Е. В, ФИРГАНГ
РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ
ЗАДАЧ ПО КУРСУ
ОБЩЕЙ ФИЗИКИ
Допущено
Министерством высшего и среднего
специального образования СССР
в качестве учебного пособия
для студентов высших
технических учебных заведений
МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1977

53
Ф62
УДК 53@76)
- Рецензенты: кафедра физики Военной инженерной акаде-
академии им. Ф. Э. Дзержинского (зав кафедрой — доц, канд.
физ.-мат. наук Кузьмин Д. В У и доц, канд. физ.-мат. наук
Ремизов А. Н.
Фирганг Е. В.
Ф62 Руководство к решению задач по курсу общей
физики. Учеб. пособие для втузов. М., «Высш. шкет*
ла», 1977.
351 с. с ил.
В пособии даются методические указания к решению задач по ос-
основным разделам курса общей физики и приводятся примеры решения
типовых задач. При этом внимание уделен» проблеме поиска решения
и обоснованию выбрвниого способа решения В каждом параграфе
приведены краткие теоретические сведения, необходимые для решения
рассмотренных задач.
Ф 001@1)—77 45~77
63
© Издательство «Высшая школа>, 1977.

ПРЕДИСЛОВИЕ
Знание законов физики предполагает уменье не только формули-
формулировать эти законы, но и применять их в конкретных случаях при реше-
решении задач. Однако именно решение задач вызывает наибольшие за-
затруднения у изучающих физику.
Для решения задач оказывается, как правило, недостаточно фор-
формального знания физических законов. В некоторых случаях необхо-
необходимо знание специальных методов, приемов, общих для решения опре-
определенных групп задач. В других случаях таких методов не существует.
Тогда главным, что способствует успеху дела (кроме знания теории),
становится способность аналитического мышления, т. е. уменье рас-
рассуждать.
Этим двум аспектам обучения решению задач на семинарских заня-
занятиях не всегда уделяют должное внимание, а в существующей на рус-
ком языке литературе отсутствуют пособия, в которых систематичес-
систематически излагались бы методы решения задач по всему курсу общей физики.
Настоящее пособие имеет целью восполнить указанный пробел,
оказав помощь прежде всего тем, кто самостоятельно изучает физику.
Опыт автора на факультете повышения квалификации при Мосстан-
кине показал, что данное руководство может быть полезно также пре-
преподавателям вузов (особенно молодым) при подготовке к проведе-
проведению семинарских занятий.
Предполагается, что, работая с данным руководством, читатель
будет пользоваться учебным пособием по курсу общей физики, а также
задачником, в которых он найдет нужный теоретический и справочный
материалы. Поэтому в начале каждого параграфа помещен лишь крат-
краткий перечень формул и законов, связанных с решением задач, приве-
приведенных в данном параграфе. Эти формулы позволяют читателю, при-
приступающему к работе над данным разделом, судить об объеме теорети-
теоретического материала, необходимого для решения рассматриваемых задач.
Вслед за списком формул в начале каждого параграфа (а если он
разбит на несколько разделов, то в начале каждого раздела) помещены
методические указания к решению задач по теме данного параграфа
(раздела). В методических указаниях обсуждаются особенности задач
данной темы, даются общие методы, приемы их решения.
Важным элементом книги является решение задач. Приведенные
примеры решения задач имеют целью: а) пояснить применение изло-
изложенных методов, б) углубить понимание физических законов, в) раз-
развить уменье рассуждать. Поставленная цель определила содержание
задач и способ подачи их решения.
При подборе задач автор руководствовался следующими принци-
принципами: 1. Задачи должны быть такими, чтобы при их решении основ-
основное внимание уделялось физической стороне вопроса: понять условие;
отделив главное от несущественного, выявить основные физические

процессы, имеющие место в данном случае; выяснить, каким физичес-
физическим ваконам подчиняются *ти процессы; иногда из нескольких законов
выбрать один, применение которого приводит кратчайшим путем к
цели. 2. Более простые задачи должны предшествовать более слож-
сложным. 3. В пределах каждой темы задачи должны быть взаимосвязаны:
в одних случаях решение задачи опирается на полученные ранее ре-
вультаты, в других — сравнение двух задач делается для того, чтобы,
несмотря на их кажущееся сходство, выявить существенное различие
между ними.
Всегда имеется опасность, что, прочитав решение определенной
задачи, студент запомнит его, но не сумеет решить другую задачу по
той же теме. Ведь каждая задача (если она не сводится к подстановке
чисел в известную формулу или не является «чистой» иллюстрацией
одного из изложенных методов) требует определенного навыка анали-
аналитического мышления, а порой —догадки, изобретательности. Учитывая
это, автор старался не просто давать решение задачи, но и по возмож-
возможности, используя метод анализа, показать, как можно прийти к этому
решению.
Большинство задач, приведенных в данном пособии, взято из задач-
задачников [10], [121, [141, [15]. Многие задачи переработаны. Часть задач
составлена автором руководства.
Из-за тесной связи между различными частями курса физики рас-
распределение материала по главам и параграфам в известной мереуслов-
но. Например, задачи на совместное применение законов сохранения
импульса и энергии рассмотрены не только в § 3, но и в § 11, 27, 31;
задачи по динамике специальной теории относительности даны в § 18,
31.
В Приложении помещены задачи и приведена таблица номеров
задач нз задачников [10] и [15J для самостоятельного решения, а так-
также даны указания к решению наиболее трудных задач. Чтобы кон-
контролировать усвоение материала, каждую из этих задач рекомендуется
решать непосредственно после разбора соответствующей задачи дан-
данного руководства, указанной в первом столбце таблицы.
Автор выражает благодарность доцентам Д. В. Кузьмину и А. Н. Ре-
Ремизову, прочитавшим рукопись и сделавшим ряд полезных замечаний,
Автор

Глма 1
МЕХАНИКА
§ 1. КИНЕМАТИКА
Основные формулы
Положение точки в пространстве определяется радиусом-вектором г, т. е.
вектором, проведенным и? начала координат в данную точку.
Перемещение (Дг) точки есть вектор, проведенный из ее начального положе-
положения в конечное и равный приращению радиус" вектора данной точки.
Скорость есть производная от радиуса-вектора движущейся точки по вре-
времени:
.-?.
Ускорение точки есть производная от скорости по времени или вторая про-
производная от радиуса-вектора движущейся точки по времени:
dv f/r
A2>
В равномерном прямолинейном движении (v = const) выполняется соотно-
соотношение
Дг = vAt. A.3)
Формулы движения с постоянным ускорением (а = const):
v = v, + at, A.4)
Дг = \ot+ aP/2, A.5)
где ve — начальная скорость.
В криволинейном движении точки полное ускорение а есть векторная сумма
тангенциального ах и нормального ап ускорений. Модуль полного ускорения
равен
a==Val + al\ A.6)
при этом
ат= dvtdt, A.7)
an = vVR, A.8)
где R — радиус кривизны траектории в данной точке.
Среднее значение модуля скорости точки в промежутке времени от t до t + At
равно
<у> = AslAt, A.9)
где As — путь, пройденный точкой за промежуток времени At*.
Угловая скорость тела есть производная от угла поворота по времени:
«=-—. A.10)
at
* Величину <с> часто называют средней скоростью иа пути As за про-
промежуток времени At.

Угловое ускорение тела есть производная от угловой скорости по времени
или вторая производная от угла поворота по времени:
В равномерном вращательном движении (<о = consO пыполггпется соотноше-
соотношение
ф = ш*. A 12)
Формулы равнопеременного вращательного движении 1ела вокруг непо-
неподвижной оси (е = const):
ш = ш„ + Et, A 13)
Ф = м„Н- f'2/2. (I И)
Связь угловых величин с линейными:
s = rr/?, v = to/?, a* = в/?, пп = шг#, (I 15)
где s — путь, пройденный точкой вращающегося тела (длиня дуги), R — рас-
расстояние точки от оси вращения (радиус Дуги)
Угловая скорость тела, вращающегося равномерно, связана с числом обо-
оборотов в секунду п и периодом прашепия Т соотношением
ш = 2л л =¦ 2л/Т A 16)
А. ПРЯМОЛИНЕЙНОЕ РАВНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ. СЛОЖЕНИЕ СКОРОСТЕЙ
Методические указания
1. Для решения задачи по кинематике надо знать закон (уряпне-
ш:е) движения точки, определяющий ее положение в любой momi нт
времени. В случае равномерного прямолигейного движения такой
закон выражается формулой A.3). Так как при этом модуль вектора
перемещения Аг точки раппн пути л, то формуле A.3) соответствует
скалярное ypaiuirune s - vl.
2. Часто в условии чада ют равномерное прямолинейное движение
не одною, а нескольких (обычно двух) тел по от ношению к системе
отсчета, счязапной с Землей, или иной системе отсчета. В таких слу-
случаях решение задачи упрощается, если рассматривать все движения
r системе отсчета, связанной с одним из движущихся тел (см. задачу
Хя 1-2). Иногда такой выбор системы отсчета необходим (см. задачу
№ 1-1). При этом полезно иметь в виду, что если тело А движется от-
относительно тела В со скоростью vlf то, как это следует из относитель-
относительности движения, тело В движется относительно тела А со скоростью v2,
где
va= -vL. A.17)
3. Если материальная точка участвует в двух движениях, то ее
перемещение Аг равно векторной сумме перемещений, полученных в
каждом движении, независимо от Того, последовательно или одновре-
одновременно происходили эти движения:
Дг = Агх + Аг..

