тока в проводнике. Электрическое сопротивление кольца равно R = 10 Ом.

Решение

1. Определим величину магнитной индукции на удалении а от проводника μI B= 0 , (1) 2πa 2. Магнитный поток пронизывающий поверхность кольца, при расположении его плоскости перпендикулярно вектору магнитной индукции В μI μ Ir 2 Φ = Bs = 0 ⋅ πr 2 = 0 . (2) 2πa 2a 3. Индукционный ток в кольце в этом случае определится уравнением ε μ Ir 2 μ Ir 2 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 10 3 ⋅ 10 −4 ΔQ = i= i = 0 = , ⇒ ΔQ = 0 ≅ 6,28 нКл . (3) Δt R 2aΔtR 2aR 20 94. Источник тока замкнули на катушку с индуктивностью L = 1 Гн и активным сопротивлением R = 10 Ом. Определить, за какое время сила тока в цепи достигнет величины 0,9 первоначального значения.

Решение

1. Запишем уравнение изменения силы тока в функции времени для цепи, содержащей индуктивность L с активным сопротивлением R для заданных условий ⎛R⎞ −⎜ ⎟ τ ⎞ ⎛ ⎜ (1) i(t ) = I 1 − e ⎝ L ⎠ ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛R⎞

−⎜ ⎟ τ i( t ) =1− e ⎝ L ⎠ , I

0,9 = 1 − e

⎛R⎞ −⎜ ⎟ τ ⎝L⎠

,

(2) (3)

откуда τ=

L ⋅ ln 0,1 1 ⋅ 2,3 = = 0,23 c . R 10

(4)

95. В цепи, состоящей из индуктивности L = 1 Гн с активным сопротивлением R = 10 Ом, источник тока отключается без разрыва цепи. Найти время τ, в течение которого сила тока в цепи уменьшится до 10 − 3 первоначального значения.

Решение

1. Используя уравнение зависимости силы тока от времени и заданные условия, получим

155

⎛R⎞

−⎜ ⎟ τ i( t ) =e ⎝L⎠ , I

0,001 = e

⎛R⎞ −⎜ ⎟ τ ⎝L⎠

(1) ,

(2)

откуда τ=

ln 0,001 ≅ 0,69 c . 10

(3)

96. Цилиндрическая катушка диаметром D = 0,1 м состоит из однослойной обмотки медного провода (ρ = 1,7⋅10 −8Ом/м) диаметром d = 10 − 4 м. По обмотке пропускают постоянный ток силой I = 10 А. Какое количество электричества Q протечёт через обмотку при замыкании её концов?

Решение

1. В начальном состоянии переключатель находится в положении 1, т.е. через обмотку протекает постоянный ток, сечение катушки пронизывает постоянный по величине и направлению магнитный поток. При переводе переключателя в положение 2 сила тока, вследствие наличия в цепи индуктивности L исчезает не мгновенно, а по экспоненциальному закону i = Ie − (R L )t , (1) где R − активное сопротивление, t − время, в течение которого величина тока изменяется от I до 0. 2. Количество электричества Q за время t определится как t

dQ = idt , Q = ∫ idt .

(2)

0

3. Подставим в уравнение (2) значение силы тока i из уравнения (1), с учётом того, что при t = ∞ сила тока стремится к нулю, а при t =0 сила тока составляет I ∞

∞

∞

⎛ L⎞ Q = ∫ Ie dt = I ∫ e dt = I⎜ − ⎟e −(R L )t . (3) ⎝ R⎠ 0 0 0 4. Подставим в уравнение (3) пределы интегрирования IL . (4) Q= R 5. Запишем далее уравнения индуктивности и активного сопротивления катушки далее индуктивность катушки μ πD 2 N 2 N2 L = μ 0 2 ssl s = 0 , (5) 4l s ls 4ρl 0 ρl R= 0 = , (6) s0 πd 2 где ρ − удельное сопротивление провода, l0 − длина проводника, s0 − сечение провода, d − диаметр провода, N − число витков соленоида, ls − длина обмотки, ss − площадь поперечного сечения катушки. 6. Подставим уравнения индуктивности и активного сопротивления в уравнение (4) μ N 2 πD 2 πd 2 Q = I0 0 . (7) 4l s ⋅ 4ρl 0 7. Выразим длину катушки через её диаметр и число витков (8) l s = πDN . 8. Подставим длину катушки в уравнение (7) −( R L )t

−( R L )t

156

μ 0 N 2 πD 2 d 2 πI μ 0 πDd 2 = (9) I. 16l s ρπDN 16ρl s 9. Отношение длины катушки к числу витков равно диаметру катушки l s N = D , в этом случае уравнение (9) примет вид πμ 0 Dd 2 πμ 0 (10) Q= I= DdI , 16ρd 16ρ Q=

Q≅

40 ⋅ 10 −7 ⋅ 0,1 ⋅ 10 −4 ⋅ 10 ≅ 1,45 мКл . 2,72 ⋅ 10 −7

(11)

97. Найти магнитную энергию W, запасаемую в соленоиде когда по обмотке течёт ток силой I = 10 А, который обуславливает магнитный поток Ф = 1 Вб.

Решение

1. Энергия, запасаемая магнитным полем определяется уравнением LI 2 . (1) W= 2 2. Выразим далее величину магнитного потока через индуктивность соленоида и силу протекающего по катушке тока Φ Φ = LI, ⇒ L = . (2) I 3. Подставим значение магнитного потока в уравнение энергии ΦI 2 ΦI W= = = 5 Дж . (3) 2I 2 98. Соленоид имеет стальной железный сердечник, по обмотке которого пропускается постоянный ток силой I = 1 А. На каждом сантиметре длины цилиндрической катушки умещается 5 витков провода. Найти объёмную плотность энергии магнитного поля в сердечнике.

Решение

1. Определим напряжённость магнитного поля H = nI = 500 ⋅1 = 5 ⋅10 2 А / м . (1) 2. По приведенной зависимости B = f(H), найдём величину магнитной индукции B ≅ 1,1 Тл . (2) 3. Объёмная плотность энергии магнитного поля в железном сердечнике определится уравнением BH 500 ⋅ 1,1 МДж (3) ϖ= = ≅ 220 3 . 2μ 0 2 ⋅ 12,56 ⋅ 10 − 7 м 99. Известно, что в железном образце при создании поля с магнитной индукцией В = 1,3 Тл объёмная плотность энергии составляет ϖ = 200 Дж/м3. Найти магнитную проницаемость железа.

1. По графику В = f(H) предыдущей задачи найдём, что напряжённость поля в образце составляет Н ≅ 1750 А/м. 2. Используя далее уравнение взаимосвязи индукции и напряжённости магнитного поля, определим проницаемость железа

157

B = μμ 0 H, ⇒ μ =

B 1,3 = ≅ 591 . μ 0 H 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 1750

(1)

100. Индукция магнитного поля в стальном образце равна В = 1 Тл. Определить объёмную плотность энергии магнитного поля в образце.

Решение

1. По приведённому графику зависимости индукции магнитного поля от напряжённости определим величину Н = 850 А/м. 2. Используя уравнение (3) задачи № 98 определим объёмную плотность энергии магнитного поля BH 850 ⋅ 1,0 МДж ϖ= = ≅ 338 . (1) −7 2μ 0 2 ⋅ 12,56 ⋅ 10 м3

158

Задание № 4 Упругие колебания и волны 1. Материальная точка массой m = 0,01 кг колеблется в соответствие с уравнением x (t ) = 0,01 cos(1,5πt + π 3) . Для момента времени τ = 1 с определить смещение точки из положения равновесия, скорость, ускорение и величину возвращающей силы.

Решение

1. В данном случае амплитуда колебаний равна А = 10 − 2 м, циклическая частота − ω = 25π рад/с, начальная фаза − π/3 рад, поэтому уравнение смещения материальной точки для заданного момента времени примет вид (1) x (τ ) = 0,01 cos(1,5 ⋅ 3,14 ⋅ 1 + 1,046 ) = 0,01 cos 5,756 ≅ 8,8 ⋅ 10 −3 м . 2. Уравнение для скорости точки в общем виде запишется в виде производной координаты по времени dx x& (t ) ≡ = −Aω sin (ωt + ϕ0 ) , dt для момента времени τ =1 с x& (τ ) = −0,01 ⋅ 4,71 sin 5,756 ≅ 2,35 ⋅ 10 −2 м / с . (2) 3. Ускорение точки в общем случае d2x &x&(t ) ≡ 2 = −Aω2 cos(ωt + ϕ0 ) , (3) dt для заданного момента времени τ = 1 с &x&(τ ) = −0,01 ⋅ 22,2 cos 5,756 ≅ 0,2 м / с 2 . (4) 4. Величина возвращающей силы, действующей на точку в момент времени τ = 1 с r F = m&x& = 0,01 ⋅ 0,2 = 2 ⋅ 10 −3 H . (5) 2. Колебания материальной точки массой m = 10 − 3 кг протекают с амплитудой А = 10 − 2 см при частоте ν = 1 Гц. Определить скорость точки с момент времени, когда её смещение из положения равновесия составит х = 5⋅10 − 3 м. Найти амплитудное значение возвращающей силы, действующей на точку и полную механическую энергию.

Решение

1. Составим систему уравнений, состоящую из зависимостей смещения и скорости от времени ⎧x (t ) = A cos(ωt + ϕ); (1) ⎨ ⎩x& (t ) = −Aω sin (ωt + ϕ). 2. Исключим их уравнений системы (1) время для чего возведём их в квадрат x 2 = A 2 cos 2 (ωt + ϕ), x& 2 = A 2 ω2 sin 2 (ωt + ϕ) . (2) 3. Освободимся от коэффициентов при тригонометрических функциях x2 x& 2 = cos 2 (ωt + ϕ), = sin 2 (ωt + ϕ) . (3) 2 2 2 A A ω 4. Сложим последние уравнения почленно x2 x& 2 + = cos 2 (ωt + ϕ) + sin 2 (ωt + ϕ) , (4) A 2 A 2 ω2 159

x2 x& 2 x2 x& 2 + = 1 , + =1 . (5) A 2 A 2 ω2 A 2 4π 2 ν 2 A 2 5. Разрешим уравнение (5) относительно скорости движения точки x& 2 x 2 + 2 2 = A 2 , x& 2 = 4π 2 ν 2 (A 2 − x 2 ) , (6) 4π ν x& = 2πν A 2 − x 2 = 6,28 ⋅ 1 5 ⋅ 10 −3 ≅ ±0,44 м / с . (7) 6. Амплитудное значение возвращающей силы пропорционально массе токи и её ускорению F = m&x& = −mω2 A cos(ωt + ϕ), Fmax = −4π 2 ν 2 mA . (8) Fmax ≅ 4 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 −3 ≅ 40 мкН . (9) 7. При гармонических колебаниях суммарная энергия материальной тоски определяется в виде суммы кинетической и потенциальной энергии. Поскольку в этой задаче речь идёт о колебаниях, протекающих без потерь, то максимальное значение кинетической энергии будет равно максимальному значению потенциальной энергии. Полную энергию целесообразно вычислить, в этой связи, определив максимальное значение кинетической энергии mv 2max Π max = Κ max = E = . (10) 2 8. Амплитудное значение скорости определим из второго уравнения системы (1) (11) x& max = −A ⋅ 2πν = −10 −3 ⋅ 6,28 ⋅ 1 ≅ −6,28 ⋅ 10 −3 м / с ,

Κ max ≅

10 −3 ⋅ 40 ≅ 20 мДж . 2

(12)

3. Математический маятник длиной l = 1 м с массой повешенного шарика m = 0,1 кг отклоняют от положения равновесия на расстояние δ = 0,1 м. Определить действующую на шарик силу и зависимость потенциальной энергии шарика от смещения δ.

Решение

1. Изобразим маятник в положении, заданном по условию задачи и приложим к шарику действующие силы: силу тяжести mg и силу натяжения нити Т. Выберем систему координат, совместив её начало с центром шарика, который в данной задаче можно считать материальной точкой, так как длина нити подвеса полагается существенно большей размеров шарика. 2. Величина возвращающей силы F численно будет равна проекции силы тяжести mg на направление выбранной оси х r F = mg sin ϕ . (1) 3. Выразим угол отклонения маятника ϕ через его параметры (2) sin ϕ = δ l . 4. Совместив уравнения (1) и (2), получим следующее уравнение для модуля возвращающей силы r mgδ 0,1 ⋅ 10 ⋅ 0,1 F= = = 0,1 H . (3) l 1 5. Потенциальная энергия численно равна работе, совершаемой при подъеме шарика на некоторую высоту h . Элементарная работа, при малых значениях угла отклонения определится в виде произведения возвращающей силы (3) на бесконечно малое перемещение шарика dδ mgδ dΠ = δA = dδ . (4) l 6. Конечное изменение потенциальной энергии определится в виде интеграла

160

δ

Π=

mg mgδ 2 δ d δ = ≅ 0,05 Дж . 2l l ∫0

(5)

4. Горизонтальный жёлоб слева от нижней линии выгнут по цилиндрической поверхности радиуса r, а справа − по поверхности радиуса R. Найти отношение наибольших отклонений влево и вправо при малых колебаниях в жёлобе небольшого шарика.

1. Выберем за нулевой уровень потенциальной энергии положение шарика в точке стыковки поверхностей. В соответствие с законом сохранения энергии, при отклонении шарика из положения статического равновесия вправо на высоту h, шарик запасёт потенциальную энергию, определяемую уравнением, которое для рассматриваемого случая представится следующим образом mgA12 Π1 = . (1) 2R 2. После скатывания в точку равновесия шарик по инерции станет подниматься по жёлобу меньшего радиуса на ту же высоту, но при этом отклонится на меньшее расстояние от положения равновесия mgA 22 Π2 = . (2) 2r 3. Поскольку потери при колебаниях отсутствуют, то возможно энергии, определяемые уравнениями (1) и (2) приравнять A mgA12 mgA 22 R Π1 = Π 2 ; = . ,⇒ 1 = A2 r 2R 2r 5. На концах лёгкого диэлектрического стержня длиной l закреплено два точечных разноимённых, заряда модули, которых одинаковы и равны q. Конструкция помещена в электрическое поле с напряжённостью Е. На заряды действует сила Кулона F = ± qE. Найти массу каждого шарика m, если амплитуда малых поперечных колебаний равна А, а максимальная скорость vm.

Решение

1. Система электрических зарядов, приведенная на рисунке, находится в положении статического равновесия. При повороте стержня вокруг оси, проходящей через середину стержня перпендикулярно плоскости вращения, т.е. вокруг точки о, возникнут проекции сил Кулона F1 и F2, которые будут стремиться вернуть заряды в исходное положение. Другими словами возникнет возвращающие силы, являющиеся необходимым условием возникновения колебаний. 2. При амплитудном значении смещения система зарядов будет обладать потенциальной энергией qEA 2 Π= . (1) l 3. В момент прохождения зарядами положения статического равновесия вследствие отсутствия сопротивления, потенциальная энергия преобразуется в кинетическую энергию mv 2m qEA 2 2qEA 2 = ,⇒m= . 2 l lv 2m

161

(2)

6. Шар массы m и радиуса r скользит по поверхности лунки с кривизной R. Найти зависимость потенциальной энергии шара от величины его малых колебаний х из положения статического равновесия.

Решение

1. Охарактеризуем смещение шара из положения равновесия углом отклонения ϕ. Смещение центра шара на расстояние х от положения равновесия приведёт к изменению взаимного направления силы тяжести mg и нормальной реакции связи N, что, собственно и является причиной возникновения возвращающей силы F x F = mg sin ϕ = mg . (1) R−r 2. Бесконечно малое изменение потенциальной энергии будет численно равно элементарной работе, совершаемой на перемещении dx, составит mgx dΠ = dx . (2) R −r 3. Изменение потенциальной энергии на конечном перемещении запишется в виде следующего определённого интеграла x mg mgx 2 xdx . = Π= (3) R − r ∫0 2(R − r ) 7. Математический маятник длиной l = 1 м с массой, подвешенного к нити шарика m = 1 кг, совершает малые гармонические колебания с амплитудой А = 0,1 м. Определить максимальное и минимальное значение силы натяжения нити.

Решение

1. Определим угол отклонения нити маятника A ϕ0 = arcsin ≅ 5,74 0 . (1) l 2. Минимальное значение силы натяжения будет наблюдаться в положении шарика 2, когда он обладает только потенциальной энергией и скорость равна нулю. Максимальное натяжение нити подвеса будет иметь место в момент прохождения массой положения статического равновесия 1. 3. При амплитудном отклонении нити математического маятника сила натяжения нити по модулю будет равна проекции силы тяжести на направление отклонённой нити F(min) = mg cos ϕ 0 ≅ 1 ⋅ 10 ⋅ 0,995 ≅ 9,95 H . 4. В момент прохождения шариком точки статического равновесия эго энергия будет только кинетическая, что позволяет, используя закон сохранения найти величину скорости 2 mv (max) Π = mgh = mgl(1 − cos ϕ 0 ) , K = , (2) 2 2 mv (max) mgl(1 − cos ϕ0 ) = , v (max) = 2gl(1 − cos ϕ0 ) . (3) 2 5. Поскольку шарик маятника движется по круговой траектории радиуса l, то движение будет ускоренным, величина нормального ускорения определится как 2 v (max) (4) an = = 2g(1 − cos ϕ0 ) . l

162

6. Максимальное значение силы натяжения в положении шарика 1 будет равно сумме силы тяжести и фиктивной силы инерции, обусловленной наличием нормального ускорения mv (2vax ) F(max) = mg + = m[g + 2g (1 − cos ϕ 0 )] ≅ 10,1 H . (5) l 8. Получить уравнение циклической частоты собственных колебаний математического маятника с длиной нити подвеса l. Определить зависимость углового ускорения шарика маятника от его отклонения ϕ и величину возвращающей силы.