В последнем случае, разделив обе части уравнения на общий проме-
промежуток времени Д/ и переходя к пределу, получим согласно A.1)
v = Vl + v2, A.18)
т. е. скорость точки в сложном движении равна векторной сумме ее
скоростей в отдельных движениях.
Решение задач
1-1. Частица А, двигаясь со скоростью v,
ударяется о массивную стенку В, которая
движется в том же направлении со ско-
скоростью и (рис. 1-1). Определить скорость
частицы после удара, если известно, что
при ударе о стенку В, когда она неподвиж-
неподвижна, частица отскакивает, сохраняя ско-
скорость по модулю и изменяя ее направление Рис. 1-1
на противоположное.
Решение. Условие задачи предполагает скорости движения тел
А и В заданными в некоторой системе отсчета, например, связанной
с Землей. Но при этом дан закон соударения частицы с неподвижной
стенкой. Поэтому, для того чтобы решить задачу, необходимо рассмот-
рассмотреть движение частицы в системе отсчета, связанной со стенкой В.
В этой системе отсчета стенка будет неподвижной, а движение части-
частицы—сложным, состоящим из двух: относительно Земли со скоростью
v и, как это следует из соотношения A.17), вместе с Землей относи-
относительно стенки со скоростью — и. Поэтому в соответствии с форму-
формулой A.18) скорость частицы относительно стенки равна
v -|- (—и) = v — и.
Согласно условию частица отскочит от стенки со скоростью
—(v — и) = и — v.
Теперь вернемся к системе отсчета, связанной с Землей, так как
в этой системе надо найти скорость частицы после удара. Движение
частицы после удара о стенку и в этом случае состоит из двух: относи-
относительно стенки со скоростью u — v и вместе со стенкой относительно
Земли со скоростью и. Следовательно, искомая скорость
v' = (u — v) + u = 2u — v.
Отсюда видно, что направление вектора v' зависит от соотношения
модулей векторов u, v: 1) если v < 2«, то направление скорости час-
частицы после удара сохранится; 2) если v > 2и, то изменится на проти-
противоположное; 3) если v = 2и, то она остановится.

У*
Рис. 1-2
1-2. Из двух пунктов Л и Я, расстояние
между которыми /, одновременно начинают
двигаться два корабля со скоростями v,
и v2. Векторы скоростей образуют с от-
отрезком АВ одинаковые углы а. = 45°
(рис. 1-2). Считая движение кораблей рав-
равномерным и прямолинейным, определить
наименьшее расстояние между ними.
Решение. Приведем два способа решения задачи, отличающиеся
выбором системы отсчета.
1. Пусть движение кораблей происходит в той системе отсчета
(связанной с Землей), в которой заданы их скорости. Сначала расстоя-
расстояние между кораблями будет уменьшаться, затем (если они Fie столкну-
столкнутся)— увеличиваться. Чтобы найти наименьшее расстояние sM11II, при-
применим общин метод исследования функции на экстремум. Для этого
рассмотрим положение кораблей спустя произвольный промежуток
времени / после начала движения и найдем расстояние между ними как
функцию времени. Из чертежа следует:
V(OA -t>! /)a + (OB—vt tf.
Обозначив a = OA = OB, получим
="|/2a2 — la
{v\
(I)
Чтобы найти минимум функции s = s ((), продифференцируем ее
по времени и приравняем нулю производную:
ds_
dt
= 0.
Подставив это значение времени в A), получим ответ:
2 У 2а2 — 2а (c'x-j-u
Отсюда время, соответствующее наименьшему расстоянию sMmt, равно
B)
Из формулы B) следует: 1) если vt — t»2, то sM[iH = 0, т. е., двигаясь
с одинаковыми скоростями, корабли встретятся в точке О (рис. 1-2);
2) если^ = 0илии2 = 0 (движется только один корабль), то sMlIH = a,
т. е. s = sMHH, когда корабль окажется в точке О.
2. Воспользуемся системой отсчета, связанной с одним из двух
кораблей, например с первым. В этой системе отсчета первый корабль
будет неподвижен, а движение второго корабля будет сложным: со
скоростью vz относительно Земли и со скоростью v( = — v, вместе с
Землей относительно первого корабля (рис. 1-3). Скорость результи-
результирующего движения выразится вектором v, причем

Минимальным расстоянием между кораблями
будет длина перпендикуляра АС, опущенного
на направление вектора v. Расчет, основанный
на подобии -прямоугольных треугольников,
приводит к ответу
ОС
Рис 1-3
что совпадает с ответом B), так как в C) v2 > vv
Как видим, второй способ решения, в котором система отсчета при-
привязывается к одному из движущихся тел, значительно проще первого.
Б. НЕРАВНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ
Методические указания
1. Среди задач на неравномерное (переменное) движение большую
группу составляют задачи на движение точки с постоянным ускоре-
ускорением а = const. Если при этом векторы ускорения а и начальной ско-
скорости v0 лежат на одной прямой, то движение будет прямолинейным.
В противном случае точка движется по кривой (параболе) в плоскости,
содержащей эти векторы. Движение с постоянным ускорением а про-
происходит, в частности, под действием силы тяжести: когда сопротивле-
сопротивление воздуха пренебрежимо мало, все тела падают
вблизи поверхности Земли с одинаковым ускоре-
ускорением, направленным вертикально вниз и равным
g = 9,8 м/с2.
3. Как в прямолинейном, так и в криволиней-
криволинейном движениях с постоянным ускорением скорость
v точки и ее перемещение Аг определяются фор-
формулами A.4), A.5). На рис. 1-4 вектор перемеще-
перемещения Аг частицы, брошенной под углом к горизонту,
изображен в соответствии с A.5) в виде суммы век-
векторов vot и g/2/2. Отсюда ясен способ графического решения задачи на
определение скорости v частицы и ее перемещения Аг в любой момент
времени, если известны начальная скорость v0 и ускорение а.
Однако основным методом решения задач по кинематике (как и по
остальным разделам курса физики) является аналитический (чис-
(численный) метод, при котором от векторной формы записи уравнений пе-
переходят к скалярной. Для этого выберем прямоугольную систему
координат с осями Ох, Оу, лежащими в плоскости, в которой движется
частица. Проектируя все векторы, входящие в уравнения A.4), A.5)
на оси координат, и учитывая, что проекция суммы векторов равна
сумме их проекций, получим четыре скалярных уравнения соответст-
соответственно для осей Ох и Оу:
A.20)
9
Рис. 1-4
= vnv-t a,,t,

Здесь Д* =- % — х0, Ау = у — у0 — проекции вектора перемещения Дг
на оси Ох, Оу, равные приращениям соответствующих координат;
Vx, vv, vOx, vou, ax, Oj, —проекции векторов v, vOl а на те же оси. Теперь
решение задачи сводится к решению системы уравнений. Например,
если неизвестными являются векторы v, Аг, то, найдя из уравнений их
проекции, легко затем вычислить модули и направления самих векто-
векторов.
Выбор осей определяется условием конкретной задачи. При этом
надо стремиться к тому, чтобы часть проекций оказалась равной нулю
и уравнения упростились бы. Обычно начало координат совмещают с по-
положением точки в начальный момент времени, т. е. полагают х0 = О,
у0 — О, а одну из осей, например Оу, направляют вдоль вектора а.
Тогда ах = 0, аи = а. Если при этом векторы v0, а лежат на одной
прямой (оси Оу), то vox = 0, vOu = v0, vu = v и вместо П.19), (\,20)
получим два уравнения прямолинейного равнопеременного движения:
v = vo + at, A.21)
у --vat -[- at-i2. A.22)
Хотя величины у, v0, а, у, входящие н A.21), A 22), называют обычно
скоростью, ускорением и перемещением, они являются, по существу,
проекциями соответствующих векторов на ось Оу, т. е. величинами ал-
алгебраическими. Эти проекции равны по модулю самим векторам.
Знаки всех проекций, входящих в уравнения A.19)—A.22), опре-
определяются правилом: если вектор образуете направлением оси проекций
острый угол, его проекция положительна, если этот угол тупой —
проекция отрицательна. Если направление искомого вектора заранее
неизвестно, то поступают так. Предполагают некоторое направление
этого вектора и записывают в уравнениях его проекции со знаками,
соответствующими выбранному направлению. Если в ответе получен
положительный знак, то составляющая вектора вдоль соответствующей
оси направлена так, как было предположено, отрицательный знак го-
говорит об обратном (см. задачи № 1-3, 1-4).
3, Формулы A.21), A.22) применимы также к криволинейному рав-
равнопеременному движению, т. е. с постоянным по модулю тангенциаль-
тангенциальным ускорением. В этом случае у — у (t)—криволинейная координата
движущейся точки (длина дуги), отсчитываемая в одну сторону от на-
начальной точки положительной, а в другую — отрицательной; v =
= dy/dt — скорость, а = dvldt — тангенциальное ускорение.
4. В общем случае путь s, отсчитываемый вдоль траектории дви-
движущейся точки, больше модуля вектора перемещения Аг; лишь для
прямолинейного движения, происходящего все время в одном на-
направлении, s = | Лг|. Следовательно, координата у в формуле A.22),
равная по модулю вектору перемещения, выражает пройденный путь
также лишь в том случае, когда точка движется по. прямой все время в
одном направлении. Криволинейная координата у (см. п. 3) также вы-
выражает пройденный путь только тогда, когда точка движется вдоль
кривой в одном направлении. Способ вычисления пути в том случае,
когда точка, двигаясь по траектории, изменяет направление своего
движения, рассмотрен в задаче № 1-5.
Ю

5. В случае равнопеременного движения точки и
(прямолинейного или криволинейного), происхо-
происходящего все время в одном направлении, средняя
скорость за промежуток времени А* = tt — tt
вычисляется по формуле
<к) = (yt -j- У2)/2, A-23)
где vu v2 — значения скорости в моменты tl и t2.
Действительно, в этом случае на графике скорости пройденный
путь численно равен площади трапеции (трапеции abed на рис. 1-5),
поэтому
As = \(v, + v,)\\t.
Подставив это значение As в A.9), получим формулу A.23).
Существенно, что в остальных случаях переменного движения фор-
формула A.23) может привести к ошибке. Тогда для вычисления средней
скорости применяют общую формулу A.9).
Ц>
V
Решение задач
1-3. Мячик, брошенный с балкона в вер-
вертикальном направлении, через t = 3,0 с
упал на Землю. Определить начальную
скорость мячика, если высота балкона над
Землей равна 14,1 м. Сопротивлением воз-
воздуха пренебречь.
Рис. 1-6
Решение. В условии не указано направление, в котором бро-
брошен мяч, — вертикально вниз или вверх. Однако эта неопределенность
не является существенной для решения задачи. В любом случае дви-
движение мяча будет равнопеременным с ускорением а = g, а высота
балкона над Землей, данная в условии, полностью определяет вектор
перемещения Аг мяча (рис. 1-6). Поэтому для решения задачи достаточ-
достаточно воспользоваться формулой A.22), выражающей модуль этого пере-
перемещения.
Предположим, что мяч брошен со скоростью v0 вертикально вверх.
Направим ось проекций у вертикально вниз. Соблюдая правило зна-
знаков, получим по A.22)
у = _о0/ + gfi/2.
Решив уравнение относительно v0, найдем
v =gt*-2y ^9,8-9,0-2.14,1 *_=Ю м/с
0 2t 2-3,0 о
II

Положительный знак величины va показывает, что начальная скорость
мяча направлена именно так, как мы предположили, т. е. вертикально
вверх.
Замечаниям. Легко убедиться в том, что выбор положитель-
положительного направления оси отсчета произволен. Так, направив ось у вверх,
получим уравнение
—У = vot - #»/2,
которое, очевидно, равносильно предыдущему.
2. Если предположить, что начальная скорость v0 направлена вер-
вертикально вниз, т. е. по оси у, то будем иметь
У = vot + gtm.
Решив это уравнение, найдем v0 — —10 м/с. Отрицательный чнак
показывает, что на самом деле начальная скорость мяча направлена
Fie так, как мы предположили, а вертикально вверх, т. е. пришли к
прежнему результату.
1-4. Тело брошено со скоростью v0 =
= 20,0 м/с под углом а.= 30° к горизонту.
Пренебрегая сопротивлением воздуха, най-
найти скорость тела, а также его нормальное и
тангенциальное ускорения через f» 1,50 о
после начала движения. На какое рас-
расстояние / переместится за это время тело
по горизонтали и на какой окажется вы-
высоте к?
Решение. Так как тело движется с постоянным ускорением
а = g, его скорость и перемещение определяются векторными урав-
уравнениями A.4), A.5) или соответствующими им скалярными уравне-
уравнениями A.19), A.20). Мы не знаем, в какой точке траектории будет тело
через 1,50 с. после начала движения, — на восходящей или нисходящей
ветвях параболы. Предположим, что оно находится в точке М (рис. 1-7).
Введем координатные оси, направленные по горизонтали (Ох) и
вертикали (Оу) и совместим начало координат с положением тела в на-
начальный момент времени. Тогда, подставив в уравнения A.19), A.20)
значения ах = 0, ау = —g, vox = t>0cos a; vov = v0 sin а. Ах = x,
Ay == у и учитывая, что проекция скорости тела в точке М на ось Оу
направлена вниз, получим:
vx --= vn cov a, A)
х = vu cos a ¦ t, B)
—vu = v0 sin a — gt, C)
у = y^sin a-t —gt'42. D)
12

Искомые величины /, h равны соответственно координатам х, у
точки М в момент t *= 1,50 с:
/=jc=u0cosa-/=20,0.0,87-1,50 м=26 м.
м = 4,0 м.
Скорость v в точке М найдем через се проекции, определяемые по
формулам A) и C):
v = \^vl + vl =y'vl cos2 a+ (gt — uosin aJ. (б)
Подставив числовые значения величин, получим
у = /20,0а-0,872 + (9,8-1,50 — 20,0-0,50)а м/с=17 м/с.
Для определения нормального и тангенциального ускорений учтем,
что полное ускорение тела, движущегося в поле земного тяготения,
есть не что иное как ускорение g силы тяжести. Разложив вектор g
на составляющие по касательному и нормальному направлениям к
траектории в точке М, получим (рис. 1-7):
ап = grsin Р = g(vx/v),
ат = g cos p1 = g (vu/v),
где P — угол между вертикалью и касательной к траектории в точке
М. Подставим вместо величии vx, vH, v их значения из формул A), C),
E):
_ ищ cos a /Кч
„ _ g(g/ —cipsina) ,_.
\ cos2 a+ {gl — v0 sin aJ
Вычисления по формулам F) и G) дают:
an =¦ 9,5 м/с2; ах = 2,6 м/с2..
Положительное значение величины ах подтверждает правильность
нашего предположения относительно места тела на траектории. Отри-
Отрицательное значение ах свидетельствовало бы, что скорость тела убыва-
убывает и что, следовательно, оно находится на восходящей ветви параболы.
Замечания: 1. Предположим, что тело находится в данный
момент в точке N (рис. 1-7), тогда
uH^ynsinrx— gt, (8)
g^slnagQ =-2.6 М/С2.
y() sin a—gtJ
Однако этот результат совпадает с полученным ранее. Дело в том, что
в положении N ускорение ат направлено против скорости v. Поэтому
его отрицательное значение, вычисленное для /=1,50 с, свидетельствует
13

о том, что фактически в этот момеит ускорение ат имеет направление,
противоположное тому, которое мы предположили, т. е. в сторону ско-
скорости v. Но это значит, что скорость растет, следовательно, тело дви-
движется но нисходящей ветви параболы. Таким образом, убеждаемся,
что, приступая к решению задачи, можно произвольно задавать поло-
положение тела на траектории.
2. Величину ах можно найти другим путем, учитывая, что она,
согласно формуле A.7), равна производной от модуля скорости по вре-
времени. Подставив в A.7) вместо скорости ее значение по E) и выполнив
дифференцирование, получим
dv_ g(gt—v0 sin a)
& ~\/v% cos2 a-{-(g/—ao sin аK
независимо от того, будем ли подставлять значение vy по C) или по (8).
При таком методе нахождения а% неравенство (dv/dt) > 0 всегда будет
означать возрастание скорости и, значит, движение тела по нисходя-
нисходящей ветви параболы. Наоборот, неравенство (dv/dt) ¦< 0 будет означать
убывание скорости и, следовательно, движение тела по восходящей
ветви параболы.
1-5. Точка движется по кривой согласно уравнению
у = Ы — ta/8 (длина — в метрах, время — в секундах).
Найти среднюю скорость движения точки в промежутке
времени от ?, — 2,0 с до <3 = 6,0 с.
Решение. Так как средняя скорость определяется формулой
A 9), то задача сводится к вычислению пути As, пройденногб точкой
лл промежуток времени At = t2 — tt. В условии задачи у — криво-
криволинейная координата движущейся точки (см. стр. 10).
Если бы точка двигалась по кривой в течение всего промежутка
времени Д^ в одном направлении, то имело бы место очевидное равен-
равенство As=| Ау\, где Аг/=г/2—yL — приращение координаты у за At.
В противном случае As > \Ay\. Действительно, если, например, коор-
координата у увеличивалась, то после изменения направления движения
она начнет уменьшаться, в то время как путь, пройденный телом,
продолжает расти. Тогда для нахождения пути As надо разбить про-
промежуток времени At на такие п промежутков А^, At2, ..., Atn, чтобы
в течение каждого из них точка двигалась в одном направлении.
Вычислив изменение координаты Ayt, соответствующее каждому из
этих промежутков Д/(, определим путь As по формуле
Исследуем данную функцию <у = у ((). Учтем, что в моменты изме-
изменения направления движения точки по траектории скорость обра-
обращается в нуль. Поэтому, предположив, что такие моменты /' сущест-
существуют, найдем их из соотношения
0
dt
14