Решение

1. В качестве координаты выберем угол отклонения нити ϕ. При отклонении нити из положения равновесия на угол ϕ возникает вращающий момент, стремящийся вернуть шарик обратно. Уравнение движения грузика при этом записывается следующим образом && = − mgl sin ϕ , ml 2 ϕ (1) 2 где ml − момент инерции грузика маятника относительно оси про&& − ходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа, ϕ угловое ускорение грузика, mgl sin ϕ − момент силы тяжести. 2. При малых углах отклонения нити от положения равновесия можно принять, что sin ϕ ≈ ϕ , в этом случае g && + gϕ = 0, ⇒ ϕ && + ϕ = 0 . (2) lϕ l 3. Введём обозначение ω2 = l/ϕ, где ω − циклическая частота собственных колебаний, т.е. g . (3) ω= l 4. Запишем уравнение движения грузика маятника g t. ϕ = ϕ0 sin ωt = ϕ0 sin (4) l 5. Определим далее угловую скорость и угловое ускорение грузика && = −ϕ 0 ω2 sin ωt = −ω2 ϕ . (5) ϕ& = ϕ 0 ω cos ωt , ϕ g && = −ϕ . ϕ (6) l 6. Из подобия треугольников Δ ОАВ и Δ ADK следует, что x F mgx mgl sin ϕ (7) = ,⇒F= = = mg sin ϕ . l mg l l 9. Известно, что ареометр совершает колебания в воде с периодом Т = 2 с. Каков будет период колебаний при опускании ареометра в бензин с плотностью ρ = 730 кг/м3?

Решение

1. Ареометр обладает положительной плавучестью, к нему приложена сила Архимеда, которая в данном случае будет выполнять роль возвращающей силы FA = ρ L gV = ρ L gsh (1) где ρL − плотность жидкости, g − ускорение свободного падения, V − объём погруженной части ареометра, s − средняя площадь поперечного сечения, h − глубина погружения.

163

2. С другой стороны силу, действующую на ареометр при его максимальном заглублении на величину h можно выразить из уравнения гармонического движения по известной схеме 2π x (t ) = h sin t, T 2π 2π x& (t ) = h cos t, T T 2π 4π 2 , &x& max = − 2 h , x& max = h T T 2 4π F = − m&x& = − m 2 h . (2) T 3. Запишем условие равновесия ареометра в проекции на вертикальную ось 4π 2 m . (3) ρ L gsh − m 2 h = 0, ⇒ T = 2π ρ L gs T 4. Образуем систему уравнений ⎧ m ; ⎪T1 = 2π ρ1gs ρ1 T1 ⎪ ⇒ = , (4) ⎨ T2 ρ2 ⎪T = 2π m ; ⎪ 2 ρ 2 gs ⎩ где Т1, − период колебаний в воде с плотностью ρ1 = 103кг/м3, Т2 − период колебаний ареометра в керосине с плотностью ρ2 = 730 кг/м3. 5. Разрешим уравнение (4) относительно периода колебаний ареометра в керосине T2 = T1

103 ρ1 =2 ≅ 2,34 c . ρ2 730

(5)

10. Пуля, массой m = 10 гр, летящая горизонтально со скоростью v = 500 м/с попадает в тело массой М = 5 кг, соединённое с горизонтальной пружиной. Тело вместе с застрявшей в ней пулей смещается из положения равновесия на А = 10 см. Записать уравнение возникших гармонических колебаний.

Решение

1. Запишем уравнение гармонических колебаний x (t ) = A sin (ωt + ϕ 0 ) . (1) 2. Для определения начальной фазы ϕ0 запишем начальные условия: при t = 0, x(0) = 0, поэтому sinϕ0 = 0, следовательно, ϕ0 = π 3. Определим циклическую частоту колебаний массы с застрявшей в ней пулей k ω= . (2) M+m 4. Поскольку по условию задачи коэффициент упругости пружины не задан, а потери при движении тела отсутствуют, то возможно для определения k воспользоваться законом сохранения энергии. При максимальном сжатии пружины она приобретёт потенциальную энергию, которая в процессе перемещения в точку статического равновесия преобразуется в кинетическую энергию kA 2 (M + m )u 2 = , (3) 2 2 где u − скорость движения массы после попадания в нё пули, которую можно определить, используя закон сохранения импульса

164

mv . (4) (M + m ) 5. Разрешим уравнение (3) относительно коэффициента упругости, подставив в него значение скорости u из уравнения (4) (M + m )u 2 = (M + m ) m 2 v 2 = m 2 v 2 , k= (5) A2 A 2 (M + m )2 A 2 (M + m ) mv = (M + m ) u; ⇒ u =

m 2 v 2 10 −4 ⋅ 2,5 ⋅ 10 4 Н ≅ 50 . (6) ≅ MA 2 5 ⋅ 10 −2 м 6. Подставим значение коэффициента упругости в уравнение циклической частоты собственных колебаний рад k 50 ω≅ ≅ ≅ 3,16 . (7) с M 5 7. Запишем уравнение колебаний x (t ) ≅ 0,1 sin (πt + π) . (8) k≅

11. На рабочий стол вибростенда, колеблющийся с частотой ν = 5 Гц, поставлен для испытания системный блок персонального компьютера. При какой амплитуде колебаний блок не будет отрываться от поверхности рабочего стола?

Решение

1. Блок будет оставаться в соприкосновении с поверхностью рабочего стола во всех случаях, когда нормальная реакция связи будет отлична от нуля. Уравнение второго закона Ньютона в проекции на вертикальную ось можно представить следующим образом m&y&(t ) = mg − N . (1) 2. Определим максимальное значение ускорения при колебательном движении, используя уравнение гармонических колебаний y(t ) = A sin ωt; y& (t ) = Aω cos ωt; &y&(t ) = −Aω2 sin ωt . (2) 2 &y& max = − Aω . (3) 3. Найдём величину циклической частоты и подставим её значение в уравнение (3) (4) ω = 2πν; ⇒ &y& max = −4π 2 ν 2 A . 4. Отрыв системного блока от поверхности стола вибростенда произойдёт при условии &y& max = g , другими словами 4π 2 ν 2 A = g; A =

g 10 ≅ ≅ 1 ⋅ 10 −2 м . 2 2 4π ν 40 ⋅ 25

(5)

12. Математический маятник длиной l = 1 м с массой грузика М = 0,5 кг совершает гармонические колебания, отклоняясь от положения равновесия на угол ϕ = 100. При прохождении в очередной раз положение статического равновесия грузик налетает на кусок пластилина массой m = 0,1 кг, испытывая абсолютно неупругий удар. Во сколько раз изменится потенциальная энергия грузика с налипшим на него пластилином и период колебаний маятника?

Решение

1. Определим потенциальную энергию маятника при его движении без пластилина Π1 = mgl(1 − cos ϕ) . (1) 2. При прохождении маятником положения статического равновесия потенциальная энергия полностью трансформируется в кинетиче165

скую энергию, при этом скорость грузика определится как Mv 2 Mgl(1 − cos ϕ) = , (2) 2 v = 2gl(1 − cos ϕ) . (3) 3. Для определения скорости движения грузика с налипшим на него пластилином воспользуемся законом сохранения импульса m 2gl(1 − cos ϕ) Mv Mv = (M + m )u; u = = . (4) M+m M+m 4. Кинетическая энергия грузика с налипшим на него пластилином будет равна максимальному значению потенциальной энергии при максимальном отклонении (M + m )u 2 = (M + m )m 2 2gl(1 − cos ϕ) . Π2 = K2 = (5) 2 (M + m )2

2glm 2 (1 − cos ϕ) . (6) M+m 5. Определим отношение потенциальных энергий Π 1 Mgl(1 − cos )(M + m ) M (M + m ) 0,5 ⋅ 0,6 = ≅ ≅ 0,6 . (7) = m 2 2gl(1 − cos ϕ) 2m 2 0,5 Π2 6. Период колебаний маятника ввиду их изохронности, т.е. независимости от амплитуды, меняться не будет, кроме того, масса маятника в уравнение периода не входит. Π2 =

13. На концах невесомого тонкого стержня длиной l = 1 м укреплены одинаковые грузы. Стержень совместно с грузами колеблется вокруг вертикальной оси, проходящей через точку, удалённую на расстояние d = 0,25 м от одного из грузов. Определить период колебаний маятника и его приведённую длину.

Решение

1. Определим расстояние между центром масс и осью z, вокруг которой происходят колебания l l (2) l C = − d = = 0,25 м . 2 4 2. Определим момент инерции маятника 2 J z = m(l − d ) + md 2 = m l 2 − 2d(l + d ) . (3) 3. Период колебаний данного физического маятника

[

T = 2π

]

Jz m[l 2 − 2d(l + d )] = 2π ≅ 2,45 c . mgl C mgl C

4. Приведённая длина маятника определится как J 4m l 2 − 2d(l + d ) L= z = = 1,5 м . mδ ml

[

]

(4)

(5)

14. Физический маятник представляет собой систему трёх точечных грузов, соединённых невесомыми стержнями одинаковой длины l = 0,3 м колеблется вокруг горизонтальной оси, проходящей перпендикулярно плоскости чертежа через общую точку О стержневой системы. Определить период колебаний маятника.

Решение

1. Определим положение центра масс относительно оси колебаний, проходящих через точку О

166

ml + 2ml = l, (1) 3m ml + ml 2 yc = (2) = l. 3m 3 2. Расстояние между центром масс и осью колебаний составит δ = l − yc = l 3 . (3) 3. Момент инерции анализируемой колебательной системы относительно оси, проходящей через точку О перпендикулярно плоскости чертежа J z = ml 2 + ml 2 + ml 2 = 3ml 2 . (4) 4. Период колебаний маятника xC =

T = 2π

Jz 3ml 2 3 3l = 2π = ≅ 1,9 c . 3mgδ 3mgl g

(5)

15. Найти циклическую частоту собственных малых свободных горизонтальных колебаний однородного диска массой m = 0,33 кг, соединённого с пружиной жёсткостью k = 50 Н/м. Качение диска по горизонтальной плоскости происходит без проскальзывания.

Решение

1. Если в качестве обобщённой координаты принять горизонтальное перемещение диска х, то уравнение его кинетической энергии можно представить в виде суммы энергии поступательного движения и энергии вращения mx& 2 1 mx& 2 J z x& 2 + J z ω2 = + . (1) K= 2R 2 2 2 2 2. Момент инерции диска относительно оси z, перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через точку крепления пружины к диску mR 2 . (2) Jz = 2 3. Подставим уравнение (2) в уравнение (1) mx& 2 mx 2 3 + = mx& 2 , (3) K= 2 4 4 приведённая масса, при этом, равна μ = 3m 2 . 4. Определим частоту собственных колебаний рад k 2k 100 ω0 = = = ≅ 10 . (4) с μ 3m 0,333 ⋅ 3 16. Определить собственную частоту колебаний системы, состоящей из упруго закреплённой горизонтальной рейки А, которая лежит на подпружиненном цилиндре В и катке С. Массы рейки m1 = 1 кг и цилиндра m2 = 0,5 кг, жёсткости пружин: k1 = 20 Н/м, k2 = 10 Н/м, радиус качения цилиндра составляет r = 0,2 м. Расстояние от точки крепления вертикальной пружины до оси цилиндра l = 0,22 м.

Решение

1. Рассматриваемая в задаче колебательная система имеет одну степень свободы, поэтому положение любой движущейся точки, принадлежащей системе, можно однозначно охарактеризовать одной обобщённой координатой, в качестве которой целе-

167

сообразно взять линейное перемещение рейки с началом системы отсчёта в положении статического равновесия. 3. При перемещении рейки на расстояние х каток поворачивается на угол ϕ = x r . 4. Запишем уравнение кинетической энергии колебательной системы m x& 2 1 K = 1 + J 2 ϕ& 2 . (2) 2 2 5. Подставим в уравнение кинетической энергии значение момента инерции цилиндра и его угловой скорости m r2 x& (3) J 2 = 2 ; ϕ& = . 2 r mx& 2 m 2 x& 2 1 ⎛ m ⎞ (4) + = ⎜ m1 + 2 ⎟ x& 2 . K= 2 4 2⎝ 2 ⎠ 6. Из уравнения (4) определим приведённую массу (инерционный коэффициент) 1 μ = m1 + m 2 . (2) 2 7. Коэффициент упругости системы определим путём анализа уравнения потенциальной энергии системы 2 l2 ⎞ k1x 2 k 2 (lx r ) 1 ⎛ (3) U= + = ⎜⎜ k1 + 2 ⎟⎟ x 2 . 2 2⎝ r ⎠ 2 8. Коэффициент упругости системы, таким образом, равен l2 k 0 = k1 + 2 k 2 . (4) r 9. Циклическая частота собственных колебаний системы

l2 k2 k0 r2 ω0 = = . 1 μ m1 + m 2 2 10. Собственная частота колебаний k1 +

4,8 ⋅10 −2 l2 20 10 + k 2 −2 2 1 1 4 10 ⋅ r = ν0 = ≅ 4 Гц . 2π m + 1 m 6,28 1 + 0,25 1 2 2 k1 +

(5)

(6)

17. Найти циклическую частоту собственных колебаний механической системы, состоящей из балки длиной 2l с грузом на конце массой m = 1 кг. Второй конец балки закреплён шарнирно, в своей средней части балка опирается на пружину с k =36 H/м.

Решение

1. В положении равновесия пружина под действием веса груза деформируется на величину lϕ0, т.е. на середину балки действует сила упругости Fk (0 ) = klϕ0 . (1) 2. Уравнение моментов относительно центра шарнирной опоры позволяет определить величину ϕ0 2mg mg ⋅ 2l − klϕ0 ⋅ l = 0; ⇒ ϕ0 = . (2) kl

168

3. Предположим далее, что после сообщения грузу импульса угол отклонения балки составит ϕ + ϕ0, что обеспечит действие со стороны пружины силы Fk = kl(ϕ0 + ϕ) . (3) 4. Уравнение вращательного движения балки относительно шарнира будет иметь следующий вид d2 kl(ϕ + ϕ0 )l = m 2l 2 2 (ϕ0 + ϕ) , (4) mgl − 2 dt d2 (5) 2mgl − kl 2 (ϕ0 + ϕ) = 4ml 2 2 (ϕ0 + ϕ) , dt 2mgl − kl 2 (ϕ0 + ϕ) = J x ω2 . (6) 5. Приведённая масса системы, таким образом, определяется как μ = 4m . (7) 6. Циклическая частота собственных колебаний k 36 рад = =3 ω0 = . (8) 4m 4 с 18. Модель крыла самолёта или рулей глубины подводной лодки или торпеды можно представить в виде жёсткой пластинки с шарнирным закреплением одного конца и подпружиненным вторым концом. Пластинка обтекается потоком газа или жидкости со скоростью v, направленной вдоль пластины. Определить критическое значение скорости, соответствующее потере устойчивости пластинкой, т.е. возникновению колебаний.

Решение

1. При отклонении пластинки от горизонтального положения статического равновесия, когда на неё действует сила тяжести и реакции опор, возникают силы, обусловленные гидродинамическими давлениями. Главный вектор этих сил, приложенных в сечении пластинки, отстоящем на расстоянии b от упругой опоры ⎧ ρv 2 F = lϕ; c X ⎪⎪ X 2 (1) ⎨ 2 ⎪F = c ρv lϕ, Y ⎪⎩ Y 2 где СХ, СY − постоянные коэффициенты, ρ − плотность жидкости или газа, ϕ − угол отклонения пластинки, l − длина пластинки. 2. Момент сил относительно шарнирного закрепления r M 0 F = − kl 2ϕ + FX bϕ + FY b , (2) 2 2 r ρv ρv M 0 F = − kl 2 ϕ + c X blϕ2 + c Y blϕ . (3) 2 2 3. Дифференциальное уравнение движения ⎛ ρv 2 ⎞ && + ⎜⎜ kl − c Y b ⎟ lϕ = 0 . (4) J 0ϕ 2 ⎟⎠ ⎝ 4. Условие устойчивости ρv 2 2k . (5) kl − c Y b > 0; ⇒ v cr = 2 c Y ρb

()

()

169

19. Вычислить кинетическую энергию механической системы, состоящей из пружины массой m и прикрепленного к ней груза массой M, совершающего малые гармонические свободные колебания. Смещение точек пружины пропорционально их расстоянию до точки подвеса О.

Решение

1. Кинетическая энергия колебательной системы будет складываться из энергии возвратно-поступательного движения груза и кинетической энергии движущейся пружины K = KM + Km , (1) где KМ − кинетическая энергия тела массой М, Km − кинетическая энергия пружины. 2. Если выбрать вертикальную ось oy, направленную вниз, то кинетическую энергию тела можно представить в традиционном виде My& 2 KM = . (2) 2 3. Энергию пружины будем рассматривать, задавшись её длиной в статическом состоянии l и линейной плотностью ρ (кг/м). Выделим на длине пружины элемент её длины ds, который будет иметь смещения ξ одинаковые по всей длине пружины и совпадающие со смещениями груза. Это даёт основание записать следующее соотношение ξ s s s = ; ⇒ ξ = y; ξ& = y& . (3) l l y l 4. Кинетическая энергия элемента пружины длины dy определится на основании уравнения (3) следующим образом dmξ& 2 dK m = ; dm = ρds . (4) 2 1 ρy& 2 2 s ds . (5) dK m = 2 l2 5. Энергию всей пружины определится посредствам определённого интеграла взятого в пределах от 0 до l: l

1 ρy& 2 2 1 ρy& s 3 ρy& 2 s ds ; = K m = ∫ 2 s 2 ds = 2 l 2 ∫0 6 l2 0 2l 0 l

l

Km =

1 ρl ⋅ l 2 y& 2 1 = my& 2 . 6 l2 6

(6)

6. Реализуем уравнение (1), используя значения полученных энергий груза и пружины My& 2 my& 2 1 ⎛ 1 ⎞ + = ⎜ M + m ⎟ y& 2 , K= (7) 2 2 ⎠ 6 2⎝ величина, стоящая в скобках μ = M + 0,5m называется приведённой массой колебательной системы. Таким образом, уравнение (8) при заданном законе движения груза y(t ) = y max sin (ωt + ϕ 0 ) позволяет определить кинетическую энергию колебательной системы в любой момент времени, включая и амплитудные значения, которые будут иметь место при sin(ωt+ϕ0) = 1. 20. Амплитуда затухающих колебаний математического маятника за время τ1=5 мин уменьшилась в два раза. За какое время, считая от начального момента, амплитуда уменьшится в восемь раз?

Решение

1. Запишем уравнение логарифмического декремента колебаний A(t ) θ= = e −δt , A (t + T )

170

(1)

где А(t) − амплитуда колебаний в начальный момент времени, А(t + T) − значение амплитуды через один период колебания, δ − коэффициент затухания. 2. Определим из уравнения (1) величину коэффициента затухания, переписав его следующим образом A ln 0 = δτ1 ; ln 2 = 300δ; δ ≅ 2,3 ⋅10 −3 c −1 . (2) A 3. Воспользовавшись соотношениями (2) определим искомое время, соответствующее уменьшению амплитуды в восемь раз ln 8 2,1 ln 8 = δτ2 ; τ 2 = = ≅ 504 c ≅ 15,1мин . (3) δ 2,3 ⋅10 −3 21. Логарифмический декремент маятника θ = 0,003. Определите число полных колебаний N, которые совершит маятник при уменьшении амплитуды в два раза.

1. Запишем уравнение логарифмического декремента колебательного процесса, воспользовавшись уравнением A(t ) 1 A(t ) θ = ln = δτ = ; ⇒ Nθ = ln , (1) A(t + τ ) N A(t + τ ) где N − число полных колебаний, соответствующих моменту времени τ. 2. Из уравнения (1) определим искомую величину 1 N = ln 2 = 231 . (2) θ 22. Определите период затухающих колебаний, если период собственных колебаний системы без потерь равен Т0 = 1с, а логарифмический декремент составляет θ = 0,628.

Решение

1. Период затухающих колебаний 2π 2π T= = = ω ω02 − δ 2

2π 4π 2 θ 2 − T02 T 2

,

(1)

откуда T2 =

4π 2 ; 4π 2 θ 2 − T02 T 2

T 2 = T02 +

4π 2 T 2 − θ 2 = 4π 2 ; 4π 2 T 2 = T02 4π 2 + T02 θ 2 , T02

(2)

T02 θ 2 θ2 0,39438 ; ≅ 1 1+ ≅ 1,00498 c . T = T 1 + 0 2 2 39,478 4π 4π

(3)

23. Известно, что при затухающих колебаниях за τ = 0,25 Т смещение тела составило х = 4,5 см, период затухающих колебаний Т = 8 с, логарифмический декремент θ = 0,8. Начальная фаза колебаний равна ϕ = 0. Подучить уравнение затухающих колебаний и представить его графически.

Решение

1. Определим величину циклической частоты затухающих колебаний 2π π рад ω= = . T 4 с

171

(1)

2. Коэффициент затухания δ определим из уравнения логарифмического декремента θ θ = δT; ⇒ δ = = 0,1c −1 . (2) T 3. Значение амплитуды колебаний для момента времени τ определим, воспользовавшись уравнением затухающих колебаний ⎛ δT ⎞ ⎛ πT ⎞ (3) x (τ ) = Ae−δτ sin ωτ = A exp⎜ − ⎟, ⎟ sin ⎜ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 16 ⎠ π x (τ ) = A exp(− 0,2 )sin ; x (τ ) = A ⋅ 0,819 ⋅ 1; (4) 2 x (τ ) (5) A= ≅ 5,5 см . 0,819 4. Запишем уравнение затухающих колебаний применительно к полученным данным ⎛π ⎞ (6) x (t ) = 5,5 exp(− 0,1t )sin ⎜ t ⎟ . ⎝4 ⎠ 5. Для построение графика колебаний вычислим значение x(t) для моментов времени: τ1 = T/4 = 2 c; τ2 = T/2 = 4 c; τ3 =3T/4 = 6 c; τ4 = T = 8 c; τ5 = 5T/4 = 10 c; τ6 = 3T/2 = 12 c. Для чего эти величины времени, кратные Т/4, последовательно подставим в уравнение (6) τ, с х(τ), см

2 4,5

4 0

6 −3

8 0

10 1,98

12 0

24. Задано уравнение затухающих колебаний точки

⎛π ⎞ x (t ) = 10 exp(− 0,1t )sin ⎜ t ⎟ . ⎝3 ⎠ Найти зависимость скорости движения точки в функции времени, представить зависимость графически.

Решение

1. В данном случае амплитуда колебаний равна А = 10 см, циклическая частота ω = (π/3) рад/с, коэффициент затухания − δ = 0,1 с − 1, начальная фаза равна нулю. 2. Определим скорость затухающих колебаний, для чего продифференцируем по времени заданное уравнение движения dx d ⎧ ⎛ π ⎞⎫ (1) = ⎨10 exp(− 0,1t )sin ⎜ t ⎟⎬ , x& (t ) = dt dt ⎩ ⎝ 3 ⎠⎭

172

π π ⎤ ⎡π x& (t ) = 10 exp(− 0,1t )⎢ cos t − 0,1sin t ⎥ . 3 3 ⎦ ⎣3 3. Определим период колебаний 2π 2π 2 ⋅ 3 ⋅ π ω= ; T= = = 6c . T ω π 4. Вычислим значение скорости в следующие моменты времени: t1 =0, м π π ⎤ ⎡π x& (t1 ) = 10 exp(0 )⎢ cos ⋅ 0 − 0,1sin ⋅ 0⎥ ≅ 10,47 ; 3 3 ⎦ с ⎣3 t2 = T/4 = 1,5 с м π π ⎡π ⎤ x& (t 2 ) = 10 exp(− 0,1 ⋅1,5)⎢ cos ⋅1,5 − 0,1sin ⋅1,5⎥ ≅ −0,32 ; 3 3 с ⎣3 ⎦ t3 = T/2 = 3 c π π ⎤ м ⎡π x& (t 3 ) = 10 exp(− 0,3)⎢ cos ⋅ 3 − 0,1sin ⋅ 3⎥ ≅ −7,4 ; с 3 3 ⎦ ⎣3 t4 = T = 6 с м π π ⎤ ⎡π x& (t 4 ) = 10 exp(− 0,6 )⎢ cos ⋅ 6 − 0,1sin ⋅ 6⎥ ≅ 5,5 ; 3 3 ⎦ с ⎣3 t5 = 5T/4 = 7,5 с м π π ⎡π ⎤ x& (t 5 ) = 10 exp(− 0,75)⎢ cos ⋅ 7,5 − 0,1sin ⋅ 7,5⎥ ≅ −4,7 ; 3 3 3 с ⎣ ⎦ t6 = 3T/2 = 9 c x& (t 6 ) = 10 exp(− 0,9 ) × м; π π ⎤ ⎡π × ⎢ cos ⋅ 9 − 0,1sin ⋅ 9⎥ ≅ −4 3 3 ⎦ с ⎣3 (9) t7 = 2T = 12 c x& (t 7 ) = 10 exp(− 1,2 ) π π м. ⎡π ⎤ ⎢ 3 cos 3 ⋅ 12 − 0,1sin 3 ⋅ 12⎥ ≅ 3 с ⎣ ⎦

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

25. Математический маятник колеблется в среде, обеспечивающей величину логарифмического декремента θ = 0,5. Во сколько раз уменьшится амплитуда колебаний по истечении одного полного периода колебаний?

Решение

1. Запишем уравнение затухающих колебаний в общем виде x (t ) = A 0 exp(− θt )sin (ωt + ϕ0 ) . (1) 2. Для определения амплитудных значений отклонений маятника уравнение (1) необходимо переписать при условии sin(ωt + ϕ0) = 1 t⎞ t+T⎞ ⎛ ⎛ θ (2) A1 = A 0 exp⎜ − θ ⎟; A 2 = A 0 exp⎜ − θ ⎟ = A 0e , T⎠ T ⎠ ⎝ ⎝

173

A1 = exp(0,5) = 1,65 . A2

(3)

26. Математический маятник в течение 120 секунд уменьшил амплитуду колебаний в 4 раза. Определить величину логарифмического декремента, если длина нити подвеса составляет l = 2,28 м.

Решение

1. Запишем уравнение затухающих колебаний t⎞ ⎛ (1) A1 = A 0 exp⎜ − θ ⎟ . T⎠ ⎝ 2. Определим период незатухающих колебаний маятника l (2) T = 2π ≅ 3c . g 3. Перепишем уравнение (1) с учётом заданных значений величин и найденного периода A0 ln 4 ⎛ 120 ⎞ = exp⎜ θ ≅ 0,035 . (3) ⎟; 40θ = ln 4; θ = A1 40 ⎝ 3 ⎠ 27. Математический маятник длиной l = 1,09 м колеблется в вязкой среде с коэффициентом затухания δ = 0,3 с − 1. Во сколько раз должен возрасти коэффициент затухания, чтобы гармонические колебания оказались невозможными?

Решение

1. Запишем уравнение периода затухающих колебаний 2π T= , ω02 − δ 2

(1)

из которого следует, что предельное значение коэффициента затухания соответствует δmax = ω0, или g (2) δ max = ≅ 3 c −1 . l 2. Коэффициент затухания должен увеличиться в ζ - раз δ ζ = max = 10 . (3) δ 28. Математический маятник длиной l = 2 м, колеблющийся в среде с потерями, за время τ = 10 мин потерял 50 % своей энергии. Определить логарифмический декремент маятника.

Решение

1. В первом приближении можно считать, что энергия затухающих колебаний пропорциональна квадрату амплитуды E1 ≅ A 02 exp(− 2δt1 ); ⎪⎫ (1) ⎬ 2 E 2 ≅ A 0 exp[− 2δ(t1 + τ )].⎪⎭ 2. По условию задачи E2 = 0,5 . (2) E1 3. Совместим условие (2) в системой уравнений (1)

174

E2 = exp(− 2δτ) = 0,5; ⇒ − 2δτ = ln 0,5; E1

(3)

ln 0,5 − 0,693 =− ≅ 5,8 ⋅10 −4 c −1 . (4) 2τ 1200 4. Период колебаний маятника, ввиду малости коэффициента затухания можно приближённо определить уравнением l 2 T = 2π = 6,28 ≅ 2,83 c . (5) g 9,81 5. Логарифмический декремент колебаний определится как θ = δT = 1,6 ⋅10 −3 . (6) δ=−

29. Математический маятник длиной l = 2 м колеблется в среде с логарифмическим декрементомθ = 0,01, так что энергия колебаний уменьшилась в ζ = 10 раз. Какое время τ прошло при этом с момента начала колебаний?

Решение

1. Запишем уравнение амплитуд затухающего колебания и определим относительную амплитуду t⎞ A0 ⎛ ⎛ θt ⎞ A1 = A 0 exp⎜ − θ ⎟; ⇒ = exp⎜ ⎟ ; (1) T A ⎝ ⎠ ⎝T⎠ 1 2. Подставим в уравнение (2) соотношение для периода колебаний ⎛ θt g ⎞ ⎟; (2) ξ = exp⎜⎜ ⎟ ⎝ 2π l ⎠ 3. Для того чтобы связать величины ξ и ζ необходимо проанализировать уравнение энергии колебательного движения mv 2 m(ωA ) 2 m 2π 2 A 2 E= = = ; (3) 2 2 T2 2 ⎛ θt g ⎞ E0 ⎛ A0 ⎞ ⎟ ⎟⎟ ; ⇒ ζ = exp⎜ (4) = ⎜⎜ ⎜ π l ⎟; E 1 ⎝ A1 ⎠ ⎝ ⎠ ln ζ =

3,14 2 π l θt g ; t= ln ζ = ⋅ 2,3 ≅ 326 c = 5,4мин . 2π l 0,01 9,81 θ g

(5)

30. Через ручей переброшена длинная упругая доска. Когда женщина стоит посередине такого мостика, доска прогибается в средней части на расстояние Δy = 0,1 м. Когда же она переходит мостик со скоростью v = 3,6 км/час, то доска начинает так раскачиваться в вертикальном направлении, что возникает вероятность падения дамы в воду. Определить длину шага.

Решение

1. Когда дама стоит посередине доски, мо сила её веса уравновешивается силой, обусловленной упругостью доски (1) mg = kΔy , где k − коэффициент упругости доски, m − масса девочки, Δy − статический прогиб доски. 2. Из уравнения (1) можно определить частоту собственных колебаний системы «девочка − доска» k g g 1 g = . ; ⇒ ω0 = ; ν0 = Δy m Δy 2 π Δy

175

(2)

3. С другой стороны, частоту раскачивания доски можно выразить через длину шага х и скорость перемещения ребёнка по доске v ν= . (3) x 4. Возрастание амплитуды колебаний будет наблюдаться при совпадении частот 1 g v ν 0 = ν; = ; 2π Δy x (4) 0,1 Δy x = 2πv = 6,28 ⋅1 ≅ 0,634 м. g 9,81 31. На осциллятор массы m без затухания с собственной частотой ω0 действует периодическая вынуждающая сила F(t) = F0 cosωt. При каких начальных условиях будут протекать только вынужденные колебания? Найти закон изменения смещения x(t).

Решение

1. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний в общем виде можно представить следующим образом r k F &x& + x& + x = 0 cos ωt; &x& + 2βx& + ω02 x = f 0 cos ωt; (1) m m m f0 (2) x (t ) = A * cos ωt; A* = . 2 2 2 (ω0 − ω ) + 4β2ω2 Так как осциллятор без затухания, то β = 0; A * =

f0 , ω − ω2 2 0

(3)

где ω0 − циклическая частота собственных колебаний осциллятора, ω − циклическая частота возмущающей силы, А* − амплитуда вынужденных колебаний, f0 =F0/m − приведённая амплитуда внешней силы. 2. Для определения начального смещения х0 подставим в уравнение вынужденных колебаний t =0 F0 F0 . (4) x0 = cos(ω ⋅ 0 ) = 2 2 2 m(ω0 − ω ) m(ω0 − ω2 ) 3. Продифференцируем по времени уравнение колебаний (2) x& (t ) = A * ω sin ωt; x& 0 = A * ω sin (ω ⋅ 0) = 0 . (5) 4. Уравнение колебаний в этом случае примет вид F0 x (t ) = cos ωt . (6) 2 m(ω0 − ω2 ) 32. Автомобиль массой m = 1000 кг проходит испытания на устойчивость к переменным нагрузкам, для чего через задний буксировочный крюк он соединён с упругим элементом жесткостью k = 0,7 МН/м. К автомобилю прикладывается гармоническая сила F(t) = 105 sin15t. Определить, пренебрегая сопротивлением воздуха и силами трения уравнение движения автомобиля.

Решение

1. В данном случае исследуемый движущийся объект имеет одну степень свободы, по этому для описания достаточно получить уравнение движения относительно одной, гори-

176

зонтальной оси ох с началом отсчёта в положении автомобиля при недеформированном упругом элементе. 2. Начальные условия задачи при таком выборе системы отсчёта будут выглядеть следующим образом (1) при t = 0 x = 0; x& = 0 . 3. На автомобиль применительно к выбранной оси действуют две силы: сила, вызванная наличием упругого элемента Fk = − kx и внешняя гармоническая сила F(t) = F0 sinωt. Уравнение II закона Ньютона запишется так m&x& = F( t ) X + FkX , (2) F k &x& = 0 sin Ωt − x , (3) m m &x& + ω2 x = f sin Ωt , (4) где ω − циклическая частота k рад ω ω= ≅ 26,5 ; ν= ≅ 4,2 Гц ; (5) m с 2π величина приведённой возбуждающей силы F м f = 0 = 100 2 . (6) m c 4. Уравнение (4) является дифференциальным уравнением второй степени с постоянными коэффициентами. Решение уравнения складывается из суммы решений, которые описывают собственные колебания системы и её колебания под действием периодической внешней силы x = x1 + x 2 , (7) где х1 − общее решение, х2 − частное решение. Характеристическое уравнение запишется следующим образом r 2 + f 2 = 0; ⇒ r1, 2 = ±fi . (8) 5. Уравнение (8) даёт возможность искать общее решение в виде (9) x1 = C1 cos ωt + C 2 sin ωt . 6. Для определения вынужденных колебаний, т.е. частного решения х2 необходимо найти соотношение между циклическими частотами свободных и вынужденных колебаний. Так как ω < Ω, то имеют место вынужденные колебания малой частоты, при этом решение целесообразно искать в виде (10) x 2 = A sin Ωt + B cos Ωt , где А и В − коэффициенты подлежащие определению. 7. Подставим уравнение (10) в исходное уравнение (4) x& 2 = AΩ cos Ωt − BΩ sin Ωt , (11) 2 2 &x& 2 = −AΩ sin Ωt − BΩ cos Ωt , (12) − AΩ 2 sin Ωt − BΩ 2 cos Ωt + ω2 (A sin Ωt + B cos Ωt ) = f sin Ωt ,

(13)

− AΩ sin Ωt − BΩ cos Ωt + Aω sin Ωt + Bω cos Ωt = f sin Ωt . (14) 8. Приравняем коэффициенты, стоящие в левой и правой частях уравнения (14) при соответствующих тригонометрических коэффициентах f − AΩ 2 + Aω2 = f ; ⇒ A = 2 , (15) ω − Ω2 − BΩ 2 + Bω2 = 0; ⇒ B = 0 . (16) 9. Таким образом, частное решение уравнения (9) имеет вид f x2 = 2 sin Ωt . (17) ω − Ω2 10. Совместим далее уравнения (7), (9) и (17) 2

2

2

2

177

f sin Ωt . (18) ω − Ω2 11. Для определения постоянных С1 и С2 продифференцируем по времени уравнение (18) x = C1 cos ωt + C 2 sin ωt +

2

x& = −C1ω sin ωt + C 2 ω cos ωt +

fΩ cos Ωt . ω − Ω2 2

(19)

12. Подставим в уравнение (18) и (19) начальные условия задачи: t = 0, x = 0, x& = 0 f 0 = C1 cos 0 t + C 2 sin 0 t + 2 sin 0t , (20) ω − Ω2 fΩ 0 = −C1ω sin ω0 + C 2 ω cos ω0 + 2 cos Ω0 , (21) ω − Ω2 Ω f C1 = 0; C 2 = − . (22) 2 ω ω − Ω2 13. Уравнение движения автомобиля, таким образом, запишется следующим образом Ω f f x (t ) = − sin ωt + 2 sin Ωt . (23) ω ω2 − Ω 2 ω − Ω2 14. Подставим в уравнение заданные по условию задачи величины в решение (23) 15 100 100 sin 15t . x (t ) = − sin 26,5t + (24) 26,5 475 475 x (t ) = −0,12 sin 26,5t + 0,2 sin 15t . (25) 15. Первое слагаемое уравнения (25) определяет собственные колебания автомобиля с амплитудой А0 = 0,12 м, второе слагаемое описывает вынужденные колебания под действием периодической силы F(t) с амплитудой А1 = 0,2 м. 33. Описанные в предыдущей задаче испытания автомобиля проводятся при частичном включении тормозной системы, обеспечивающей силу сопротивления движению, пропорциональную скорости в первой степени R = ζv, где ζ = 2,5⋅105 кг/с. Получить уравнение движения.