Отсюда f/,2 = ±4с. Значит, в течение промежутка /2 — tt действи-
действительно имеется один момент времени f = А,Ос, когда направление дви-
движения точки изменяется. Обозначив ее координаты в моменты tu t',
U соответственно через уи у', у2, получим по формуле A)
bs=\y'-yi\ + \yt-y'\. B)
Из заданного уравнения у = у (t) находим: у1 = И м, у' = 16 м,
у2 = 9,0 м. Теперь по формулам B) и A.9) получим ответ:
As=(| 16-11 | + |9,0 —1б|)м=12 м; <^> = ^  = 3,0 м/с.
В. ВРАЩАТЕЛЬНОЕ ДВИЖЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Методические указания
1. Поскольку угловое перемещение <р, угловая скорость (л и угловое
ускорение е связаны между собой так же, как и соответствующие им
линейные величины Аг, v, а, методы решения задач на вращательное
движение тверлого тела во многом совпадают с теми, что были рассмот-
рассмотрены для движения точки. Это относится прежде всего к задачам на
равнопеременное вращательное движение тела вокруг неподвижной
оси, которое описывается формулами A.13), A.14), аналогичными
формулам равнопеременного движения точки A.21), A.22).
В формулах A.13), A.14) величины <р, со0, со, е — алгебраические.
Знак ф определяется направлением поворота тела за время t, а знаки
со, соо — направлением вращения тела в соответствующие моменты вре-
времени. Величины со и е имеют одинаковые знаки при ускоренном вра-
вращении и противоположные — при замедленном. Приступая к решению
задачи, можно любое из двух направлений вращения — по часовой
стрелке или против — принять за положительное.
2. Если тело одновременно участвует в двух вращательных движе-
движениях с угловыми скоростями «о, и о>2 относительно двух пересекающих-
пересекающихся осей, то результирующее движение будет также вращательным с уг-
угловой скоростью, равной и — о^ + Юг- Напомним, что направления
вектора угловой скорости и вращения тела связаны правилом правого
винта.
Решение задач
1-6. Маховик вращается равноускоренно.
Найти угол а, который составляет вектор
полного ускорения а любой точки махови-
маховика с радиусом в тот момент, когда маховик
совершит первые N = 2,0 оборота.
Рис. 1-8
15

Решение. Разложив вектор а точки М на тангенциальное at
и нормальное &п ускорения, видим (рис. 1-8), что искомый угол опре-
определяется соотношением
tg a = ах1ап.
Поскольку в условии дано лишь число оборотов, перейдем к угловым
величинам, применив формулы A.15). Тогда получим
tga = Ji. = -L. A)
«fir щ» V '
Так как маховик вращается равноускоренно, найдем связь между
оеличинами е и со с помощью формул равнопеременного вращения
A.13), A.14), исключив из них время: со2 — cojj = 2e<p. Поскольку
сои — 0, а ф = 2nN, то
ы2 = 2е-2лЛ/ = 4nNe. B)
Подставив значение со2 из B) в A), получим
tga = UDnN) = 0,040; a = 17'.
Замечание. Из ответа видно, что угол, образуемый вектором
а с радиусом, одинаков для всех точек тела и целиком определяется
углом поворота <р = 2nN, т. е. при заданном угле поворота не зависит
от промежутка времени, в течение которого произошел этот поворот.
При этом в начальный момент времени W = 0, tg a = oo, a = л/2, т. е.
вектор а направлен по касательной к траектории точки М. Наоборот,
при возрастании N угол а убывает (стремясь к нулю при N -*• оо).
1-7. При движении автомобиля его колесо
радиуса г = 0,75 м катится по окружности
радиуса R = 6,00 м в горизонтальной
плоскости. При этом центр колеса движется
с постоянной скоростью v = 1,50 м/с. Оп-
Определить: 1) угловую скорость и угловое
ускорение колеса; 2) угол, образуемый
|>;" ' 9 вектором (о с вертикалью.
Решение. Качение колеса по окружности представим как сум-
сумму двух вращательных движений: 1) с угловой скоростью С1)х вокруг
горизонтальной оси АВ (рис. 1-9) и 2) с угловой скоростью <аг вместе
с осью АВ вокруг вертикальной оси ОО'. Направление векторов <аи ш2
на рисунке соответствует правилу правого винта. Результирующий
вектор угловой скорости по модулю равен
A)
Величины соь м2 найдем по второй из формул A.15). Предвари-
Предварительно определим линейную скорость наружных точек колеса в его
вращении вокруг оси АВ. Для этого все движения рассмотрим в систе-
системе отсчета, связанной с автомобилем. Тогда колесо будет вращаться
вокруг неподвижной оси АВ, а точки дороги, соприкасающиеся с ко-
IQ

лесом, будут в силу относительности движения иметь скорость v' =
= —v. Так как между колесом и дорогой нет скольжения, то его на-
наружные точки также будут иметь скорость v', равную по модулю V.
Таким образом, из A) и A.15) получим
Как видно из чертежа, вектор ш образует с вертикалью угол
а = arctg (oVcoj) = arctg (Rlr) = 83°.
Чтобы найти угловое ускорение колеса, учтем, что оно согласно
определяющей его формуле A.11), равно скорости изменения вектора
<л. Хотя при качении колеса модуль вектора и не изменяется, сям
вектор изменяется: он поворачивается около оси 00'. Так какего на-
начало (точка В на рис. 1-9) неподвижно, то скорость изменения <л, т. е.
величина е, равна скорости перемещения конца вектора <¦> — точки С.
Точка С опишет окружность радиуса, численно равного аи за время,
равное периоду Т2 вращения колеса вокруг оси 00'. Поэтому с уче-
учетом A.16) получим
e==?^L = MlA,i= ^- = 0,50 рад/е.
§ 2. ЗАКОНЫ НЬЮТОНА
Основные формулы
Второй закон Ньютона для материальной точки постоянной массы
2F = ma, B.1)
где 2F — равнодействующая всех '¦ил, приложенных к телу, m и а — его мзеса
и ускорение.
Закон трения скольжения: сила трения скольжения пропорциональна силе
нормального давления между поверхностями трущихся тел, т. е.
FTD = nN, B.2)
гдр ц — коэффициент трения скольжения, чаиигящин от cbohctd поверхностей.
В неинерцнальной системе отсчета, движущейся поступательно с ускорени-
ускорением а0 относительно инерциальной системы, второй закон Ньютона имеет вид
2Р + Рии = «а, B.3)
где SF — сумма всех сил, действующих на данное тело со стороны других тел,
Рин = —та0 — сила инерции, а — ускорение тела в н«инерциальной системе
отсчета.
А. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ ПОД ДЕЙСТВИЕМ ПОСТОЯННОЙ СИЛЫ ТЯЖЕСТИ
И УПРУГИХ СИЛ
Методические указания
1. Важно помнить, что второй закон Ньютона, выражаемый урав-
уравнением B»1Ь ыцаадедлив .юлькв а ннерциальных системах отсчета.
В подавляющем большинстве 34ШЧ, в которых рассматривают дви-
17

жениетел относительно поверхности Земли, систему отсчета, связанную
с Землей, можно считать практически инерциальной. Тогда следует
считать инерЦЙальной и всякую другую систему отсчета, которая
движется поступательно и беэ ускорения относительно Земли.
2. Сила тяжести, согласно ее определению (см^, например, [4]), равна
mg, где т— масса тела, g — ускорение свободного падения в системе
отсчета, связанной с Землей. Вследствие суточного вращения Земли
сила тяжести немного отличается от силы, с которой тело притягивается
к Земле. Однако при решении задач этим различием обычно пренебре-
пренебрегают, полагая систему отсчета, связанную с Землей, инерциальной.
3. Во многих задачах динамики можно пренебречь силами трения,
возникающими при движении тел, и считать тогда, что тела находятся
лишь пед действием силы тяжести и упругих сил реакции связей (дав-
(давлений опор, натяжений нитей и т. д.). Здесь, как и в остальных разделах
§ 2, ограничимся лишь теми случаями, когда рашсры тел оказываются
несущественными для решения задачи, т. е. будем рассматривать тела
как материальные точки.
4. Для решения задач динамики составляется уравнение движения
материальной точки, выражающее второй закон Ньютона B.1). При
этом рекомендуется следующий порядок действий:
а) сделать чертеж и на нем изобразить все силы, действующие на
данное .тело.
Выражение «на тело действует сила» всегда означает, что данное
тело взаимодействует с другим телом, в результате чего приобретает
ускорение. Следовательно, к данному телу всегда приложено столько
сил, сколько имеется других тел, с которыми оно взаимодействует.
Чтобы правильно определить направление сил, действующих на
тело, надо помнить, что сила тяжести направлена вниз по линии отве-
с?, сила реакции опоры при отсутствии трения — по нормали к сопри-
соприкасающимся поверхностям в точке их касания в сторону тела, сила
натяжения нити — вдоль нити в сторону точки подвеса;
б) записать второй закон Ньютона в векторной форме B.1),
в) если силы действуют не по одной прямой, то выбирают две взаим-
взаимно перпендикулярные оси (два направления) х и у, лежащие в плоскос-
плоскости действия сил*. Спроектировав все векторы, входящие в уравнение
B.1), на эти оси, записывают второй закон в виде двух скалярных урав-
уравнений:
2/v= пшх, 2FU = таи. A)
В случае прямолинейного движения одну из осей (х) направляют
вдоль ускорения а, а другую (у) — перпендикулярно вектору а.
Тогда ах = а, ау = 0 и уравнения A) упрощаются:
-LFX = та, ZFV = 0. B)
В более общем случае криволинейного движения одну ось направ-
направляют вдоль тангенциального ускорения а (т. е. по касательной к кри-
кривой), другую — вдоль нормального ускорения ап.
* В курсе общей физики рассматривают, как правило, лишь плоские сие»
темы сил.
18