Решение

1. Второй закон Ньютона в проекции на ось х (см. предыдущую задачу) представится следующим образом m&x& = F( t ) X + FkX + R X , (1) F k ζ &x& = 0 sin Ωt − x − x& , (2) m m m где ψ − разность фаз между возбуждающей силой и силой сопротивления, пропорциональной скорости &x& + 2δx& + ω2 x = f sin Ωt . (4) 3. Используя условия предыдущей задачи определим постоянные коэффициенты дифференциального уравнения (3) k ζ F ω= = 26,5 c −1 ; δ = = 125 c −1 ; f = 0 = 100 c −1 . (5) m 2m m 4. В данном случае движение автомобиля будет происходить при малом затухании, потому что ω > δ и ω > Ω, т.е. решение дифференциального уравнения (4) ищется в виде x = x1 + x 2 , (6) где х1 − общее решение соответствующего однородного уравнения, х2 − частное решение неоднородного уравнения, причём

{(

)

}

x1 = A exp(− δt )sin ω2 − δ 2 t + ϕ0 , x 2 = a sin (Ωt + ϕ − ε ) ,

178

(7) (8)

a=

(ω

f

2

− Ω 2 ) + 4δ 2 Ω 2 2

ε = arctg A(t ) =

(ω

(9)

2δΩ , ω − Ω2

(10)

2

f

2

,

− Ω 2 ) + 4δ 2 Ω 2 2

sin (Ωt + ϕ − ε ) .

(11)

5. При ω > Ω решение уравнения движения представляется в виде

(

)

x (t ) = exp(− δt ) C1 cos ω2 − Ω 2 t + C 2 sin ω2 − Ω 2 t + A(t ) . 6. Проведём необходимые вычисления

ω2 − Ω 2 ≅ 702 − 225 ≅ 22 c −1 , f 100 = ≅ 2,7 ⋅10 −2 м , a= 2 7 2 2 2 2 484 + 1,4 ⋅10 (ω − Ω ) + 4δ Ω

(12) (13) (14)

2δΩ ≅ 1,36 рад . (15) ω − Ω2 7. С учётом полученных величин, решение (12) перепишется в виде x (t ) = exp(− 125t )(C1 cos 22 t + C 2 sin 22 t ) + 2,7 ⋅10 −2 sin (15t − 1,36 ) . (16) 8. Для определения постоянных интегрирования С1 и С2 найдём производную по времени уравнения (16), т.е. получим уравнение скорости x& (t ) = −125 exp(− 125t )(C1 cos 22 t + C 2 sin 22 t ) + (17) + 22 exp(− 125t )(− C1 sin 22 t + C 2 cos 22 t ) + 0,4 cos(15t − 1,36 ). 9. Подставим в уравнение (16) начальные условия, аналогичные предыдущей задаче: t = 0, x = 0 и определим значение С1 0 = C1 − 2,7 ⋅10 −2 sin (1,36 ), C1 ≅ 2,64 ⋅10 −2 . (18) 10. Для вычисления С2 в уравнение (17) подставим: t = 0, x& = 0 0 = −125C1 + 22C 2 + 0,4 cos1,36 , (19) 125C1 − 0,4 cos1,36 ≅ 0,146 . (20) C2 = 22 11. Подставим полученные значения в уравнение (16) x (t ) = exp(− 125t )(2,7 ⋅10 −2 cos 22 t + 0,146 sin 22 t ) + (21) + 2,7 ⋅10 −2 sin (15t − 1,36 ). 12. Преобразуем полученное решение к следующему x (t ) = exp(− 125t )(2,7 ⋅10 −2 cos ωt + 0,146 sin ωt ) + (22) + 2,7 ⋅10 −2 sin (Ωt − 1,36 ). Наличие перед круглой скобкой экспоненциального множителя с отрицательным показателем степени, говорит о том, что собственные колебания, протекающие с частотой ω, достаточно быстро исчезнут и автомобиль будет двигаться, совершая вынужденные колебания с циклической частотой Ω. ε = arctg

2

34. Тело массой m = 2 кг соединено с вертикальной пружиной жёсткостью k = 5 кН/м. Получить зависимость амплитуды колебаний от частоты возбуждающей гармонической силы при прохождении частоты резонанса. Известно, что амплитудное значение внешней силы составляет F0 = 9,8 Н, коэффициент затухания собственных колебаний − δ = 0,75 с − 1.

Решение 1. Период собственных колебаний тела, соединённого с пружиной можно представить двумя уравнениями, из которых следует циклическая частота

179

2π m 1 m k = ; ⇒ ; ω0 = ; T0 = ≅ 50 c −1 . k ω0 k ω0 m 2. Определим величину приведённой внешней силы F 9,8 f= 0 = = 4,9 мс −2 . m 4 3. Амплитуда вынужденных колебаний f A= . (ω02 − Ω 2 )2 + 4δ2Ω 2 T0 = 2π

(1)

(2)

(3)

4. Для построения зависимости А = f(Ω) зададимся следующими значениями циклической частоты возмущающей силы 4.1. Ω = ω0 (состояние резонанса) f 4,9 = = 6,5 ⋅10 −2 м . AR = 2 2 4 ⋅ 0 , 56 ⋅ 2500 4δ ω0 4.2. Ω = 0,95ω0 A 0,95 =

f

(ω

)

2 2 0

− 0,95ω

2 0

+ 4δ (0,95ω0 )

2

2

= 1,9 ⋅10 −2 м .

4.3. Ω = 0,9ω0 A 0,9 =

(ω

2 0

f

− 0,9ω

A0, 7 =

)

2 2 0

(ω

2 0

+ 4δ 2 (0,9ω0 )

2

= 1 ⋅10 −2 м

f

) + 4δ (0,7ω )

2 2 0

− 0,7ω

2

2

4.4 Ω = 0,7ω0

= 3,8 ⋅10−3 м

0

4.5. Ω = 0,5ω0 A 0, 5 =

(ω

2 0

f

) + 4δ (0,5ω )

2 2 0

− 0,5ω

2

2

= 2,6 ⋅10−3 м

0

35. Установка для исследования индивидуальных средств безопасности пассажиров автотранспорта совместно с манекеном обладает массой m = 510 кг. К установке прикладывают горизонтальную возбуждающую гармоническую силу F( t ) = F0 sin Ωt , 4 где F0 = 4⋅10 Н − амплитуда возмущающей силы, Ω = 60 с − 1 − циклическая частота возму-

180

щающей силы. Установка соединена с вертикальной стеной упругим элементом жёсткости k = 1,7⋅106 Н/м. Определить уравнение движения установки.

Решение

1. Дифференциальное уравнение движения в проекции на горизонтальную ось в данном случае представится следующим образом m&x& = −kx + F0 sin Ωt , (1) 2. Поделим уравнение (1) на m k F &x& + x = 0 sin Ωt , (2) m m 3. Введём стандартные обозначения и вычислим циклическую частоту собственных колебаний системы k F м k = ω2 = 3364 c −2 ; f = 0 = 78 2 ; ω = = 58 c −1 . (3) m m с m 4. Перепишем уравнение (2) с учётом обозначений (3) &x& + ω2 x = f sin Ωt . (4) 5. Сравнение величин ω и Ω показывает, что колебания происходят в области резонанса, но тем не менее ω < Ω 6. Уравнение (4) совпадает с уравнением (4) задачи 4.1.6, поэтому воспользуемся результатом интегрирования и запишем решение в виде Ω f f x (t ) = − sin ωt + 2 sin Ωt . (5) ω ω2 − Ω 2 ω − Ω2 7. Ввиду того, что ω ≅ Ω будем иметь следующие соотношения ω ≅ 1; ω + Ω ≅ 2ω ≅ 2Ω . (6) Ω 8. Перепишем уравнение (5) следующим образом f (sin Ωt − sin ωt ) , (7) x≅ (ω − Ω )(ω + Ω ) или f (sin Ωt − sin ωt ) . x≅ (8) 2ω(ω − Ω ) 9. Преобразуем выражение, стоящее в скобках (sin Ωt − sin ωt ) = 2 sin Ω − ω t cos Ω + ω t ≅ 2 sin Ω − ω t cos Ωt . (9) 2 2 2 10. С учётом уравнения (9) уравнение (8) можно представить так x = a (t ) cos Ωt , (10) где a (t ) =

f Ω−ω sin t. 2 ω(ω − Ω )

(11)

11. При ω ≅ Ω величина a(t) является медленно изменяющейся во времени с циклической частотой Ω−ω рад ωa = =1 , (ν a ≅ 0,16 Гц ) , (12) 2 с 4π и периодом Ta = = 6,28 c . Другими словами, буΩ−ω дет иметь место процесс биений, т.е. гармонических колебаний с периодом Т = 2π/Ω, амплитуда которых изменяется по закону синуса с малой циклической час-

181

тотой, определяемой уравнением (12). Вынужденные колебания протекают с периодом Т = 2π/Ω = 0,1 с. 12. Вычислим величину a(t) 78 sin 1t = −0,67 sin 1t . (13) a (t ) = 58 ⋅ 2 13. Уравнение (10), описывающее движение исследуемой установки можно в окончательном виде записать следующим образом (14) x = −0,67 sin 1t cos 60 t . 36. Простейшая конструкция прибора для измерения параметров вибраций, которая, кстати, применяется и в сейсмографах, представляет собой массу, присоединённую к вертикальной пружине. Перемещение массы вызывает изменение одной из электрических величин: сопротивления, ёмкости, индуктивности, ЭДС индукции и т.п., которые включаются в схемы регистрации. Пусть виброметр представляет собой пружину жёсткостью k = 1 кН/м с присоединенной массой m = 10 кг. Прибор для калибровки поместили на рабочий стол, совершающий колебания в соответствие с уравнением: ξ = a sin Ω⋅t, где а = 5 мм − амплитуда колебаний рабочего стола, Ω = 16 π с − 1 − частота колебаний стола вибростенда. Записать уравнение колебаний скользящего контакта относительно сопротивления R.

Решение

1. Предположим, что в начальный момент времени масса находится в покое в положении статического равновесия. Ось х, вдоль которой происходит движение, направлена вертикально вниз, т.е. совпадает с направлением вектора ускорения свободного падения. Начальные условия задачи в этом случае можно записать следующим образом: при t = 0 x = x0 = 0, x& = x& 0 = 0 . (1) 2. В неподвижном состоянии основания виброметра упругий элемент имеет удлинение равное Δ st + x . При смещении основания виброметра полное удлинение пружины составит Δ X = Δ st + x − ξ , (2) где ξ − смещение корпуса прибора совместно с рабочим столом вибростенда. 3. К массе приложены две силы: сила тяжести mg, направленная вертикально вниз и сила упругости пружины, направленная, в связи с удлинением, вертикально вверх Fk = − kΔ X = − k (Δ st + x − ξ ) . (3) 4. Дифференциальное уравнение движения будет иметь традиционный вид второго закона Ньютона m&x& = mg − kΔ X , (4) m&x& = mg − kΔ st − kx + kξ . (5) 5. В положении статического равновесия x = &x& = ξ = 0 , то можно считать, что mg − kΔ st = 0 , при этом дифференциальное уравнение движения примет вид m&x& = − kx + kξ . (6) m&x& + kx = ka sin Ωt , (7) 2 &x& + ω x = f sin Ωt , (8) −1 где ω = k m = 10 с − циклическая частота собственных колебаний, f = ka m = 0,5 м⋅с2 − значение приведённой внешней силы. 6. Решение уравнения (8) представляет собой сумму решений однородного уравнения и частного решения f x (t ) = C1 cos ωt + C 2 sin ωt + 2 sin (Ωt + δ ) , (9) ω − Ω2

182

f sin Ωt . (10) ω − Ω2 7. Для определения постоянных интегрирования вычислим производную по времени уравнения (10) fΩ . (11) x& (t ) = −C1ω sin ωt + C 2 ω cos ωt + 2 ω − Ω2 8. Подставляя в уравнения (10) и (11) начальные условия из соотношений (1), получим Ω f C1 = 0; C 2 = − . (12) 2 ω ω − Ω2 9. Уравнение движения контакта, соединённого с массой представится с учётом значений постоянных интегрирования следующим образом f f Ω x (t ) = − sin ωt + 2 sin Ωt . (13) ω ω2 − Ω 2 ω − Ω2 Подставим в уравнение (13) заданные значения величин x (t ) = 10 −3 sin 10 t − 2 ⋅10 −4 sin πt . (14) 10. С чётом силы сопротивления, которая пропорциональна скорости движения свободные колебания, определяемые первым слагаемым уравнений (13) и (14) быстро затухнут, масса будет совершать только вынужденные колебания f x 2 (t ) = 2 sin Ωt , (15) ω − Ω2 x 2 (t ) = 2 ⋅10 −4 sin πt . (16) x (t ) = C1 cos ωt + C 2 sin ωt +

2

37. Танк, проехав по мокрой грунтовой дороге, оставил два ряда углублений, расположенных на расстоянии l = 8 м друг от друга. Через некоторое время по дороге проехал легковой автомобиль массой М = 1,3 т, который попав в резонанс стал испытывать ощутимые вертикальные колебания. С какой скоростью двигался автомобиль, если под действием массы четырёх пассажиров m = 300 кг подвеска автомобиля «проседает» в состоянии покоя на Δх = 2 см.

Решение

1. По величине статической реакции подвески автомобиля определим коэффициент её жесткости Mg 1,3 ⋅103 ⋅ 9,81 Н = ≅ 1,25 ⋅10 4 . (1) k= −3 Δx 2 ⋅10 м 2. Частота собственных колебаний автомобиля 1 k 1 1,25 ⋅10 4 = ≅ 0,5 Гц . 2π M 6,28 1,3 ⋅103 3. Скорость движения автомобиля, соответствующая резонансным колебаниям v = lν 0 = 8 ⋅ 0,5 = 4 м / с = 14,4 км / час. ν0 =

183

(2) (3)

38. Вычислить скорость распространения продольных акустических волн в алюминии, латуни, меди, никеле, серебре и органическом стекле.

Решение

1. При распространении акустической волны следует различать два совершенно разных явления: движение частиц среды в волне и перемещение самой упругой волны в среде. Первое явление − это движение частиц как материальных точек; второе явление − переход возмущенного состояния среды с одних частиц на другие. Так, величина смещения и скорость частицы в волне зависят от силы звука, например для слышимых звуков − от их громкости. Эти величины в звуковой волне, как правило, очень малы, а после прохождения волны каждая частица практически остается в своем исходном положении. Волна же удаляется от места возникновения; скорость ее велика (сотни и тысячи метров в секунду) и не зависит от силы звука, а только от параметров среды, в частности, от модуля Юнга и плотности среды Скорость звука всегда конечна, отсюда следует, что во всех акустических вопросах нужно учитывать как упругость среды, так и ее инерционные свойства; от других же свойств среды ее акустическое поведение не зависит. Если к телу приложить силу, то в нем всегда должна создаться упругая волна. Однако в обычных задачах теоретической механики упругие волны не учитывают. Изучая движение свободного тела, возникающее под действием прикладываемой к телу силы, считают, что ускорение получает сразу все тело, а не только участок приложения силы, затем соседний участок и т. д. Аналогично, рассматривая действие силы на закрепленное тело, считают, что тело, деформируясь, приходит в равновесие все сразу, во всех своих частях. Такой подход равносилен предположению, что скорость звука в теле бесконечна. В первом примере это соответствует абсолютно жесткому телу (бесконечная упругость), а во втором – без массовому телу. Механические задачи при таком подходе сильно упрощаются; В частности, оказывается возможным в каждой задаче учитывать либо только массу тела (первый пример), либо только его упругие свойства (второй пример). Скорость распространения продольных волн, как показано ранее, в упругой среде вычисляется по формуле (1) c= E ρ, (1) модуль Юнга Е для упругого стержня длиной l определяется по величине деформации: σ σ E=− =− , (2) Δl l ε где σ - упругое напряжение в стержне, Δl l = ε - относительное удлинение. Для вычисления скорости звука в заданных по условию задачи металлах приведём значения модуля Юнга и плотности №

Металл

Е, ⋅107 Н/м2

ρ, 103 кг/м3

1

Алюминий

6650

2,7

2

Латунь

9500

8,55

3

Медь

10800

8,93

4

Никель

20400

8,75

5

Серебро

8270

10,52

6

Органическое стекло

525

1,18

184

c1 =

9,5 ⋅ 1010 м 6,65 ⋅1010 м ≅ 4960 ; c = ≅ 3300 ; 2 3 3 2,7 ⋅10 с 8,55 ⋅ 10 с

c3 =

1,1 ⋅ 1011 м 2 ⋅1011 м ≅ 4790 ; = c ≅ 35 10 ; 4 3 3 8,75 ⋅10 с 8,93 ⋅ 10 с

c5 =

8,2 ⋅1010 м 5,25 ⋅ 109 м ≅ 2790 ; c = ≅ 2110 . 6 4 3 1,052 ⋅10 с 1,18 ⋅ 10 с

39. Звуковые колебания распространяются в азоте N2 при температуре Т = 300 К. Определить скорость звука.

1. Распространения упругих волн в газах, если считать их идеальными, описывается уравнением адиабаты PV γ = const , из которого следует, что dPV − PγdV = 0 . (1) Это уравнение можно преобразовать к волновому уравнению 2 ∂ 2ξ ∂ 2ξ 1 ∂ 2ξ 2 ∂ ξ = = , (2) c или ∂t 2 ∂x 2 ∂x 2 c 2 ∂t 2 при этом скорость определится как p0 γ (3) c= , ρ0 где γ = cр/cv − показатель адиабаты, p0 = n0kT - давление в отсутствие волны, ρ0 - плотность невозмущённого газа, n0 –концентрация молекул в невозмущённой среде, k = 1,38⋅10 – 23 Дж/К, Т − абсолютная температура. С учётом того, что n0 = ρ0/m0, ρ RT 1 = 0 ; (4) p 0 = ρ 0 kT μ m0 скорость определится как: RT c= γ ; (5) μ Уравнение (5) показывает, в частности, что скорость звука в газах совпадает со скоростью теплового движения молекул. Скорость распространения упругих волн, в большинстве своём, не зависит от амплитуды колебаний, исключение составляют волны взрывного типа, которые относятся к нелинейным волнам, когда колебания среды, порождающие эти волны, не являются гармоническими. 2. Двухатомная молекула азота N2 состоит из двух атомов, т.е. обладает пятью степенями свободы i = 5 i+2 (6) γ= = 1,4 . i Молярная масса азота μ(N2) = 28⋅10 − 3 кг/моль, универсальная газовая постоянная R = 8,3 Дж/моль⋅К. В соответствие с уравнением (5) скорость звука определится как 1,4 ⋅ 8,3 ⋅ 300 м γRT c( N 2 ) = = ≅ 354 . (7) −3 28⋅10 с μ 40. Получить зависимость скорости звука в воздухе при изменении его температуры от Тmin = 230 K до Тmax = 320 K.

Решение

1. Для воздуха μ = 3⋅10 − 2 кг/моль, γ = 1,4, поэтому уравнение (6) предыдущей задачи можно переписать следующим образом

185

c = 19,7 T . 2. Для построения зависимости c = f(T) сведём результаты вычислений в таблицу

(1)

Т, К

230

240

250

260

270

280

290

300

310

320

с, м/ с

299

305

311

318

324

330

335

341

347

352

Зависимость скорости звука в воздухе от температуры 41. На расстоянии х = 800 м от импульсного источника звука, расположенного в воздухе находятся два приёмника, один из которых расположен в воде. Задержка между сигналами в воде и воздухе составляет Δτ = 1,84 с. Определить скорость звука в воде, если температура воздуха равна Т = 295 К.

Решение

1. По графику зависимости скорости звука от температуры воздуха, приведенному в предыдущей задаче, определим скорость при заданной в условии температуре − с1 = 337 м/с. 2. Определим время распространения звуковой волны в воздухе τ1 x τ1 = = 2,37 c . (1) c1 3. Время распространения сигнала в воде (2) τ 2 = τ1 − Δτ = 0,533 c . 4. Скорость звука в воде x м (3) c 2 = = 1500 . τ2 с 42. Для акустической волны возбуждающей в среде колебания с циклической частотой ω, получить зависимость групповой скорости u от фазовой скорости с.

Решение 1. Как известно, постоянная фаза упругой волны может быть выражена следующим уравнением

186

⎛ x⎞ (1) Φ = ω⎜ t − ⎟ + ϕ0 = const . c⎠ ⎝ 2. Продифференцируем уравнение (1) с учётом того, что переменными величинами являются t и x 1 dx (2) dt − dx = 0; ⇒ c = , c dt где с − скорость распространения волны. 3. В соответствие с разложением Фурье всякая волна может быть представлена в виде суперпозиции (суммы) нескольких волн. Другими словами, в пространстве будет распространяться волновой пакет (группа волн). Если две составляющие волнового пакета незначительно отличаются по циклической частоте, так что dω << ω и dk << k , то уравнение пакета записывается следующим образом (3) ξ(x, t ) = ξm cos(ωt − kx ) + ξm cos[(ω + dω)t − (k + dk )x ] , ⎛ tdω − xdk ⎞ (4) ξ(x , t ) = 2ξm cos⎜ ⎟ cos(ωt − kx ) . 2 ⎠ ⎝ 4. Амплитуда такого волнового движения будет медленно изменяться как функция времени и координаты ⎛ tdω − xdk ⎞ ξ(x , t ) = 2ξ m cos⎜ (5) ⎟. 2 ⎝ ⎠ 5. В качестве характерной кинематической характеристики волны принимается скорость распространения максимума амплитуды. При условии tdω − xdk = const dx dω = =u. (6) dt dk Величина u называется групповой скоростью, которая связана с фазовой скоростью следующим образом ω 2π dω u= ; c= = , (7) dk k λ dc ⎛ λ2 ⎞ dc d (ck ) ⎟ = c + k ⎜⎜ − u= = c + k dλ , (8) d ⎛ 2π ⎞ dk 2π ⎟⎠ dλ ⎝ ⎜ ⎟ dλ ⎝ λ ⎠ с учётом того, что λ/2π = 1/k dc u =c−λ . (9) dλ 43. Фазовая скорость акустической волны, удовлетворяет уравнению ℵ c= , (1) ν+ϑ где ν = 1 кГц − частота колебаний, ϑ = 200 Гц, ℵ = 10 м⋅с − 3/2 − постоянные размерные коэффициенты. Найти групповую скорость для частоты ν = 1 кГц.

Решение

1. В данном случае длину волны можно представить следующим образом c ℵ λ= = . ν ν ν+ϑ 2. Групповая скорость определяется следующим уравнением dω dν = 2π , u= dk dk

187

(2)

(3)

где k = 2π λ − волновое число. 3. Подставим значение волнового числа в уравнение (3) dν u = 2π . ⎛1⎞ d⎜ ⎟ ⎝λ⎠ 4. Вычислим знаменатель последнего уравнения ⎛ 1 ⎞ 1,5ν + ϑ d⎜ ⎟ = dν . ⎝λ⎠ ℵ ν+ϑ 5. Совместим уравнения (4) и (5) u=

(4)

(5)

dνℵ ν + ϑ ℵ ν + ϑ 10 103 + 200 м = = ≅ 0,2 . 3 (1,5ν + ϑ)dν 1,5ν + ϑ 1,5 ⋅10 + 200 с

(6)

44. Из корабельного орудия главного калибра установленного на максимальную дальность стрельбы вылетает снаряд с начальной скоростью v0 = 500 м/с и поражает надводную цель. Через какой промежуток времени канониры услышат звук взрыва, если движение снаряда в воздухе происходит с пренебрежимо малым сопротивлением?

Решение

1. Время прошедшее после выстрела будет представлять собой сумму двух промежутков: собственно времени полёта снаряда до цели и времени распространения звуковой волны от цели к атакующему судну τ = τ1 + τ2 =

x max x + max , v 0 cos α c

(1)

⎛ 1 1⎞ τ = x max ⎜⎜ + ⎟⎟ . (2) ⎝ v 0 cos α c ⎠ 2. Максимальная дальность стрельбы при прочих равных условиях обеспечивается при α = 450, при этом v 2 sin 2α v02 = . (3) x max = 0 g g 3. Совместим уравнения (2) и (3) v ⎛ 1 ⎞ τ= 0 ⎜ + M ⎟ ≅ 144 c , (4) g ⎝ cos α ⎠ Где М = v0/c = 500/340 = 1,47 − число Маха. 45. На прямой, вдоль которой в воде распространяется упругая волна выделены две точки, одна из которых отстоит от источника на расстоянии х1 = 100 м, а вторая на расстоянии х2 = 160 м. Определить разность фаз колебаний в этих точках, если частота источника колебаний равна ν = 10 кГц.

Решение

1. Запишем уравнение колебаний точек среды на заданных расстояниях ξ1 = ξm cos(ωt1 − kx1 ); ⎫ ⎬. ξ2 = ξ m cos(ωt 2 − kx 2 ).⎭ 2. Разность фаз в этом случае определится уравнением

188

(1)

ΔΦ = Φ 2 − Φ1 , x x 2πν (x 2 − x1 ) , ΔΦ = 2πν 2 − 2πν 1 = c c c 6,28 ⋅ 104 (160 − 100) = 8 ⋅102 π рад . ΔΦ = 1500

(2) (3) (4)

46. Два синфазных источника акустических волн генерируют в упругую среду колебания с длиной волны λ = 0,6 м и амплитудой смещения частиц среды ξm(1) = ξm(2) = 10 − 3 м. Определить амплитуду результирующих колебаний ξm в точке пространства, которая располагается на удалении х1 = 3,5 м и х2 = 5,4 м от источника, а направление волновых векторов при распространении совпадает.

Решение

1. Запишем уравнение заданных волн ξ1 = ξm (1) cos(ωt − kx1 ); ⎫⎪ (1) ⎬ ξ2 = ξ m (1) cos(ωt − kx 2 ).⎪⎭ 2. Определим разность фаз колебаний между заданными точками волнового пространства 2π (x 2 − x1 ) , (2) λ 3. Поскольку в заданных точках колебания, с одинаковыми амплитудными значениями смещения ξ m (1) = ξ m ( 2 ) = ξ m , движутся в данный момент времени в одном направлении, то суммарное смещение можно выразить следующим образом ΔΦ π(x 2 − x1 ) ξ = 2ξm cos = 2ξm cos ; 2 λ (3) 3,14 ⋅ 1,9 −3 −3 ξ = 2 ⋅ 10 cos ≅ 1,73 ⋅ 10 м. 0,6 ΔΦ = Φ1 − Φ 2 = k (x 2 − x1 ) =

47. Бегущая волна отражается от границы раздела сред и распространяется в противоположном направлении, образуя стоячую волну. Найти местоположение узлов и пучностей стоячей волны, если скорость прямого и обратного волнового фронта распространяются в среде с фазовой скоростью с = 340 м/с при частоте колебания частиц среды ν = 3,4 кГц.

Решение

1. Запишем уравнения двух упругих волн, распространяющихся в противоположных направлениях ξ1 (x , t ) = ξ m cos(ωt − kx + ϑ1 ); ⎫ (1) ⎬ ξ 2 (x , t ) = ξ m cos(ωt + kx + ϑ 2 ).⎭ 2. Сложим уравнения и преобразуем по формуле для суммы косинусов (2) ξ( x , t ) = ξm [cos(ωt − kx + ϑ1 ) + cos(ωt + kx + ϑ2 )] , ϑ + ϑ2 ⎞ ϑ − ϑ1 ⎞ ⎛ ⎛ ξ(x, t ) = 2ξm cos ⎜ kx + 2 ⎟. ⎟ ⋅ cos ⎜ ωt + 1 2 ⎠ 2 ⎝ ⎝ ⎠

(3)

3. Уравнение стоячей волны (3) можно упростить, если начало системы отсчёта выбрать таким образом, чтобы разность фаз прямой и отражённой волны оказалась равной нулю, т.е. ϑ2 − ϑ1 = 0, а момент времени − чтобы ϑ2 + ϑ1 = 0 и выразить волновое число через длину волны k = 2π/λ

189

⎛ x⎞ (4) ξ(x , t ) = 2ξm cos⎜ 2π ⎟ ⋅ cos ωt . ⎝ λ⎠ Из уравнения (4) видно, что все точки пространства занятые стоячей волной колеблются с той же частотой ω что и взаимодействующие волны. Амплитуда стоячей волны А является функцией координаты х, изменяясь по закону косинуса ⎛ x⎞ (5) A = 2ξ m cos⎜ 2π ⎟ . ⎝ λ⎠ 4. Амплитуда стоячей волны достигает максимума в, так называемых, пучностях λ (m = 0,1,2,...) , x max = ± m (6) 2 c 340 x max(1) = ± m = ±1 = ±0,05 м , (7) 2ν 6800 x max( 2 ) = ±0,1 м; . (8) 5. Минимум амплитуды имеет место в точках (узлы стоячей волны) 1⎞ c ⎛ . (9) x min = ±⎜ m + ⎟ 2 ⎠ 2ν ⎝ (10) x min(1) = ±0,075 м; x min( 2 ) = ±0,15 м . 48. Динамики стереосистемы излучают тональный сигнал фиксированной частоты и расположены на расстоянии d = 3 м друг от друга. При перемещении микрофона, расположенного на удалении х = 6 м от плоскости излучения параллельно этой плоскости на расстояние а = 1,7 м он фиксирует первый интерференционный минимум. Найти частоту звука приняв с = 340 м/с.

Решение

1. Рассмотрим простейший случай распространения в одном и том же пространстве двух волн, описываемых уравнениями ξ1 = ξ m1 sin (ω1t − k1r1 + ϕ1 ) = ξ m1 sin Φ1;

ξ 2 = ξm 2 sin (ω2 t − k 2 r2 + ϕ2 ) = ξ m 2 sin Φ 2 ;

(1)

где r1 и r2 расстояние от источников волн до рассматриваемой точки М2, k − волновое число, ϕ1, ϕ2 − начальные фазы интерферирующих волн. Результирующее колебание в точке М2 определится исходя из принципа суперпозиции, т.е. необходимо определить суммарное смещение частичек среды при одновременном действии обоих волн (2) ξ = ξ1 + ξ 2 = ξ sin Φ; Величины ξ и Ф могут быть найдены методом векторных диаграмм ξ 2 = ξ 2m1 + ξ 2m 2 + 2ξ m1ξ m 2 cos(Φ 2 − Φ 1 ); (3) ξ sin Φ1 + ξ m 2 sin Φ 2 ; Φ = arctg = m1 ξ m1 cos Φ1 + ξ m 2 cos Φ 2 Преобразуем разность фаз складываемых колебаний (4) Φ 2 − Φ1 = (ω2 − ω1 )t − (k 2 r2 − k1r1 ) + (ϕ2 − ϕ1 ) . 2. С учётом того, что волновое число является функцией циклической частоты колебаний и скорости распространения волны − k= ω/с, разности фаз можно придать вид, более удобный для дальнейшего анализа ⎛ω r ω r ⎞ (5) Φ 2 − Φ1 = (ω2 − ω1 )t − ⎜⎜ 2 2 − 1 1 ⎟⎟ + (ϕ 2 − ϕ1 ) . c1 ⎠ ⎝ c2 3. В данном случае складываются когерентные волны, для которых

190

ω1 = ω2 = ω; c1 = c 2 = c, то уравнение (5) для разности фаз можно переписать следующим образом ω Ф 2 − Ф1 = − (r2 − r1 ) + (ϕ2 − ϕ1 ) , (6) c 4. Условие минимума при интерференции когерентных волн можно представить следующим образом λ Δ min = r2 − r1 = (2m + 1) , (7) 2 при m = 0, Δ min = λ 2 . 5. Выразим расстояния r1 и r2 через заданные по условию геометрические параметры r1 = x 2 + (a − 0,5d ) , 2

r2 = x 2 + (a + 0,5d ) . 6. Используя уравнение (7) выразим длину волны c c ν= = . ( λ 2 r2 − r1 ) 7. Подставим в уравнение (10) значение r1 и r2 c ν= , ⎡ 2 2 ⎤ 2 ⎢ x 2 + (a + 0,5d ) − x 2 + (x − 0,5d ) ⎥ ⎣ ⎦ 340 ν= = 100 Гц . 2 36 + 10,2 + 36 − 10,2 2

(

)

(8) (9) (10)

(11)

(12)

49. Камертон с частотой собственных колебаний ν = 680 Гц поместили над цилиндрическим сосудом высотой h = 1,5 м который постепенно заполняют водой. При каком уровне жидкости звук камертона будет усиливаться?

Решение

1. Акустическое сопротивление воздуха равно ρ1с1 ≅ 41 кг/м2с, а воды − ρ2с2 ≅ 1,6⋅106 кг/м2с, т.е. поверхность воды можно рассматривать в данном случае как твёрдое тело, от которого отражается, возбуждаемая камертоном звуковая волна. В этой связи при падении и отражении волны на поверхности жидкости должен находиться узел стоячей волны, а на уровне верхнего края сосуда − пучность. 2. Расстояние между соседними узлом и пучностью равно λ/4, расстояние между соседними узлами или пучностями равны λ/2, что даёт основание записать для высоты воздушного столба воздуха следующее условие λ λ (1) h−H= +m . 4 2 3. Определим длину волны в воздухе при с1 = 340 м/с c 340 λ= 1 = = 0,5 м . (2) ν 680 4. Определим усиления звука при m = 0 λ h 0 (1) = h − H = = 0,125 м; (3) 4 при m = 1 λ λ h 0 ( 2 ) = + = 0,15 м ; (4) 4 2 при m =2

191

h 0 ( 3) =

λ + λ = 0,625 м ; 4

(5)

h 0(4) =

λ + 1,5λ = 0,875 м ; 4

(6)

при m = 3

50. Труба длиной l = 1,2 м, заполненная воздухом при температуре Т = 300 К, расположена вблизи акустического излучателя. Найти минимально возможную частоту колебаний воздушного столба для открытой и закрытой с обоих концов трубы.

Решение

1. Определим скорость звука при заданной температуре γRT (1) c= , μ где γ = (i+2)/i = 1,33 − показатель адиабаты, R = 8,3 Дж/моль⋅К − универсальная газовая постоянная, μ ≅ 28⋅10 − 3 кг/моль − молярная масса воздуха 1,33 ⋅ 8,3 ⋅ 300 м c= = 344 . (2) −3 28 ⋅ 10 с 2. Колебания воздушного столба в открытой трубе будут протекать с минимальной частотой в том случае, когда на длине трубы будет укладываться половина длины волны λ l = ; λ max = 2l = 2,4 м . (3) 2 3. Соответствующая условию (3) минимальная частота c 344 ν min = = = 143 Гц . (4) λ max 2,4 4. В случае закрытой трубы будет образовываться стоячая волна, для которого условие (3) примет следующий вид λ l = ; λ max = 4l = 4,8 м , (5) 4 соответствующая минимальная частота будет равна c 344 ν min = = = 71,7 Гц . (6) λ max 4,8 51. Для измерения скорости звуковых волн в латунном стержне А длиной l = 0,8 м, закреплённом в его среднем сечении С используют метод акустической интерферометрии, когда на одном из концов стержня помещается лёгкий диск В. В закрытом цилиндрическом воздушном пространстве D возбуждается стоячая волна, которая визуализируется мелкодисперсным порошком. В одном из измерений длина стоячих волн оказалась равной λ1 = 8,5 см. Определить скорость звука в латуни.

Решение

1. Частоту колебаний стержня определим по длине стоячей волны λ1 в воздухе, принимая скорость звука в воздухе с1 = 340 м/с c ν= 1 . (1) λ1 2. Первая собственная частота стержня соответствует максимумам смещения его торцов и максимуму колебательной скорости в среднем сечении λ2 = l . (2)

192

3. Скорость звука в латуни, с учётом уравнения (2) определиться как c 340 м c 2 = l 1 = 0,8 = 3200 . −2 8,5 ⋅ 10 λ1 с

(3)

52. Локомотив, приближающийся к неподвижному наблюдателю со скоростью v1 = 144 км/ч, даёт гудок на частоте основного тома ν = 300 Гц. Определить кажущуюся частоту, воспринимаемого наблюдателем звука. Как изменится эта частота при удалении локомотива?

Решение 1. Изменение частоты воспринимаемого звука будет наблюдаться вследствие эффекта Доплера, который фактически заключается в том, что при приближении движущегося источника звука возбуждаемый его сиреной волны воспринимаются как более высокие, а при удалении от наблюдателя − как более низкие. 2. Рассмотрим вначале вариант удаления источника со скоростью v1. За время одного периода Т0 источник смещается в среде на расстояние v v1T0 = 1 , (1) ν0 где ν0 − частота колебаний источника. Естественно, что длина волны движущегося источника λ будет отличаться от длины волны неподвижного источника λ0 c + v1 λ = λ 0 + v1T0 = (c + v1 )T0 = , (2) ν0 где с − фазовая скорость волны в данной среде. 3. Частота волны, воспринимаемая приёмником определится уравнением ν0 c . (3) ν= = λ 1 + v1 c 4. В случае приближения приёмника уравнение (3) перепишется следующим образом ν0 c . (4) ν= = λ 1 − v1 c 5. Подставим в уравнения (4) и (3) заданные по условию задачи величины 300 (5) ν прибл. = = 340 Гц ; 40 1− 340 300 (6) ν удал. = = 268 Гц . 40 1+ 340 53. Мимо неподвижного электровоза, сирена которого излучает тональный сигнал на частоте ν0 = 300 Гц движется пассажирский поезд со скоростью u = 40 м/с. Какую частоту воспринимает пассажир поезда при приближении и удалении от электровоза?