Если все силы, действующие на тело, лежат на одной прямой и,
следовательно, вдоль этой прямой направлен вектор а, то, выбрав ее
за ось проекций и направив в сторону вектора а, сразу записывают
второй закон в скалярной форме:
2F ~ та.
C)
где 2F — сумма проекций сил, действующих на тело.
Знаки всех проекций в уравнениях A)—C) определяются правнлом1
изложенным на стр. 10.
5. Если в задаче рассматривается движение системы связанных меж-
между собой тел, то уравнение движения записывают для каждого тела в
отдельности. Кроме того, записывают уравнения, выражающие так
называемые кинематические условия, связывающие ускорения отдель-
отдельных тел системы (например, равенство по модулю ускорений двух гру-
грузов, висящих на нерастяжимой нити, перекинутой через блок). Таким
образом, получают систему уравнения, число которых равно числу
неизвестных.
Если тела связаны нитью , массой которой можно пренебречь, то-
силу натяжения нити считают одинаковой по всей ее длине. Действи-
Действительно, предположив, что на участок нити длиной А/ действуют со сто-
стороны соседних частей силы Tt, T2, запишем по второму закону Нью-
Ньютона
Т1 — Т2 = Аша,
где Am — масса рассматриваемого участка нити. Полагая Am— 0,
получим 7\ = Т2. Если нить перекинута через блок, то равенство
Тх = Г2 выполняется только в том случае, когда можно пренебречь
массами нити и блока, а также силами трения, возникающими при
вращении блока.
Решение задач
2-1. В вагоне, движущемся горизонтально
с постоянным ускорением а = 3,0 м/с2,
висит на проволоке груз массой m =
= 2,00 кг. Определить силу натяжения Т
проволоки и угол а ее отклонения от вер-
вертикали, если груз неподвижен относительно
•////////////////////л вагона.
Рис 2 I
Решение. На груз действуют сила тяжести mg и сила натяже-
натяжения Т проволоки (рис. 2-1). Так как груз неподвижен относительно
вагона, его ускорение равно ускорению вагона. При этом нить должна
быть отклоненной от вертикали назад, так как только в этом случае
равнодействующая сил mg и Т будет направлена вперед, сообщая
19
к*
а
X

грузу ускорение а. Второй закон Ньютона B.1) в применении к грузу
выразится уравнением
mg + Т = та.
Проектируя векторы mg, Т, та на оси х и у (рис. 2-1), получим соот-
соответственно два скалярных уравнения:
Т sin a = ma, T cos а — пщ = 0.
Совместное решение этих уравнений и последующее вычисление
дают:
a=arctg(a/g), T =
3 0
a = arctg-L— = arctgO,31 — I7\
9,8
7---2,0/C,0)*+ (9,8)* Н = 21 Н.
2-2. Груз массой m = 45 кг вращается на
канате длиной / = 5,0 м в горизонтальной
плоскости, совершая п = 16,0 об/мин. Ка-
кпй угол а с вертикалью образует канат и
кокона сила его п.птяжения?
Рис. 2-2
Решение. На груз действуют сила тяжести mg и сила натяже-
натяжения Т каната (рис. 2-2). По второму закону Ньютона,
mg + J = ma. A)
Так как движение по окружности происходит здесь с постоянной
по модулю скоростью, то полное ускорение тела есть нормальное уско-
ускорение а„, направленное к центру окружности радиуса R:
a = an = (v2/R) = 4nV#.
Выберем оси хну так, чтобы одна из них была направлена в сторо-
сторону ускорения (рис. 2-2). Проектируя векторы, входящие в уравнение
A) на эти оси, получим:
Т sin a = m-4n2n2R, B)
Т cos а — mg = 0. C)
Из чертежа видно, что R = I sin а. Решив совместно уравпения B),
C) с учетом последнего равенства, имеем
Т = 4л2п2//л; a = arccos(g/in2n2l).
Подставив числовые значения величин в единицах СИ и выполнив
Вычисление, находим:
Г = 0,63 кН, cos а.= 0,71, а = 45°.
20

Замечание. Решения двух последних задач имеют много об-
общего: движение тел в обоих случаях происходит под действием сил оди-
одинаковой природы и сходных по направлению. Различие в движениях.
тел объясняется лишь тем, что в одном случае равнодействующая при-
приложенных сил направлена вдоль скорости тела (пр ямолинейное движе-
движение), в другом — равнодействующая, будучи постоянной по модулю,
направлена под прямым углом к скорости (равномерное движение по
окружности).
Более сложные задачи на неравномерное движение по окружности
рассмотрены в § 3 «Законы сохранения», так как решение этих задач
весьма упрощается благодаря применению кроме законов Ньютона
закона сохранения энергии.
2-3. В вагоне укреплен отвес (шарик мас-
массой т на нити). Какое направление примет
отвес, когда вагон будет скатываться без
трения с наклонной плоскости, образую-
образующей с горизонтом угол а (рис. 2-3)? Счи-
Считать, что отвес неподвижен относительно
вагона.
Рис. 2-3
Решение. Предположим, что отвес составляет с нормалью к на-
наклонной плоскости искомый угол р1 (рис. 2-3). На шарик действуют
сила тяжести mg и сила натяжения Т нити. По второму закону Ньюто-
Ньютона,
mg + T = ma, A)
где а — ускорение шарика, равное ускорению вагона. Так как вагону
сообщает ускорение составляющая его силы тяжести, направленная
вдоль наклонной плоскости и равная Mg sin а, где М — масса вагона,
то, по второму закону Ньютона, ускорение вагона
а=— =gsina. B)
м
Выберем ось проекций х, направив ее вдоль ускорения а. Тогда
вместо векторного уравнения A) с учетом B) получим
mg sin a + Т sin Р = mg sin a,
отсюда
T sin P = 0. C)
Так как Т Ф 0 (одна лишь сила тяжести не может сообщить шарику
ускорение g sin a), то из C) имеем
sin Р = 0, р = 0.
Таким образом, при спуске вагона отвес расположен по нормали
к наклонной плоскости,
21

2-4. Определить ускорения ах и а2, с кото-
которыми движутся грузы ш, и ш2 в установке,
изображенной на рис. 2-4, а также силу
натяжения Тннти. Трением и массой блоков
пренебречь. Нить считать невесомой и не-
нерастяжимой.
Р е ш е н и е. На груз тх действуют силы тяжести m^g и сила натя-
натяжения Т1 нити, на груз т2 — сила тяжести m,gw силы натяжения Т2,
Т3 нитей. При этом Гх = Гг = Ts — Т (см. указания на стр. 19).
Поскольку все силы направлены по вертикали, запишем уравнения,
выражающие второй закон Ньютона, применительно к грузам сразу
в скалярном виде, выбрав положительным направление вниз и пред-
предположив, что ускорение груза т, направлено вниз и, следовательно,
ускорение груза гп2 — вверх:
8 — Т -= mtat,
— 2Т = —m2a2.
(I)
B)
Рассматривая кинематическую схему установки и учитывая усло-
условие нерастяжимости нити, запишем соотношение между модулями пе-
перемещений грузов, происходящих за одно и то же время: s, = 2s2.
Очевидно, такое же соотношение существует и между модулями уско-
ускорений грузоь:
о, -= 2л,.
Решив совместно уравнения A), B), C), получим:
2 Bгп1 — т,2) 2пц — гщ_ Т 3>m1m2
C)
4mx + ni2 4ml-\-m2
Отсюда следует: 1) если 2mv > m2, то о, > 0, а2 > 0, т. е. уско-
ускорения грузов направлены так, как мы предположили; 2) если 2пг1 =
= шг, то ах = о2 = 0 — грузы покоятся или движутся равномерно;
3) если 2тх < т2, то aY < 0, а2 < 0. В этом случае ускорение груза
т1 направлено вверх, ускорение груза а2 — вниз.
Замечание. Во всех трех случаях направления скоростей
грузов остаются неопределенными, так как они зависят от направлений
начальных скоростей и времени движения. Например, при 2гп1 > т2
груз тх может двигаться ускоренно вниз или замедленно вверх. В
обоих случаях вектор ах направлен вниз.
22

Б. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛ ПРИ НАЛИЧИИ СИЛ ТРЕНИЯ
Рис. 2-5
Методические указания
1. При движении тела по поверхности какого-либо другого тела
между ними возникает взаимодействие, при этом к первому телу ока-
оказывается приложенной сила R (рис. 2-5), которую называют силой
реакции опоры. Во всех реальных случаях эта сила направлена не по
нормали к соприкасающимся поверхностям, а отклонена от нее в сто-
сторону, противоположную скорости v движения тела. Разложив силу R
на составляющие по нормали и по касательной к соприкасающимся
поверхностям, получим R = N -(- FTP, где N — сила нормального
давления, FTp — сила трения. Таким образом,
сила трения является, по существу, одной из
составляющих силы реакции опоры.
2. Сила трения скольжения подчиняется за-
закону трения скольжения B.2) и направлена
всегда в сторону, противоположную относи-
относительной скорости тела. Появление силы трения
не может изменить направление относительной
скорости тела: в крайнем случае под действием
силы трения тело остановится и тогда сила тре-
трения скольжения исчезнет. Этим обстоятельством пользуются в тех
задачах, где заранее неизвестно направление движения тела (см. за-
задачу № 2-6).
3. Сила трения покоя F,,0K всегда равна по модулю и противополож-
противоположна по направлению той силе, которая должна была бы вызвать сколь-
скольжение. Поэтому сила Fn0K есть величина переменная даже при постоян-
постоянном значении силы N. Однако она имеет предел — величину F,WH макс,
определяемую законом трения покоя: Faoli макс = \>-nN, где |Л„ —
коэффициент трения покоя. Решая задачи, мы будем приближенно счи-
считать \i0 = ц, т. е. будем полагать максимальное значение силы трения
покоя равной силе трения скольжения.
Решение задач
2-5. Тележку массой М — 20,0 кг, на ко-
которой лежит груз массой т = 10,0 кг,
тянут с силой F, направленной горизон-
горизонтально (рис. 2-6). Коэффициент трения
между грузом и тележкой р. = 0,100. Пре-
Пренебрегая трением между тележкой и опо-
опорой, найти ускорения тележки а^ и груза
а2, а также силу трения между грузом и
тележкой в двух случаях: 1) F = 2,00 кгс,
2) F = 6,00 кгс.
Решение. Рассмотрим силы, действующие на оба тела. При этом,
поскольку их ускорения направлены по горизонтали, достаточно учи-
учитывать лишь силы, действующие горизонтально, так как остальные —
направленные по вертикали — заведомо уравновешиваются.
J2L
Рис. 2-6
23

На тележку действуют сила F и сила со стороны груза FTP1. По-
Последняя направлена против скорости тележки относительно груза при
трении скольжения или против силы F при трении покоя, т. е. в любом
случае сила FTP. направлена влево (рис. 2-6). На груз действует сила
трения со стороны тележки FTp2, направленная, согласно третьему
закону Ньютона, вправо, причем по модулю Frpl = Frpi = Frp. На-
Направив ось проекций в сторону ускорения, т. е. по горизонтали вправо,
запишем в скалярном виде уравнения движения тележки и груза:
A)
FTP ¦= та.. B)
Уравнения A), B) содержат три неизвестных. Чтобы получить еще
одно уравнение, выясним характер силы трения между тележкой и
грузом. Если тележка выскальзывает из-под груза, то между ними
действует сила трения скольжения, подчиняющаяся закону B.2). Так
как в данном случае сила М равна по модулю силе тяжести груза, то
FTp =* \wig. (За)
Если же тележка и груз двигаются как одно целое, то между ними дей-
действует сила трения покоя FUOK Ф \irng. Однако в этом случае выполняет-
выполняется равенство
а{ = а2. C6)
Таким образом, в обоих возможных случаях получим систему трех
уравнений.
Итак, необходимо выяснить характер сил трения, действующих
между телами. Рассмотрим подробнее оба возможных варианта:
а) тележка выскальзывает из-под груза. Между ними действует си-
сила трения скольжения, которую найдем по формуле (За):
Fn, = 0,100-10,0-9,8 Н = 9,8 Н;
б) тележка и груз движутся как одно целое, удерживаемые трением
покоя. Тогда, обозначив ах = аг = а, запишем систему уравнений A),
B) в виде
F — F,l0lt = Ma, Fпок = та.
Решив эту систему, получим
а =-- Fl (M + т), D)
FUOK = Fml(M + /л). E)
Формула E) выражает пропорциональную зависимость между F
и Fпок. Однако значение F[l0[t имеет предел, равный силе Fтр, которая
уже найдена. Поэтому в действительности два тела будут двигаться как
одно целое лишь при таких значениях силы F, при которых значение
FUQK, определяемое по E), не будет превышать ее предельного значе-
значения. Проделав расчеты, получим:
1) если F = 2,00 кгс = 19,6 Н, то Fn0K = 6,5 Н;
24

2) если F = 6,00 кгс = 58,8 Н, то Fmi< = 19 Н, что невозможно,
ибо предельное значение Fn0H равно 9,8 Н. Значит, в этом случае меж-
между телами будет действовать трение скольжения.
Теперь легко ответить на все вопросы задачи:
1) F = 19,6 Н. Между телами действует сила трения покоя Fnm =
= 6,5 Н. Из формулы D) находим а — 0,65 м/с2;
2) F = 58,8 Н. Между телами действует сила трения скольжения
Fip=9,8 Н. Из A) и B) находим ускорения тел- а,=2,5 м/с2, я2=0,98м/с2.
2-6. На вершине двух наклонных плоскос-
плоскостей, образующих с горизонтом углы а —
--- 30° и р = 45°, укреплен блок (рис. 2-7).
Грузы т, = 1,00 кг, и т2 = 2,00 кг соеди-
соединены нитью, перекинутой через блок. Оп-
Определить ускорение а, с которым начнут
двигаться грузы вдоль наклонных плоскос-
плоскостей, и силу натяжения Т нити. Коэффи-
Коэффициенты трения грузов о плоскости равны
между собой: [i, = ц,2 = ц,. Блок и нить
PllL 2 7 считать невесомыми, трение в оси блока
по учптыпать Рассмотреть случаи:
1) |'( --• 0,10, 2) ц -= 0,20.
Решение. На каждый из грузов действуют четыре силы: сила
тяжести, сила нормального давления N опоры, сила трения FTP и сила
натяжения Т нити. В этой задаче мы заранее не знаем направления сил
трения и, следовательно, не можем сразу приступи 1ь к составлению
уравнений движения грузов в скалярной форме. В самом деле, сила
трения направлена всегда в сторону, противоположную относительной
скорости дви-жущегося тела. Но куда движутся грузы — неизвестно.
Воспользуемся тем правилом, что сила трения, возникающая при
движении тела, не может изменить направления его относительной ско-
скорости. Выясним направление движения грузов, предположив, что
трение отсутствует. Так как в этом случае ускорение грузов опреде-
определяется разностью составляющих сил тяжести, направленных вдоль
соответствующих плоскостей, то найдем эти составляющие:
m.gsin Р = 1,0О-9,8-0,71 Н = 6,9 Н,
m2g sin a = 2,00.9,8-0,50 Н = 9,8 Н.
Так как m{g sin P <Г m2g sin а, то груз тх будет двигаться по на-
наклонной плоскости вверх, груз т2 — вниз. А поскольку силы трения
не могут изменить направление движения тел, то и при наличии тре-
трения грузы будут двигаться так же.
Теперь приступим к составлению уравнений движения грузов.
Выбрав для каждого груза оси проекций хну так, чтобы одна из осей
была направлена вдоль ускорения (рис. 2-7), запишем для каждого
груза /ttj и т2 в проекциях на оси соответственно по два скалярных
25

уравнения (учитывая при этом, что 7\ = Тг — Т, см, указания на
ар. 19):
m2gsina —Г —Л.р2=т2я, 2
jV2—m2gcosa^=0.
Кроме того, по закону трения скольжения,
Fтр1 = цЛ/j, FTP2 = fijV2. C)
Систему уравнений A) — C) с неизвестными а, Т, /Vt, /Va, / ipi,
F,v2 преобразуем в систему из двух уравнений:
Т—mjgsinp1— umicosp^mja, ^
m2gsin a—Т— (j,m2gcosa=m2 a,
о которой два неизвестных: а и Т. Решив эту систему, получим:
а -- \ш2 (sina — (i cos a) — mt (sin P + ц cosP)]^/(mj + m2), E)
T = [sin a + sin p — [i(cos a— cos P)lmjm2g/(m] + ш2). F)
Подставив в формулы E) и F) числовые данные для первого случая
(ц. = 0,10), получим:
а = 0,18 м/с2, Т = 7,9 Н.
Для огорого случая (ц = 0,20) из формулы E) имеем
а = —0,19 м/с2.
Прежде чем выполнять дальнейшие расчеты, проанализируем полу-
полученный результат. Отрицательное значение ускорения показывает,
что при ц =5 0,20 направления движения грузов противоположны тем,
что были бы при отсутствии трения (при этом учитываем, что в обоих
случаях начальные скорости грузов равны нулю). Но этого не может
быть, так как сила трения не в состоянии изменить направление движе-
движения тела. Таким образом, получен неверный ответ для ускорения. Сле-
Следовательно, система уравнений A)—C) не соответствует действитель-
действительности при ц. = 0,20. Единственной ошибкой, которую мы могли здесь
допустить, является предположение о том, что грузы находятся в
состоянии движения и между ними и плоскостями действуют силы
трения скольжения [это отражено в уравнениях C)]. Следовательно,
на самом деле при ц, = 0,20 грузы находятся в состоянии покоя, удер-
удерживаемые силами трения покоя, для которых соотношения C) неспра-
несправедливы. Итак, о = 0 при ц. = 0,20.
Теперь вместо системы D) получим систему
Т — m,g sin р — FnoH, = 0,
m2 g sin a — Т — Fuwi = 0,
26