Решение 1. Уравнения (3) и (4) для рассматриваемого в задаче случая можно представить одним соотношением c±u ν0 , ν= (1) c

193

c+u 340 + 40 ν0 = 300 = 335 Гц , 340 c c−u 340 − 40 ν удал. = ν0 = 300 = 265 Гц . c 340

ν прибл. =

(2) (3)

54. Мимо неподвижного наблюдателя проходит электропоезд. При приближении электропоезда наблюдатель воспринимает кажущуюся частоту сирены ν1 = 1100 Гц, а при удалении поезда − ν2= 900 Гц. Определить скорость электропоезда и истинную частоту излучаемого звука.

Решение

1. Выразим из уравнения эффекта Доплера величину ν0 νc ν0 = 1 . (1) c+u 2. Подставим значение ν0 в уравнение (3) предыдущей задачи c − u ν 1c c−u ν2 = = ν1 . (2) c c+u c+u 3. Выразим из уравнения (2) скорость электропоезда ν 2 (c + u ) = ν 1 (c − u ) , (3) c(ν1 − ν 2 ) 340 ⋅ 200 м км u= = = 34 = 122 . (4) 2000 с ч ν1 + ν 2 4. Подставим значение скорости электропоезда u в равнение (1) и определим частоту излучения его сирены ν c 1100 ⋅ 340 ν0 = 1 = (5) = 1000 Гц . c + u 340 + 34 55. На скоростном загородном шоссе сближаются два автомобиля со скоростями u1 = 30 м/с и u2 = 20 м/с. Первый автомобиль подаёт сигнал на частоте ν1 = 600 Гц. Чему равна кажущаяся частота звука ν2, воспринимаемого водителем второй машины во время сближения и удаления? Изменится ли результата при подаче сигнала второй машиной? Скорость звука принять равной с = 332 м/с.

Решение

1. При сближении автомобилей и при подаче сигнала первым автомобилем кажущаяся частота, воспринимаемая водителем второго автомобиля определится уравнением c + u2 332 + 20 ν1 = 600 = 699 Гц . (3) ν2 = c−u 332 − 30 2. При удалении автомобилей кажущаяся частота составит c − u2 332 − 20 ν *2 = ν2 = 600 = 517 Гц . (4) c + u1 332 + 30 3. При подаче сигнала вторым автомобилем в режиме сближения c + u1 332 + 30 ν1* = (5) ν1 = 600 = 696 Гц , c − u2 332 − 20 в режиме удаления 332 − 30 c − u1 ν1* = ν2 = 600 = 515 Гц . (6) c + u3 332 + 20 56. При скоростных испытаниях гоночного автомобиля, движущегося мимо контрольного пункта со скоростью u = 360 км/ч, частота основного тона работающего двигателя меняется скачком. Какой процент от истинной частоты основного тона двигателя составляет скачёк? Скорость звука принять равной с = 340 м/с.

194

Решение 1. В соответствие с принципом Доплера частота воспринимаемого звука определяется уравнением c + u пр ν0 , ν1 = (1) с − u ист где ν0 − истинная частота основного тона, излучаемого работающим двигателем, ν1 − кажущаяся частота. В рассматриваемом случае скорость приёмника uпр = 0, поэтому c ν1 = ν0 . (2) с − u ист 2. При движении болида к наблюдателю уравнение (2) перепишется следующим образом c ν1 = ν0 , (3) c − u ист при удалении от наблюдателя c ν0 . ν1* = (4) c+u 3. Определим величину доплеровского скачка частоты c c (5) Δν = ν1 − ν1* = ν0 − ν0 , c−u c+u 1 ⎞ Δν 1 1 ⎛ 1 Δν = cν 0 ⎜ − = − , (6) ⎟; ⎝ c − u c + u ⎠ ν0 c − u c + u Δν 1 1 ⎛ ⎞ = 340⎜ − (7) ⎟ ≅ 64,6 % . ν0 ⎝ 340 − 100 340 + 100 ⎠ 57. Измерение температуры разреженного газа, включая верхние слои атмосферы, термометрическими методами невозможно, так как традиционные термометры ввиду малой концентрации молекул приходят в термодинамическое равновесие длительное время. Измерение температуры возможно с помощью вертикально запускаемых ракет, на борту которых имеются звуковые гранаты. Определить температуру на высоте h = 20 км, если между взрывами гранат на высоте h1 = 30 км и h2 = 28 км зафиксирована задержка прихода регистрируемого на месте старта ракеты звука на Δτ = 5 с.

Решение

1. Скорость акустической волны в газах, наряду с их физическими свойствами, определяется и температурой γRT c= . (1) μ 2. За фиксируемое время Δτ звуковая волна преодолевает расстояние Δh = h1 − h2, другими словами, h − h2 Δh = cΔτ; c = 1 . (2) Δτ 3. Приравняем уравнения (1) и (2) 2 γRT (h 1 − h 2 ) = . (3) μ Δτ 2 4. Разрешим уравнение (3) относительно температуры 2 μ (h1 − h 2 ) 29 ⋅ 10−3 4 ⋅ 106 T= = = 207 K (− 66 0C ) . 2 1,4 ⋅ 8,3 48 γR Δτ

(4)

58. Для увеличения коэффициента полезного действия ультразвуковых магнитострикционных излучателей, нагружаемых на воду, для их согласования со средой снабжают специ-

195

альными накладками. Из какого материала следует изготавливать согласующий элемент для никелевого преобразователя, излучающего в воду. Плотность никеля ρ1 = 8,75⋅г/см3, модуль Юнга − Е1 = 2⋅1011Н/м2, скорость звука в никеле с = 4785 м/с.

Решение

1. Наибольший коэффициент полезного действия излучателя можно получить, когда его удельное акустическое сопротивление ZS1 будет равно удельному акустическому сопротивлению среды, в данном случае − воды. 2. Удельное акустическое сопротивление воды равно ZS3 = ρ3c3 = 1 ⋅ 103 ⋅ 1500 = 1,5 ⋅ 106 кг / м 2с . (1) в то время как удельное сопротивление никеля составляет ZS1 = ρ1c1 = 8,75 ⋅ 103 ⋅ 4785 = 4,2 ⋅ 107 кг / м 2с . (2) 3. Анализ удельных акустических сопротивлений показывает, что наиболее совместимы с водой накладки из эбонита, плотность которого ρ2 = 1,15⋅103 кг/м3, скорость звука − с2 = 1570 м/с. Удельное акустическое сопротивление эбонита ZS2 = ρ2c2 = 1,8 ⋅ 106 кг / м 2с , (3) что не намного отличается от удельного акустического сопротивления воды. 59. Три источника акустических волн с частотами ν1 = 50 Гц, ν2 = 200 Гц и ν3 = 1 кГц в некоторой точке поля создают одинаковый уровень интенсивности LP(1) = LP(2) = LP(3) = 40 дБ. Найти уровни громкости этих источников.

1. Звуковые волны, наряду с объективными параметрами принято характеризовать субъективными параметрами. Высота тона - это субъективная оценка частоты звука. Чем больше частота, тем выше тон воспринимаемого звука. Однако способность уха различать звуки по их тональности зависит от частоты. На рисунке представлена полученная из опыта кривая зависимости относительного изменения частоты звука Δν ν ,при котором человек отмечает изменение высоты тона от частоты. При малых и больших частотах изменение частоты звука должно быть значительным, чтобы ухо могло заметить изменение тона. Для частот от 1000 до 600 Гц (область наибольшей остроты уха) это относительное изменение частоты наименьшее ( Δν ν =0,3). Громкость является субъективной оценкой интенсивности звука. Восприятие интенсивности зависит от частоты звука, потому что наш акустический тракт имеет вполне определённую частотную характеристику, и она отнюдь не является линейной. Может оказаться, что звук большей интенсивности одной частоты воспринимаются нами как менее громкий, чем звук малой интенсивности другой частоты. Опыт показывает, что для каждой частоты в области слышимых звуков (20 − 20⋅103 Гц) имеется так называемый порог слышимости. Это минимальная интенсивность, меньше которой ухо не реагирует на звук. Кроме того, опытом установлено, что для каждой частоты имеется так называемый порог боле196

вых ощущений, т. е. то значение интенсивности звука, которое вызывает боль в ушах. Повышение интенсивности звука выше порога болевых ощущений опасно для уха. Интенсивность волн акустического диапазона, встречающихся в природе, занимает несколько порядков, даже применительно к динамическому диапазону человеческого слуха. Операции с абсолютными величинами, в этой связи, представляются не очень удобными. Числа получаются либо очень большие, либо очень маленькие. Интенсивность акустических волн удобно оценивать относительными единицами, уровнем интенсивности, измеряемым обычно в децибелах Δp I L = 10 lg = 20 lg , Δp 0 I0 (1) −12 Вт I 0 = 10 ; м2 Величина I0 представляет собой интенсивность порога слышимости на частоте 1000 Гц. Громкость звука, соответствующая этой интенсивности, равна нулю (звук не воспринимается). Единица уровня громкости L называется белом. Обычно громкость звука выражают в децибелах (Дб); эту дольную единицу еще называют фоном (фон): 1 Бел = 10 Дб (фон). Всему диапазону интенсивностей звука, воспринимаемых ухом от порога слышимости до порога болевых ощущений, соответствуют значения громкости от нуля до 130 дБ. Совокупность точек, отвечающих порогу слышимости, и точек, соответствующих порогу болевых ощущений, образуют на диаграмме уровень интенсивности − частота две кривые. Область, ограниченная этими кривыми, называется областью слышимости. Приведенные кривые иллюстрируют ту наименьшую величину интенсивности звука, которую воспринимает определённый процент обследованных на специальной аудио акустической аппаратуре людей. Кривая соответствующая 1% получена при обследовании слуха профессиональных «слухачей», определяющих на слух качество звуковоспроизводящей аппаратуры. Такие же показатели слуха имеют гидроакустики на боевых надводных и подводных кораблях. Из диаграммы видно, что наше ухо может воспринимать звуки, различающиеся по интенсивности в 1013 раз! Ни один прибор, созданный руками человека, не имеет столь широкого диапазона изменения измеряемой величины. Опыт показывает, что субъективная оценка интенсивности звука − громкость возрастает гораздо медленнее, чем сама интенсивность звука: при возрастании интенсивности звука в геометрической прогрессии громкость возрастает приблизительно в арифметической прогрессии, т. е. линейно. Это обстоятельство тоже делает удобным использование уровня громкости. 2. Возвращаясь к заданным величинам, на основании анализа диаграммы можно видеть, что акустическая волна с частотой ν1 = 50 Гц будет иметь нулевой уровень громкости LN(1) = 0, для волны с частотой колебаний ν2 = 200 Гц уровень громкости составит LN(2) = 20 дБ, для волны с ν3 = 1 кГц − LN(3) = 40 дБ. 60. Доказать, что для любой бегущей акустической волны справедливо соотношение

dp ξ& (t ) = γ, p c

где dpm /p − относительное изменение давления в среде, ξ& m − амплитудное значение колебательной скорости частиц сред, с − скорость звука, γ = сp/cV − показатель адиабаты.

Решение

1. При адиабатическом процессе в газе справедливо соотношение dp dρ =γ . (1) ρ p 2. Обозначив ξ смещение частиц среды в волне, выразим относительное сжатие следующим образом

197

−

∂ξ dρ . = ∂x ρ

(2)

3. Совместим уравнения (1) и (2) ∂ξ dp = −γ . (3) p ∂x 4. Запишем уравнение смещения частиц среды при прохождении акустической волны 2πx ⎞ ⎛ (4) ξ(t ) = ξ m sin ⎜ ωt − ⎟, λ ⎠ ⎝ из которого следует, что ∂ξ 2πξm 2πx ⎞ ⎛ (5) =− cos⎜ ωt − ⎟. ∂x λ λ ⎠ ⎝ 5. Колебательная скорость рассматриваемой частицы определится как ∂ξ(t ) 2πx ⎞ ⎛ ξ& (t ) = = ξ m ω cos⎜ ωt − (6) ⎟, ∂t λ ⎠ ⎝ откуда ξ& (t ) ξ mω ⎛ 2πx ⎞ = cos⎜ ωt − (7) ⎟, c c λ ⎠ ⎝ но ω/с = k = 2π/λ, что даёт основание переписать уравнение (7) следующим образом ξ& (t ) 2πξ m 2πx ⎞ ⎛ (8) = cos⎜ ωt − ⎟. c λ λ ⎠ ⎝ 6. Поскольку 2πξm 2πx ⎞ ∂ξ ⎛ (9) cos⎜ ωt − ⎟=− , λ λ ⎠ ∂x ⎝ то ξ& (t ) dp γ= . (10) c p

Электромагнитные колебания и волны 61. Найти отношения амплитудных значений сил тока Im, напряжений Um , электрических WBm и магнитных WEm мощностей, если начальный заряд qm на конденсаторе, включенном в идеальный колебательный контур, увеличился в 10 раз.

Решение

1. Предположим, что электрический заряд в колебательном контуре изменяется по закону

q = q m sin (ω0 t + ϕ0 ) , в этом случае уравнение силы тока представится следующим образом dq i= = ω0 q m cos(ω0 t + ϕ0 ) = i m cos(ωt + ϕ0 ) , dt где ω0 − циклическая частота собственных колебаний в электрическом контуре. 2. Образуем систему уравнений для амплитудных значений сил токов, из которых дём их отношение i m1 = q m1ω0 ; ⎫ im2 qm2 = = 10 . ⎬ ⇒ i m 2 = 10q m1ω0 ;⎭ i m1 q m1

(1) (2) най-

3. Взаимосвязь между зарядом и напряжением установим из следующих соображений

198

(3)

q m1 q Um2 qm2 ; C = m1 ; ⇒ = = 10 . (4) U m1 Um2 U m1 q m 2 4. Ввиду идеальности колебательного контура для энергии можно записать следующие соотношения C=

WBm = WEm

q2 = m; ⇒ 2C

WBm ( 2 ) WBm (1)

=

WEm ( 2 ) WEm (1)

2

⎛q ⎞ = ⎜ m ( 2 ) ⎟ = 100 . ⎜q ⎟ ⎝ m (1) ⎠

(5)

62. В идеальном колебательном контуре амплитудное значение напряжения на конденсаторе увеличивается на ΔUm = 10 В, при этом максимальная сила тока через индуктивность возросла в 3 раза. Определить амплитуду напряжения до увеличения напряжения и начальное напряжение на конденсаторе.

Решение

1. Для идеального колебательного контура закон сохранения энергии можно записать следующим образом CU 2m (1) LI2m (1) ⎫ = ;⎪ 2 2 ⎪ (1) ⎬ CU 2m ( 2 ) LI2m ( 2 ) ⎪ = . 2 2 ⎭⎪ 2. Поделим уравнения (1) друг на друга почленно CU m2 ( 2 ) CU m2 (1)

2

2

⎛U ⎞ ⎛I ⎞ = 2 ; ⇒ ⎜ m ( 2) ⎟ = ⎜ m ( 2) ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ LI m (1) ⎝ U m (1) ⎠ ⎝ I m (1) ⎠ U m(2) Im( 2) = . U m (1) I m (1) LIm2 ( 2 )

(2) (3)

3. Из уравнения (3) следует, что U m ( 2 ) = U m (1)

Im (2) I m (1)

.

4. Изменение напряжения можно записать следующим образом ⎛I ⎞ I U m ( 2 ) − U m (1) = ΔU m = U m (1) m ( 2 ) − U m (1) = U m (1) ⎜ m ( 2 ) − 1⎟ , ⎜ ⎟ I m (1) ⎝ I m (1) ⎠ откуда 10 ΔU m U m (1) = = = 5B , Im( 2) 2 −1 I m (1) U m ( 2 ) = U m (1) + ΔU = 15B .

(4)

(5)

(6)

(7)

63. В идеальном колебательном контуре амплитудное значение напряжения на конденсаторе равно Um = 100 В, а максимальная сила тока через индуктивность − Im = 100 мА. Определить силу тока через индуктивность и напряжение на конденсаторе, когда электрическая энергия, запасаемая в конденсаторе, совпадает по величине с магнитной энергией, присутствующей в индуктивности.

Решение

1. Равенство двух видов энергии, электрической и магнитной и закон сохранения энергии дают основание записать следующие соотношения

199

WΣ = WE + WB = 2WE , 2 m

(1) 2

CU Cu ; WE = , 2 2 CU 2m Cu 2 U =2 ; ⇒ u = m = 70,7 B . 2 2 2 2. Аналогичные соотношения можно записать и для силы тока через индуктивность LI2 Li 2 WBm = m ; WB = , 2 2 LI 2m Li 2 I 2 , i = m = 70,7 мА . 2 2 2 WEm =

(2) (3)

(4) (5)

64. Плоский конденсатор с площадью обкладок s = 10 − 3 м2 и расстоянием между пластинами d= 10 − 3 м, включён в идеальный колебательный контур радиоприёмника, содержащий катушку с индуктивностью L = 50 мкГн. Определить диэлектрическую проницаемость материала, помещённого между обкладками конденсатора, если радиоприёмник настроен на длину волны λ = 250 м.

Решение

1. Запишем уравнение ёмкости плоского конденсатора с заполнением пространства между пластинами диэлектриком с проницаемостью ε εε s C= 0 . (1) d 2. Длину волны, на которую настроен контур, определим уравнением (2) предыдущей задачи (2) λ = 2πc LC . 3. Подставим в последнее уравнение значение ёмкости 4π 2 εε 0sL εε 0sL ; ⇒ λ2 = λ = 2πc . (3) d d 4. Разрешим уравнение (3) относительно диэлектрической проницаемости λ2 d 6,25 ⋅10 4 ⋅10 −3 ε= 2 2 = ≅ 39 . (4) 4π c ε 0sL 39,5 ⋅ 9 ⋅1016 ⋅ 9 ⋅10 −12 ⋅10 −3 ⋅ 5 ⋅10 −5 65. Частица массой m и зарядом q влетает в однородное электрическое поле, напряжённость которого изменяется со временем по закону E=E0sinωt. Начальная скорость частицы v0 направлена перпендикулярно вектору напряжённости. Определите уравнение движения частицы.

Решение

1. Запишем уравнение второго закона Ньютона для заряженной частицы, на которую действует сила Кулона, изменяющаяся по закону синуса m&x& = qE 0 sin ωt , (1) qE &x& = 0 sin ωt . (2) m 2. Проинтегрируем уравнение (2) дважды qE t qE x& = 0 ∫ sin ωtdt = − 0 cos ωt + C1 , (3) m 0 m t

x=−

t

qE qE cos ωt + C1dt + C 2 = − sin ωt + C1 t + C 2 . m 0 m 0

∫

∫

200

(4)

3. Постоянные интегрирования определим из начальных условий qE qE ⎡ ⎤ v 0 + 0 = C1 ; C 2 = 0; ⇒ x (t ) = ⎢ v 0 + 0 (1 − sin ωt )⎥ t . m m ⎣ ⎦

(5)

66. Колебательный контур состоит из катушки индуктивности длиной l = 0,2 м и диаметром D = 0,01 м с числом витков на единицу длины z = 1000 м − 1. Внутрь цилиндрического каркаса помещён стальной сердечник с магнитной проницаемостью μ = 200. Плоский конденсатор, состоящий из n = 10 параллельно включенных квадратных металлических пластин со стороной а = 1 см, между которыми помещена слюда, толщиной 100 мкм. Определить число полных колебаний N в контуре за время τ = 1,2 с.

Решение

1. Определим ёмкость конденсатора εε a 2 100 ⋅ 9 ⋅10 −12 ⋅10 −4 C = n 0 = 10 ≅ 9 нФ , (1) δ 10 −4 2. Найдём индукцию катушки D2 L = μμ 0 z 2 lπ , (2) 4 200 ⋅1,26 ⋅10 −6 ⋅106 ⋅ 0,2 ⋅ 3.14 ⋅10 −4 L= ≅ 4 мГн . 4 3. Период колебаний контура T = 2π LC = 6,28 9 ⋅ 10 −9 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 ≅ 1,2 ⋅ 10−4 с . 4. Количество колебаний за время τ τ N = = 1 ⋅10 4 . T

(3) (4)

67. Конденсатор ёмкостью С = 1 мкФ включен в идеальный контур с двумя параллельными катушками L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,2 Гн. Найти амплитудное значение силы кока в контуре, если максимальное напряжение на обкладках конденсатора составляет um = 10 В.

Решение

1. Запишем закон сохранения энергии применительно к контуру (1) Cu 2m = L1i 2m1 + L 2i 2m 2 . 2. При возникновении электромагнитных колебаний обе катушки пересекаются один и тем же магнитным потоком, т.е. L Φ B1 = Φ B 2 ; L1i m1 = L 2i m 2 ; ⇒ i m 2 = i m1 1 . (2) L2 3. Суммарный ток в этом случае можно представить следующим образом L i m = i m1 + i m 2 = i m1 + i m1 1 . (3) L2 4. Выразим из уравнения (4) значения токов через катушки i i L i L im2 = m 1 i m1 = m = m 2 , L1 L1 + L 2 L1 + L 2 1+ L2 5. Подставим значения токов im1 и im2 в исходное уравнение (1) i 2m L22 i 2m L21 Cu 2m = L1 + L , (L1 + L 2 )2 2 (L1 + L 2 )2

201

(4)

(5)

откуда im = u m

C(L1 + L 2 ) 10 −6 ⋅ 0,3 = 10 ≅ 38,7 мА . L1L 2 0,1 ⋅ 0,2

(6)

68. RLC − контур, использующийся в качестве сетевого фильтра, имеет следующие параметры: R = 100 Ом, L = 1 Гн, С = 100 мкФ. Контур включен в стандартную сеть с эффективным значением напряжения u* = 220 В и частотой ν = 50 Гц. Записать уравнения изменения силы тока и напряжения в контуре и определить падение напряжения на отдельных элементах контура.

Решение

1. Найдём ёмкостное и индуктивное сопротивление контура 1 R L = 2πνL; R C = . (1) 2πνC 2. Определим амплитудное значение силы тока, протекающего через катушку и активное сопротивление 2u * u 2u * , (2) = im = m = 2 2 2 Z R + (R L − R C ) 1 ⎞ ⎛ 2 R + ⎜ 2πνL − ⎟ 2πνC ⎠ ⎝ 1,41 ⋅ 220 ≅ 1A . (3) im = 2 1 ⎞ ⎛ 10 4 + ⎜ 6,28 ⋅ 50 − ⎟ −4 6,28 ⋅ 50 ⋅10 ⎠ ⎝ где u* − эффективное значение напряжения, Z − импеданс (суммарное сопротивление), RL − индуктивное сопротивление, RC − ёмкостное сопротивление. 3. Амплитудное падение напряжения на элементах схемы i 1 u C = imR C = m = = 32 B , (4) 2πνC 6,28 ⋅ 50 ⋅10 −4 u R = i m R = 100 B; u L = 2πνLi m = 314 B . (5) 4. Сдвиг фаз между колебаниями силы тока в цепи и колебания сетевого напряжения R R cos ϕ = = , (6) 2 Z 1 ⎞ ⎛ 2 R + ⎜ 2πνL − ⎟ 2πνC ⎠ ⎝ 100 1 cos ϕ = = ; ⇒ ϕ ≅ 0,4π . (7) 2 4 3 10 + (314 − 31,8) 5. Уравнения колебаний силы тока и напряжения u (t ) = u m sin ωt = 310 sin 100 t . i(t ) = i m sin (ωt + ϕ) = 1sin (100πt + 0,4π) .

(8) (9)

69. В RLC − контуре наблюдаются затухающие колебания с периодом Т = 100 мс. В течение 10 периодов колебаний амплитудное значение силы тока в цепи уменьшилось в 20 раз. Найти величину резонансной частоту колебательного контура.

Решение

1. Амплитудное значение силы тока при затухающих колебаниях можно представить следующим образом i m (1) = i m ( 0 ) exp(− δT ); i m (10 ) = i m ( 0 ) exp(− 10δT ) , (1)

202

2. Определим отношение амплитудных значений силы тока при первом и десятом колебании i m (1) = exp(9δT ) = 20; 9δT = ln 20 . (2) i m( 6) 3. Выразим из последнего уравнения величину коэффициента затухания ln 20 δ= . 9T 4. Запишем уравнение для циклической частоты затухающих колебаний в контуре

(3)

2

2π ⎛ 2π ⎞ ω = ω − δ; ω = ; ω02 = ⎜ ⎟ + δ 2 . T ⎝ T ⎠ 5. Определим далее циклическую резонансную частоту 2 0

2

(4)

2

2

⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞ ⎛ ln 20 ⎞ ωr = ω02 − 2δ 2 = ⎜ ⎟ + δ 2 − 2δ 2 = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ , ⎝ T ⎠ ⎝ T ⎠ ⎝ 9T ⎠ 2

2

2

(5)

2

1 ⎛ 6,28 ⎞ ⎛ 3 ⎞ 1 ⎛ 2π ⎞ ⎛ ln 20 ⎞ νr = ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ≅ 9,98 Гц . ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ = 2 π ⎝ T ⎠ ⎝ 9T ⎠ 6,28 ⎝ 0,1 ⎠ ⎝ 0,9 ⎠

(6)

70. Конденсатор ёмкостью С = 10 мкФ, после сообщения ему электрического заряда q = 1 мКл, подключают к цепи, состоящей из катушки с индуктивностью L = 1 Гн с активным сопротивлением R = 100 Ом. Определить период колебаний контура и логарифмический декремент θ. Как во времени будет изменяться напряжение на обкладках конденсатора? Получить аналитическую и графическую зависимость uC = f(t).

Решение 1. Определим амплитудное значение напряжения на обкладках конденсатора в момент времени t = 0 q 10 −6 (1) u m = = −5 = 0,1 B . C 10 2. Найдём величину коэффициента затухания цепи

R = 50 . (2) 2L 3. Период затухающих колебаний 2π 2π = T= = ω 1 R2 − LC 4L2 . (3) 6,28 −2 = ≅ 2 ⋅ 10 c 1 104 − 10−5 4 4. Запишем уравнение изменения напряжения на обкладках конденсатора (4) u (t ) = u m exp(− δt ) cos ωt , u (t ) = 0,1exp(− 50t ) cos(316t ) . (5) 5. Как видно из уравнения (5), амплитудное значение напряжения на обкладках конденсатора будет изменяться по экспоненциальному закону u m (t ) = 0,1exp(− 50t ) . t, c 0 0,02 0,04 0,06 0,08 0,1 um, B 0,1 0,0368 0.0135 5⋅10 - 3 1,8⋅10 − 3 6,7⋅10 − 4 δ=

203

(6)

Элементы физической оптики 71. В один из мартовских дней Солнце в окрестностях г. Петропавловска-Камчатского поднялось над горизонтом в полдень под углом α = 250 к горизонту. Во сколько раз освещённость вертикальной плоскости будет превосходить освещённость горизонтальной поверхности?

Решение

1. Запишем уравнение освещённости вертикальной площади I E B = 2 cos α , L где I − интенсивность излучаемого Солнцем света. 2. Уравнение для освещённости горизонтальной площадки представится следующим образом I ⎛π ⎞ I E Г = 2 cos⎜ − α ⎟ = 2 sin α . L ⎝2 ⎠ L 3. Определим отношение освещённостей E B cos α = = ctgα ≅ 2,14 . E Г sin α 72. На расстоянии l от экрана наблюдают интерференционную картину при освещении монохроматическим светом с длиной волны λ ≈ 500 нм, создаваемую непрозрачным диском диаметром D = 5 мм, расположенным на расстоянии 0,3 l от экрана. Определить расстояние l, если известно, что диск перекрывает одну центральную зону Френеля

Решение 1. Радиус центральной зоны Френеля определяется уравнением ab r1 = λ. a+b 2. Выразим величины, входящие в уравнение радиуса первой зоны через заданные в условии параметры a + b = l; a = b = 0,5l; r1 = 0,5D . 3. Для радиуса первой зоны Френеля получаем расчётное уравнение

d 2 (5 ⋅ 10−3 ) = r1 = 0,5D = 0,5 lλ ; ⇒ l = ≅ 50 м . 5 ⋅ 10− 7 λ 2

73. Через щель шириной a = 1⋅10 − 5 м проходит параллельный монохроматический свет с длиной волны 5, 5⋅10 − 7 м. Определить размер изображения щели В на экране, расположенном на расстоянии L = 1,5 м.

Решение

1. Из выделенного на рис. прямоугольного треугольника, видно что B = Ltgϕ , 2 ввиду малости угла ϕ, тангенс можно заменить в первом приближении синусом этого угла, т.е. tgϕ ≈ sin ϕ , что даёт снование для ширины главного максимума написать уравнение B = 2L sin ϕ .

204

2. Условия максимумов интенсивности света при дифракции на щели определяются уравнением λ a sin ϕ = kλ (k = 1) ⇒ sin ϕ = , a или 2Lλ 2 ⋅ 1,5 ⋅ 5,5 ⋅ 10−7 = B= ≅ 0.0165 м = 16,5 мм . a 1 ⋅ 10− 6 74. Определить количество штрихов N0 на единицу длины дифракционной решётки, если известно, что зелёная линия ртути с λ = 546 нм в спектре первого порядка наблюдается под углом ϕ ≈ 200.

Решение

1. Запишем уравнение дифракционной решётки d sin ϕ = kλ 2. Период дифракционной решётки d связан с количеством штрихов отношением 1 sin ϕ sin ϕ 0,342 N0 = ; ⇒ = kλ; ⇒ N 0 = = ≅ 626 мм −1 . d N0 kλ 1 ⋅ 5,46 ⋅ 10− 7 75. Оптические исследования короны Солнца показали, что спектральная линия с длиной волны λ = 600 нм полученная при фокусировании фотоаппаратуры на противоположные части диска были смещены на Δλ ≈ 10 − 10 м. Определить скорость собственного вращения звезды.

Решение

1. Изменение длины регистрируемой волны в данном случае может происходить вследствие эффекта Доплера, потому что имеет место взаимное перемещение источника и приёмника электромагнитных волн, причём вследствие специфики вращательного движения, одна часть окружности Солнца (левая) будет двигаться в сторону фотоприёмника, а диаметрально противоположная часть − в другую⋅ от фотоприёмника 2. Образуем систему уравнений, определяющих воспринимаемые частоты νс ⎫ ; ν∗ = с − v ⎪⎪ ⎬ νc ⎪ . νo = c + v ⎪⎭ 3. Частота может быть выражена через скорость света и длину волны ν=c λ. 4. Подставим значение частоты в исходную систему уравнений c λ ⎫ ; = ∗ λ c − v ⎪⎪ ⎬ c λ ⎪ = . λo c + v ⎪⎭ 5. После вычитания уравнений получим 2 vλ cΔλ 3 ⋅ 108 ⋅ 10−10 м ; ⇒ v= Δλ = ≅ ≅ 2,5 ⋅ 103 −7 c 2λ 2 ⋅ 6 ⋅ 10 с 76. Муфельная печь закрыта толстой дверцей в которой имеется круглое отверстие площадью s = 5 см2. Через отверстие излучается мощность 35 Вт. Считая, что излучение протекает по схеме, близкой к абсолютно чёрному телу, определить температуру в печи.

Решение

205

1. Мощность излучения является функцией энергетической светимости и площади излучающей поверхности N = Rs . Если считать, что излучает абсолютно чёрное тело, то к этому типу излучения применим закон Стефана − Больцмана R = σT 4 , где σ ≈ 5,67⋅10 − 8 Вт/(м2⋅К4) − постоянная Стефана − Больцмана. 2. Подставим значение энергетической светимости в исходное уравнение N 35 =4 ≅ 1050 0 K . N = σsT 4 ; ⇒ T = 4 −8 −4 σs 5,76 ⋅ 10 ⋅ 5 ⋅ 10 77. Считая Солнце абсолютно чёрным телом с температурой поверхности T ≈ 6000 0K, определить мощность излучения нашей звезды.

Решение

1. Мощность излучения Солнца, как абсолютно чёрного тела можно охарактеризовать расчетным уравнением предыдущей задачи NS = σsT 4 , где σ ≈ 5,67⋅10 − 8 Вт/(м2⋅К4) − постоянная Стефана − Больцмана, s − площадь поверхности Солнца, T − абсолютная температура поверхности. 2. Определим мощность излучения, полагая s = 4πR S2 (RS ≈ 7⋅108 м) N = 4πσR S2T 4 ≅ 4 ⋅ 3,14 ⋅ 5,67 ⋅ 10−8 ⋅ 49 ⋅ 1016 ⋅ 1,3 ⋅ 1015 ≅ 4,6 ⋅ 1026 Вт . 78. Солнце, как известно, снабжает Землю лучистой энергией, благодаря которой возможно существование на нашей планете жизни. Определите количество энергии, посылаемой Солнцем в виде излучения, в единицу времени на единичную площадку, приняв температуру поверхности звезды Т ≈ 5800 0К.

Решение

1. Приняв Солнце за абсолютно чёрное тело, применим закон Стефана − Больцмана σT 4SS = N , где, σ ≈ 5,67⋅10 − 8 Вт/(м2⋅К4) − постоянная Стефана − Больцмана, SS = 4πR S2 − площадь поверхности Солнца, Т − абсолютная температура, N − излучаемая мощность. 2. Излучение Солнца распространяется на поверхность сферы, центр которой располагается на Солнце, а радиус этой сферы равен среднему расстоянию L между Солнцем и Землёй. Площадь внутренней поверхности этой сферы определяется как So = 4πL2 . 3. Искомая величина К, которая называется солнечной постоянной, определится в виде отношения N 4πR S2σT 4 σT 4 R S2 5,67 ⋅ 10−8 ⋅ (7 ⋅ 106 ) ⋅ 1,1315 Вт = = ≅ ≅ 1,4 ⋅ 103 2 . 2 2 16 So 4πL L 2,25 ⋅ 10 м 2

K=

79. Поток энергии, излучаемый Солнцем составляет примерно Р ≈ 4⋅1026 Вт. Определите за какой период времени масса нашей звезды уменьшится в два раза.

Решение 1. Поток энергии, излучаемый Солнцем, определяется отношением энергии к времени ΔW P= . τ

206

2. Масса и энергия связаны уравнением, предложенным впервые Оливером Хевисйтом, которое затем использовал А. Эйнштейн ΔW = Δmc2 , где Δm = 0,5 mS − изменение массы Солнца, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света. 3. Таким образом, поток излучаемой энергии можно представить следующим образом m c2 m c 2 2 ⋅ 1030 ⋅ 9 ⋅ 1016 ≅ 2,25 ⋅ 1020 c ≅ 7 ⋅ 1012 лет . P= S ; ⇒ τ= S ≅ 26 2τ 2P 2 ⋅ 4 ⋅ 10 80. По заданной кривой спектральной плотности энергетической светимости абсолютно чёрного тела rλ в функции длины волны λ определить соответствующую температуру и процент излучения, приходящегося на видимую часть спектра.

Решение

1. Для того, чтобы использовать закон Вина о максимуме излучения абсолютно чёрного тела по заданному графику определим соответствующую величину λmax λ max ≈ 2 ⋅ 10−6 м . 2. Запишем уравнение закона Вина λ max T = b = const , −3 где b ≈ 2,9⋅10 м⋅К − экспериментальная постоянная Вина. 3. Определим температуру, соответствующую приведенной кривой излучения b 2,9 ⋅ 10−3 T= ≅ = 1450 0 K . −6 2 ⋅ 10 λ max 4. На видимую часть спектра приходится энергия пропорциональная площади под кривой r = f(λ), отсекаемой ординатами от 400 нм до 700 нм. При данной температуре эта площадь не превышает 5%, т.е. ≈ 95 % энергии излучения абсолютно чёрного тела приходится на инфракрасный диапазон. Элементы квантовой механики 81. Определите массу фотонов, соответствующих верхним частотным границам инфракрасного, рентгеновского и γ диапазонов.

Решение

1. По справочнику установим граничные частоты излучения электромагнитных волн заданных диапазонов: νИК ≈ 3⋅1014 Гц; νРИ ≈ 3⋅1020 Гц, νγ ≈ 3⋅1022 Гц. 2. Энергия фотона определяется уравнением Макса Планка hc ε f = hν = , λ где h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света, λ − длина соответствующей электромагнитной волны. 3. В соответствии с уравнением Оливера Хевисайда εf = m f c2 . 3. Приравняем уравнения Планка и Хевисайда hν m f c 2 = hν; ⇒ m f = 2 . c 4. Вычислим массы фотонов для заданных частот

207

6,6 ⋅ 10-24 ⋅ 3 ⋅ 1014 ≅ 2,2 ⋅ 10− 26 кг , 9 ⋅ 1016 6,6 ⋅ 10-24 ⋅ 3 ⋅ 1020 m f (РИ ) = ≅ 2,2 ⋅ 10− 20 кг ; 16 9 ⋅ 10 6,6 ⋅ 10-24 ⋅ 3 ⋅ 1022 mf (γ ) = ≅ 2,2 ⋅ 10−18 кг . 9 ⋅ 1016 m f (ИК ) =

82. До какой скорости необходимо разогнать электрон, чтобы он стал обладать таким же импульсом как фотон с длиной волны λ = 500 нм? Какова масса этого фотона?