в которой неизвестны Т, Fnoxi, Fn0Kt и которая, очевидно, не имеет
единственного решения для Т. Задача стала неопределенной: величина
Т теперь зависит от некоторых дополнительных обстоятельств, не
указанных в условии, а именно от того, каким образом грузы были по-
помещены в положение, изображенное на рис. 2-7.
В. НЕИНЕРЦИАЛЬНЫЕ СИСТЕМЫ ОТСЧЕТА
Методические указания
1. В задачах, в которых идет речь о физических явлениях, происхо-
происходящих внутри ускоренно движущегося тела (вагона, лифта, куска
металла и т. д.), решение, основанное на применении второго закона
Ньютона, упрощается, если рассматривать явление в неинерциальной
системе отсчета, связанной с ускоренно движущимся телом. Соответ-
Соответственно двум движениям тела — поступательному и вращательному—
применяют как поступательно движущиеся, так и вращающиеся не-
инерциальные системы отсчета. В поступательно движущихся иеипер-
циальных системах отсчета второй закон Ньютона выражается урав-
уравнением B.3).
Это же уравнение применимо и во вращающихся системах отсчета
при условии, что рассматриваемая материальная точка (частица) в ней
покоится. Тогда в выражении B.3) а = 0, а0 == а„ — центростреми-
центростремительное ускорение той точки вращающейся системы отсчета, в которой
находится данная частица; величину FnH = —та„ называют центро-
центробежной силой инерции.
Сила инерции, входящая в уравнение B.3), отличается от других
сил тем, что она существует только в неинерциальной системе отсчета
и для нее нельзя указать тех конкретных тел, со стороны которых
она действует.
2. С>щестиуе-т другой способ объяснить поведение тела в неинер-
неинерциальной системе отсчета, движущейся поступательно (или вращаю-
вращающейся, если рассматриваемая материальная точ-
точка в ней покоится). При этом никаких сил
инерции не вводят, но считают, что происходит
изменение поля тяготения: ускорение силы тя-
тяжести* изменяется по модулю и направлению и
вместо g становится равным ?', причем
g' = g .+ (-aj, B 4) Jg Tj%
где а„ — ускорение той точки неинерциальной
системы отсчета (относительно инерциалыгой), Рис- 2 °
в которой находится данная частица (рис. 2-8).
На рисунке: а0 — ускорение вагона относительно Земли, g' — уско-
ускорение частицы Am относительно вагона. В системе отсчета, связанной
с вагоном, поле тяготения таково, что линия отвеса (направление век-
вектора g') оказывается наклоненной к полу вагона, а сила тяжести от-
отличается от той, что была в неподвижном вагоне.
* Правильнее в этом случае величину g называть напряженностью поля
тяготения (см § 5).
27

Этот метод объяснения поведения тел в неинерциальных системах
отсчета получил обоснование в общей теории относительности.
3, Из двух рассмотренных методов второй гораздо быстрее приво-
приводит к цели в тех случаях, когда искомая величина определяется в инер-
циальной системе отсчета какой-либо известной формулой, содержащей
ускорение силы тяжести. Тогда достаточно принять это ускорение рав-
равным величине g"\ выражаемой уравнением B.4), и произвести необхо-
необходимые вычисления. Сюда относятся задачи на распределение давления
в жидкости или газе в ускоренно движущихся сосудах (см. задачу
№ 6-4), на колебания математического или физического маятника в
ускоряемых кабинах и т. п.
Решение задач
2-7. Тело массой т, находящееся на верши-
2? /л/ »е наклонной плоскости, удерживается
силом трения. За какое время тело спус-
спустится с наклонной плоскости, если она ста-
станет двигаться в горизонтальном иаправле-
7^ нчи с ускорением ай = 1,00 м/с2 (рис. 2-9)?
Длина плоскости / = 1,00 м, угол накло-
наклоне '2 9 на к горизонту а-=30°, коэффициент трения
между толом и плоскостью ц. = 0,60.
Решение. Выберем систему отсчета, связанную с наклонной
плоскостью. Пока плоскость покоится, на тело действуют три силы:
сила тяжести mg, сила нормального давления N опоры и сила трения
покоя FII0Ii, которые уравновешивают друг друга. Как только начнет-
начнется ускоренное движение плоскости и «привязанная» к ней система от-
отсчета станет неинерциальной, появится четвертая сила, действующая
на тело, — сила инерции FUH = —mau. Равновесие нарушится и тело
начнет скользить вниз по наклонной плоскости с ускорением а. Так
как искомое время определяется известной формулой пути равноуско-
равноускоренного движения без начальной скорости
A)
то надо найти ускорение а. Для этого запишем второй закон Ньютона
в нашей неинерциальной системе отсчета:
mR + N + FTP + Fmr = ma. B)
Выберем оси проекции, как покачано на рисунке. Проектируя все
векторы, входящие в уравнение B), па оси х и у, получим соответст-
соответственно два скалярных уравнения:
mg sin а — F^p + та0 cos a = та, C)
—mg cos a + N -f- ma{) sin a = 0. D)
Решив систему C), D) с учетом FTp = pN, найдем ускорение*
a = g (sin a — ц cos a) -f- a0 (cos a + y, sin a).
28

Теперь по формуле A) имеем
/=>/ 21 [g (sin а—ц cos а) -+ а0 (соз а + p. sin а)].
Подставив числовые значения величин, найдем
* = 0,8 с
Итак, рассмотрев поведение тела в неинерциальной системе отсчета
и введя силу инерции, мы свели дело к простой задаче, решаемой стан-
стандартным методом динамики. Решение же в инерциальной системе
отсчета оказалось бы значительно более трудным.
2-8. Сосуд с жидкостью вращается вокруг
вертикальной оси с постоянной угловой
скоростью т. Определить форму поверх-
поверхности жидкости.
Рис. 210
Решение. Каждая точка вращающегося сосуда с жидкостью
имеет ускорение, направленное к оси вращения и равное аа = со2*,
где х — расстояние точки от оси вращения. Рассмотрим явление в не-
ннерциальной системе отсчета, «привязанной» к вращающемуся сосу-
сосуду. В ней жидкость будет неподвижной. Решим задачу двумя спосо-
способами, соответствующими двум методам объяснения поведения тела
в неинерциальной системе отсчета:
1. На частицу жидкости массой Am, лежащую на поверхности на
расстоянии х от оси вращения, действуют три силы: 1) сила тяжести
Amg, 2) центробежная сила инерции FHH = —Ama0, 3) сила реакции R
соседних частиц жидкости (рис. 2-10). Равнодействующая внешних
сил, действующих на частицу Am покоящейся жидкости, должна быть
направлена по нормали к поверхности жидкости в данной точке (здесь
внешними являются силы Amg и FHH, а сила Q — их равнодействую-
равнодействующая). В противном случае существовала бы направленная по касатель-
касательной MN составляющая силы Q, которая вызвала бы скольжение части-
частицы по поверхности жидкости.
Отсюда можно найти угол а наклона касательной MN к линии ю-
ризонта (оси Ох). Как видно из чертежа,
king g
Учитывая, что tg a = (dyldx), получим дифференциальное урав-
уравнение кривой, вращение которой вокруг оси Оу образует поверхность
жидкости;
<*У _ И" у
л,
dx g
откуда
, y=JLxt+-c. (l)

Очевидно, прн данном выборе оси Ох постоянная С = 0.
Из A) следует, что кривая на рис. 2-10 — парабола. Следователь-
Следовательно, поверхность жидкости является параболоидом вращения.
2. Не будем вводить сил инерции, но
учтем, что при вращении сосуда в связан-
связанной с ним системе отсчета изменяется поле
тяготения. При этом «новое» ускорение
силы тяжести ^выражается через «старое»
ускорение g соотношением B.4): g1 =
= g + (-а„).
Выберем точку А поверхности жидко-
жидкости, расположенную на расстоянии х от
оси вращения (рис. 2-11). Пусть векторы g'
и g образуют в этой точке угол а. Так как
поверхность покоящейся жидкости всегда нормальна к направлению
силы тяжести, то, как видно из чертежа, между касательной MN
и линией горизонта (осью Ох) также будет угол а, при этом
\
Л
0
X
А/
А
м-
/
а
X
9'
Рис. 2 11
g
в 8
Дальнейший ход решения совпадает с тем, что получен при первом
способе,
§ 3. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ
Основные формулы
Импульс (количество движения) материальной точки есть векторная вели-
величина
р = т\ C 1)
Импульс системы материальных точек равен (по определению} векторной
сумме импульсов всех частиц, образующих систему:
Р=
m'
C.2)
/= I
2
Центром инерции системы материальных точек называется точка С, поло-
положение которой в пространстве определяется радиусом-вектором, имеющим нача-
начало в произвольной точке О и равным
tli Г)
г
М
C-3)
Здесь mi — масса (-ft материальной точки, rj— ее радиус-вектор с началом в той
же точке О, М — масса всей системы
Импульс системы материальных точек равен произведению массы М си-
системы на скорость движения \с ее центра инерции:
p = Mvc. C.4)
Систему взаимодействующих тел называют замкнутой, если на нее извне не
действуют другие тела. Для такой системы выполняется закон сохранения им-
импульса: импульс замкнутой системы есть величина постоянная, т. е.
р = const.
C.5)
30