Решение

1. Запишем уравнения импульсов фотона и электрона h p e = m e v; p f = , λ где me ≈ 1⋅10 − 30 кг − масса электрона, v − скорость электрона, h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, λ − длина волны фотона. 2. Приравняем правые части уравнений для импульсов частиц h h 6,6 ⋅ 10−34 м = m e v; ⇒ v = ≅ ≅ 1320 . −7 − 30 с λ λm e 5 ⋅ 10 ⋅ 10 83. Атомы гелия в короне Солнца находятся при температуре около 5800 0К. Определить импульс фотона, соответствующий импульсу атомов гелия.

Решение

1. Импульс фотона и атома гелия определяется уравнениями pf = mf c; p He = m He < v > , где pf − импульс фотона, pHe − импульс гелия, mf − масса фотона, mHe − масса атома гелия, − средняя квадратичная скорость атомов гелия. 2. Определим скорость атомов гелия 3RT , < v >= μ He где μHe ≈ 4⋅10 − 3 кг/моль − молярная масса гелия, R = 8,3 Дж/(моль⋅К) − универсальная газовая постоянная, Т − абсолютная температура гелия. 3. Приравнивая импульсы фотонов и атомов гелия, получим μ 3RT 4 ⋅ 10−3 3 ⋅ 8,3 ⋅ 5800 кг ⋅ м = ≅ 2,5 ⋅ 10− 24 . p f = He −3 23 N A μ He 6 ⋅ 10 4 ⋅ 10 с 4. Масса фотона составит mf =

pf 2,5 ⋅ 10−24 ≅ 8,4 ⋅ 10− 33 кг . ≅ 8 c 3 ⋅ 10

84. Электроны генерируются с ториевого катода и задерживаются полностью разностью потенциалов U = 1 В. Определить длину волны падающего электромагнитного излучения и красную границу фотоэффекта.

Решение

1. Уравнение Генриха Герца для фотоэффекта (модернизированное в последствии А.

208

Эйнштейном) имеет вид c = A + eU , λ где h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света, λ − длина соответствующей электромагнитной волны, А ≈ 5,4⋅10 − 19 Дж − работа выхода электронов из тория, е ≈ 1,6⋅10 − 19 Кл − заряд электрона, U = 1 В − задерживающая разность потенциалов. 2. Определим длину падающей на металл электромагнитной волны hc 6,6 ⋅ 10−34 ⋅ 3 ⋅ 108 ≅ 2,8 ⋅ 10− 7 м . λ= ≅ −19 −19 A + eU 5,4 ⋅ 10 + 1,6 ⋅ 10 3. Определим красную границу фотоэффекта для тория c hc 6,6 ⋅ 10−34 ⋅ 3 ⋅ 108 A=h ; ⇒ λ кр = ≅ ≅ 3,7 ⋅ 10− 7 м . λ кр A 5,4 ⋅ 10−19 h

85. На поверхность цезия падают фотоны с энергией εf ≈ 5 эВ, вызывая фотоэффект. Определить максимальное значение импульса, передаваемого электронами при покидании металла.

Решение

1. Работа выхода цезиевого катода в соответствии со справочными данными составляет А ≈ 2,9⋅10 − 19 Дж, а закон сохранения энергии применительно к фотоэффекту выражается следующим уравнением m v2 p2 εf = A + e = A + e , 2 2m e − 30 кг − масса электрона, ре − импульс электрона. где me≈ 1⋅10 2. Решая уравнение закона сохранения энергии относительно импульса уносимого вылетающим электроном, получим кг ⋅ м p e = 2m e (ε f − A ) ≅ 2 ⋅ 10 − 30 (8 ⋅ 10 −19 − 2,9 ⋅ 10−19 ) ≅ 1 ⋅ 10 − 24 . с Импульс такой же величины, но обратного знака будет передаваться в соответствии с законом сохранения импульса поверхности цезиевого катода. 86. Роберт Милликен, измеривший прямым методом постоянную Планка в ходе своих экспериментов получил следующие результаты: электроны, вырываемые с поверхности катода световыми волнами с частотой ν1 = 2,2⋅1015 Гц задерживались электрическим потенциалом U1 = 6,6 В; электроны, генерируемые при освещении катода волнами с частотой ν2 = 4,6⋅1015 Гц задерживались полностью потенциалом в U2 = 16,5 В. Определить по этим данным постоянную Планка

Решение

1. Запишем уравнение фотоэффекта для двух случаев эксперимента Милликена hν1 = A + eU1; ⎫ ⎬ hν 2 = A + eU 2 .⎭ 2. Вычтем из первого уравнения второе уравнение и разрешим полученный результат относительно постоянной Планка h (ν 2 − ν1 ) = e(U 2 − U1 ) , откуда e(U 2 − U1 ) 1,6 ⋅ 10−19 (16,5 − 6,6 ) 1,584 ⋅ 10−18 h= ≅ ≅ 6,6 ⋅ 10− 34 Дж ⋅ с . ≅ 15 15 15 ν 2 − ν1 4,6 ⋅ 10 − 2,2 ⋅ 10 2,4 ⋅ 10

209

87. Мягкое рентгеновское излучение с длиной волны λ = 5⋅10 − 11 м испытывает комптоновское рассеяние. Определить длину волны рассеянных рентгеновских лучей в направлении ϕ = 900.

Решение

1. Изменение длины волны при комптоновском рассеянии Δλ определяется уравнением h (1 − cos ϕ) , Δλ = m ec где me≈ 1⋅10 − 30 кг − масса электрона, h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света, ϕ − угол комптоновского рассеяния. 2. Длина волны рассеянных рентгеновских лучей определится как −34 h (1 − cos ϕ) ≅ 5 ⋅10−11 + 6,6−30⋅10 8 (1 − cos 900 ) ≅ 5,22 ⋅10−11 м . λ∗ = λ + Δλ = λ + m ec 1 ⋅ 10 ⋅ 3 ⋅ 10 88. Поток электронов разгоняется разностью потенциалов U = 1000 В. Найти эквивалентную длину волны де Бройля электронов покидающих разгонную область.

Решение

1. Примем поток электронов за плоскую бегущую волну, распространяющуюся в направлении вектора напряжённости электрического поля, длина волны де Бройля λD, c учётом релятивистских эффектов, определится уравнением h h , λD = = 2 Ek EK 2m e + 2 2E K m e + 2 c c − 30 − 34 где me≈ 1⋅10 кг − масса электрона, h ≈ 6,6⋅10 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света, ЕК = eU − кинетическая энергия электрона при выходе из ускоряющего поля, е ≈ 1,6⋅10 − 19 Кл − заряд электрона. 2. Определим значение кинетической энергии электрона m v2 E K = e = eU ≅ 1,6 ⋅ 10−19 ⋅ 1000 ≅ 1,6 ⋅ 10−16 Дж . 2 3. Подставим значения кинетической энергии, массы покоя электрона и постоянной Планка в исходное уравнение 6,6 ⋅ 10−34 λD = ≅ 4,67 ⋅ 10−19 м . −16 1,6 ⋅ 10 2 ⋅ 10− 30 + 9 ⋅ 1016 89. Частица, имеющая заряд, равный заряду электрона ускоряется электрическим полем с разностью потенциалов U = 1 В и имеет длину волны де Бройля λD = 0,05 нм. Определить массу частицы.

Решение

1. Определим кинетическую энергию частицы, прошедшей разгонный участок E K = eU = 1,6 ⋅10 −16 ⋅1 = 1,6 ⋅10−16 Дж . 2. Как видно из предыдущей задачи, релятивистскими эффектами в данном случае можно пренебречь, т.е использовать уравнение де Бройля в виде λD =

h 2mE K

; ⇒ m=

h2 4,36 ⋅ 10−67 ≅ 5,45 ⋅ 10− 30 кг . ≅ 2E K λ2 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10−16 ⋅ 25 ⋅ 10− 22

210

90. Атом водорода движется в пространстве с температурой Т = 600 0К. Определить соответствующую такому движению длину волны де Бройля.

Решение

1. Найдём наиболее вероятную скорость движения атома при заданной температуре 2RT м 2 ⋅ 8,3 ⋅ 600 ≅ ≅ 103 , v= −3 10 с μ где R − универсальная газовая постоянная, μ − молярная масса водорода. Значение полученной скорости, которое существенно меньше скорости света, даёт основание пренебречь релятивистскими эффектами. 2. Определим длину волны де Бройля, воспользовавшись уравнением h hN A 6,6 ⋅ 10 −34 ⋅ 6 ⋅ 10 23 λD = = ≅ ≅ 4 ⋅ 10 − 7 м . mv μ 10− 3

Элементы атомной и ядерной физики 91. В атоме водорода электрон перескакивает с шестой орбиты на вторую. Определить длину волны испускаемого при этом фотона.

Решение

1. Для определения волны испускаемого фотона воспользуемся обобщённой формулой Бальмера 1 1 ⎞ ⎛ 1 = R∗⎜ 2 − 2 ⎟ , n ⎠ λ ⎝m 7 −1 ∗ где R ≈ 1,097⋅10 м − постоянная Ридберга, m,n − номера орбит электрона между которыми происходит переход. 2. Разрешим уравнение Бальмера относительно длины волны 1 1 λ= ≅ ≅ 4,1 ⋅ 10− 7 м . 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ R ∗ ⎜ 2 − 2 ⎟ 1 ⋅ 107 ⎜ − ⎟ n ⎠ ⎝m ⎝ 4 36 ⎠ 92. Атом водорода испускает фотон с длиной волны λ = 4,86⋅10 − 7 м. На сколько изменилась при таком излучении энергия электрона?

Решение

1. В соответствии с теорией Бора при переходе электрона с энергетического уровня Еm на энергетический уровень En испускается фотон с энергией hc 6,63 ⋅ 10−34 ⋅ 3 ⋅ 108 ≅ 4,1 ⋅ 10−19 Дж ≅ 2,56 эВ , ΔE = hν = ≅ 4,86 ⋅ 10− 7 λ где h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света. 93. Известно, что среднее время жизни атома в возбуждённом состоянии продолжается в течении τ = 12 нс. Определить минимальную неопределённость длины волны λ = 12 мкм, которая испускается при возвращении атома в нормальное состояние.

Решение

1. Запишем уравнение энергии испускаемого фотона

211

hc , λ где где h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света. 2. Продифференцируем уравнение энергии по длине волны λ dλ hc dE = − hc 2 ; ⇒ ΔE = − 2 Δλ . λ λ 3. Из соотношения неопределённости Гейзенберга для энергии и времени следует h ΔE ⋅ Δt ≥ , 2π откуда h ΔE = . 2π ⋅ Δt 4. Приравняем выражения для изменения энергии hc h λ2 1,44 ⋅ 10−10 Δ λ = ; ⇒ Δ λ = ≅ ≅ 6,4 ⋅ 10−16 м . λ2 2 π ⋅ Δt cΔt 2π 3 ⋅ 108 ⋅ 1,2 ⋅ 10−8 ⋅ 6,28 E=

94. Определить потенциал ионизации атома водорода.

Решение

1. Работа по удалению электрона от ядра на бесконечность определяется уравнением A = eU . 2. С другой стороны, работу можно выразить, воспользовавшись модифицированной формулой Бальмера 1 ⎞ ⎛ 1 A = hcR ∗ ⎜ 2 − 2 ⎟ , n ⎠ ⎝m 7 −1 ∗ где R ≈ 1,097⋅10 м − постоянная Ридберга, m,n − номера орбит электрона между которыми происходит переход, h ≈ 6,6⋅10 − 34 Дж⋅с − постоянная Планка, с ≈ 3⋅108 м/с − скорость света. 3. В данном случае n = ∞, поэтому A = hR ∗ с = eU , Откуда следует, что A hR ∗c 6,6 ⋅ 10−34 ⋅ 107 ⋅ 3 ⋅ 108 U= = ≅ ≅ 13,6 В . e e 1,6 ⋅ 10−19 95. Рентгеновская трубка питается напряжением 60 кВ. Наименьшая длина волн излучения составляет λmin = 20,6 нм. Определить постоянную Планка.

Решение

1. Энергию рентгеновского излучения можно записать двумя способами hc E = eU; E = , λ min Откуда можно выразить постоянную Планка eUλ min 1,6 ⋅10 −19 ⋅ 6 ⋅10 4 ⋅ 2,06 ⋅10 −8 h= = ≅ 6,6 ⋅10 − 34 Дж ⋅ с . 8 c 3 ⋅10

212

96. Образец радиоактивного полония состоит из N0 = 106 атомов. Сколько атомов будет распадаться ежесуточно?

Решение

1. Из справочных данных известно, что полоний имеет период полураспада Т1/2 = 138 суток. Таким образом, заданное время распада Δt << T1 / 2 , т.е. число распадающихся ядер полония можно определить уравнением ΔN = λNΔt , где λ − постоянная для данного элемента величина, характеризующая вероятность распада ядра за единицу времени. Постоянная распада λ входит в уравнение основного закона радиоактивного распада ядер N = N 0 e − λ Δt . 2. За отрезок времени Δt , таким образом, количество распавшихся ядер определится как ΔN = N 0 (1 − e − λΔt ) . 3. Количество ядер, распадающихся в течение суток можно представить уравнением ln 2 0,693 ΔN = N 0 Δt = ⋅ 106⋅ ⋅ 1 ≅ 5025 суток . T1 / 2 138 97. Определить дефект массы и энергию связи ядра кислорода O , приняв: 16 8

m H1 = 1,00783 а.е.м.; m n = 1,00867 а.е.м; 1

m O16 = 15,99492 а.е.м.; Z = 8; A = 16. 8

Решение

1. Дефект массы ядра определим из уравнения Δm = Zm H1 + (A − Z )m n − m а , 1

Δm = 8 ⋅ 1,00783 + 8 ⋅ 1,00867 − 15,99492 ≅ 013708 а.е.м. где m H1 − масса протона, mn − масса нейтрона, ma − масса распадающегося ядра, А − атомная 1

масса, Z − атомный номер в периодической таблице (ядерное число). 2. Энергию связи ядра кислорода определим уравнением Оливера Хевисайда E S = c 2 Δm = 9 ⋅1016 ⋅ 0,13708 ⋅1,66 ⋅10 −27 ≅ 2 ⋅10 −11 Дж ≅ 128 МэВ . 98. Период полураспада изотопа кобальта Co 60 27 примерно равен Т1/2 ≈ 5,3 года. Определить постоянную распада λ и среднюю продолжительность жизни атомов этого изотопа.

Решение

1. Постоянная распада и период полураспада связаны отношением ln 2 0,693 λ= = = 0,13 год −1 . T1 / 2 5,3 2. Среднее время жизни определится как 1 1 τ= = ≅ 7,7 лет . λ 0,13

213

99.Сколько ядер содержащихся в 1 г изотопа водорода,⋅ трития H13 распадается за его среднее время жизни?

Решение

1. Согласно основному закону радиоактивного распада N = N 0 exp(− λt ) , среднее время жизни τ радиоактивного изотопа определяется как 1 τ= . λ 2. По заданным условиям t = τ, что позволяет закон радиоактивного распада записать следующим образом N N= 0 , e где е − основание натурального логарифма. Число распавшихся атомов, таким образом, определится уравнением ⎛ 1⎞ N ∗ = N 0 − N = N 0 ⎜1 − ⎟ / ⎝ e⎠ 3. Определим далее число атомов, содержащихся в 1 г трития H13 m N0 = NA , μ −3 где μ = 3⋅10 кг/моль − молярная масса трития, NА ≈ 6⋅1023 моль − 1 − число Авогадро. 4. Подставим значение N0 в уравнение для N* 23 −3 1 ⎞ m ⎛ 1 ⎞ 1 ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ 10 ⎛ N ∗ = N A ⎜1 − ⎟ = ⎜⎜1 − ⎟⎟ = 1,27 ⋅ 1023 . −3 3 ⋅ 10 μ ⎝ e⎠ ⎝ 2,72 ⎠ 100. Ядро, состоящее из 92 протонов и 143 нейтронов выбросило α − частицу. Ядро какого элемента образовалось при распаде? Определить дефект массы и энергию связи образовавшегося ядра.

Решение

1. Реакция α − распада применительно к заданным условиям запишется следующим образом 238 231 U 92 → He 42 + X 90 , 238 т.е. α − распад испытывает ядро изотопа урана U 92 , превра232 щаясь в изотоп тория Th 90 с массой ядра mTh = 231,02944 а.е.м. 2. Дефект массы определится как Δm = Zm H1 + (A − Z )m n − m Th ≅ 1,898 а.е.м. ≅ 3,15 ⋅10 −27 кг . 1

3. Энергия связи ядра E S = Δmc2 = 2,84 ⋅ 10−10 Дж ≅ 1775 МэВ

214

Рекомендуемая литература

(задания №1, №2) 1. Исаков А. Я. Физические основы механики. Руководство по самостоятельной работе: – Петропавловск-Камчатский: КамчатГТУ, 2007. – 343 с. 2. Исаков А.Я. Молекулярная физика и термодинамика. Руководство по самостоятельной работе: – Петропавловск-Камчатский: КамчатГТУ, 2007. – 343 с. (задания № 3, №4) 3. Исаков А.Я., Исакова В.В. Электродинамика. Руководство по самостоятельной работе: – Петропавловск-Камчатский: КамчатГТУ, 2008. – 330 с. 4. Исаков А.Я., Исакова В.В. Колебательные и волновые процессы. Руководство по самостоятельной работе: – Петропавловск-Камчатский: КамчатГТУ, 2008. – 328 с. Дополнительная литература 1. Савельев И.В. Курс общей физики: Учебное пособие: Для втузов. В 5 кн. 4-е изд., перераб. –М.: Наука, Физматлит. 1998. 2. Сивухин Д.В. Общий курс физики. Учебное пособие для вузов. В 5 кн. 3-е изд., перераб. –М.: Наука, Физматлит. 1998. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. Учебное пособие для вузов. –3-е изд. –М.: Высш. шк.1998.

215