Работа, совершаемая силой F при элементарном перемещении Дг,
АА = РДг = FAi cos a, C.G)
где As = | Дг | — элементарный путь, а — угол между векторами F, Дг.
Работа переменной силы F на пути s
Л= JF cos ads. C.7)
о
Ичменение полной энергии системы равно работе, совершенной внешними
силами, приложенными к системе:
C.8)
Кинетическая энергия тела, движущегося поступательно со скоростью о,
1РК = mvV2. C.9)
Потенциальная энергия тела, поднятого вблизи поверхности Земли на вы-
высоту h,
Wa=mgh (ЗЛО)
Потенциальная энергия упруго деформированного тела
C.U)
где k — коэффициент упругости, определяемый отношением упругой силы к ве-
величине х упругой деформации
Закон сохранения энергии в механике- полная механическая энергия зам-
замкнутой системы в которой действуют только консервативные силы, есть вели-
величина постоянная, т. е
«''к + W,, = const. C-12)
Общие замечания Как импульс, так и кинетическая энергия тела
зависят от выбора системы отсчета, изменяясь при переходе от одной
системы отсчета к другой. Поэтому, составляя уравнения, выражаю-
выражающие законы сохранения импульса и энергии, необходимо рассматри-
рассматривать движения всех тел в одной и той же инерциальной системе отсче-
отсчета*. В большинстве случаев, решая задачи, пользуются той инерциаль-
инерциальной системой отсчета, к которой относится условие задачи. Это так
называемая «лабрраторная» система отсчета, обычно связанная с Зем-
Землей.
Если в условии задачи фигурирует относительная скорость уот„
сближения (или удаления) двух движущихся по одной прямой частиц
в некоторый момент времени их взаимодействия, то целесообразно
рассматривать явление в такой инерциальной системе отсчета, в кото-
которой одна из частиц в этот момент неподвижна. Тогда скорость другой
будет vom.
Иногда решение задачи упрощается, если выбрать такую систему
отсчета, которая движется поступательгю относительно «лаборатор-
«лабораторной» со скоростью центра инерции системы частиц** и в которой, следо-
* В неинерциальной системе отсчета на тела действуют силы инерции, внеш-
внешние по отношению к данной системе тел. Поэтому всякая система тел в этом
случае является неизолированной системой, для которой ни полный импульс,
ни полная энергия ие сохраняются.
** Здесь и далее имеется в виду изолированная система частиц.
S1

вательно, центр инерции неподвижен. Будем для краткости называть
такую с.истему отсчета связанной с центром инерции. Этой систе-
системой отсчета пользуются в тех случаях, когда необходимо рассматри-
рассматривать относительное перемещение частей системы, центр инерции ко-
которой движется относительно «лабораторной» системы отсчета (см.
задачи №3-2, 11-9, 31-4).
Из формул C.3), C.4), C.5) вытекают следующие свойства системы
отсчета, связанной с центром инерции:
а) скорость центра инерции системы частиц в любой инерциальнои
системе отсчета есть величина постоянная, т. е.
vc = const, C 13)
и, следовательно, система отсчета, связанная с центром инерции, также
является ьчерциальной,
б) в этой и только в этом системе отсчета иыпилниются соотноше-
соотношения:
, Аг, = 0, C.14)
р = 2m, v, = 0, C.15)
где/И/, V; — масса и скорость /-й частицы, Аг( —ее перемещение, со-
соответствующее переходу системы из начального положения в конеч-
конечное, р — импульс системы частиц;
в) в этой и только в этой системе отсчета суммарная кинетическая
энергия частиц может обращаться в нуль в случае их относительного
покоя.
А ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ИМПУЛЬСА
Методические указания
1 Ценность закона сохранения импульса для решения задач ди-
динамики в том, что он, связывая начальное и конечное значения импуль-
импульса замкнутой системы, Позволяет исключать из рассмотрения внутрен-
внутренние силы, т. е. силы взаимодействия частей системы. Поэтому закон
применяют в тех задачах, в которых силы взаимодействия между
отдельными телами системы являются величинами переменными, при-
причем характер их изменения во времени сложен или вообще неизвестен
(например, силы, возникающие при ударе).
2. Уравнение C.5), выражающее закон сохранения импульса, яв-
является векторным. Поэтому, находя вектор р = Брй надо руковод-
руководствоваться правилом сложения векторов или, выбрав оси проекций
Ох и Оу, записать закон сохранения импульса в скалярной форме двумя
уравнениями:
рх = const, py = const.
Если импульсы всех тел системы направлены вдоль одной прямой,
то, выбрав эту прямую за ось проекций, сразу записывают закон со-
32

хранения импульса в скалярной форме:
р = const,
где р = 2рг — сумма проекций импульсов воех тел системы.
3. Закон сохранения импульса справедлив для замкнутых систем.
Однако его можно применять и для систем, на которые действуют внеш-
внешние силы при условии, что их сумма равна нулю: 2FBHem = О-
Если же 2FBHem Ф О, но окажется, что сумма проекций всех внеш-
внешних сил на некоторую ось (Ох) равна нулю, то
рх = const,
т. е. проекция импульса системы на направление, в котором внешние
силы не действуют (или уравновешиваются), есть величина постоянная.
Решение задач
3-1. На железнодорожной платформе, дви-
t жущейся по инерции со скоростью и, ук-
y?Z^fvc реплено орудие, ствол которого направлен
т^^^з в сторону движения платформы и припод-
м/~~~)^У v/3 нят наД горизонтом на угол а (рис. 3-1).
^ ( ^^77? Орудие произвело выстрел, в результате
,f?f> iSS ^ чего скорость платформы с орудием умень-
уменьшилась в 3 раза. Найти скорость v' снаряда
Рис 3-1 (относительно орудия) при вылете из
ствола. Масса снаряда т, масса платфор-
платформы с орудием М.
Решение. Выясним возможность применения закона сохране-
сохранения импульса. На систему платформа с орудием — снаряд извне дей-
действуют две силы: сила тяжести системы (М + m)g и сила нормального
давления N рельсов. До выстрела эти силы уравновешивались, так
как система двигалась равномерно. Во время выстрела сила взаимо-
взаимодействия между платформой и рельсами возрастает вследствие явления
отдачи, поэтому равновесие сил, приложенных к системе, нарушается:
N > (М + m)g. Следовательно, во время выстрела система не являет-
является замкнутой, ее импульс изменяется. Учтем, однако, что обе рассмот-
рассмотренные силы действуют по вертикали, в то время как в горизонтальном
направлении никакие силы на систему не действуют (трением плат-
платформы о рельсы пренебрегаем). Поэтому проекция импульса системы
на горизонтальное направление (ось х на рис. 3-1) есть величина по-
постоянная:
рх — const. A)
Пусть состояниям системы до и после выстрела соответствуют зна-
значения величины рх, равные рх1 и рх2. Рассматривая все движения отно-
относительно Земли, получим:
рл = (М + m)v, B)
:os p, C)
Зек. 1520 33

где vc cos p — проекция на ось х скорости vc снаряда относительно
Земли (рис. 3-1).
Чтобы связать величину vc с искомой скоростью v , будем рассмат-
рассматривать движение снаряда относительно Земли как сложное, состоящее
из двух: со скоростью v' относительно орудия и со скоростью v/3
вместе с орудием относительно Земли. Тогда в соответствии с форму-
формулой A.18) получим
vc = v' 4 v/3. D)
Спроектируем векторы, входящие в D), на ось х:
vc cos f> = v' cos a + v/3. E)
Заменив в C) величину vc cos p ее значением по E) и приравняв
согласно A) правые части формул B) и C), найдем
Зт cos a
3-2. На корме лодки длиной / и массой М
сидит человек массой т. В результате
/ , "¦ кратковременного толчка лодка с челове-
_ ' J-\ ком приобретает скорость v0 и начинает
' JLef. И двигаться от одного берега канала шириной
. >] d к другому (рис. 3-2), при этом человек
переходит с кормы на нос лодки. Пренеб-
р"с 3 регая сопротивлением воды, найти время
движения лодки.
Решение. Рассматривая систему лодка — человек как замкну-
замкнутую и применяя к ней закон сохранения импульса C.5), приходим к вы-
выводу, что, поскольку закон движения человека относительно лодки нам
неизвестен, движение лодки относительно воды (или Земли) нельзя
считать равномерным. Однако на основании соотношения C.13) мож-
можно утверждать, что скорость центра инерции системы относительно
воды есть величина постоянная: vc = vu = const. Отсюда следует,
что искомое время
/=СГС,/УО, A)
где С, иС,- начальное и конечное положения центра инерции си-
системы, ~Cfil и v0 — его перемещение и скорость. Далее возможны два
пути решения задачи:
1. Как видно из рисунка, выполняется соотношение
dC, = d — / + | А хг. |. B)
где d — I — модуль перемещения лодки относительно воды, |Дхс| —
модуль перемещения центра инерции системы относительно лодки.
Чтобы найти величину | Ахс|, выберем систему отсчета, связанную
с центром инерции системы лодка — человек.
34

Пусть %, s, — модули перемещений лодки и человека. При этом,
как видно из рис. 3-3, sa = / — s^ Тогда, направив ось проекций
вправо и учитывая направление перемещений двух тел, запишем соот-
соотношение C.14) в скалярной форме:
—Msx + т (I — sy) = О,
откуда
sl = [ml (M + m)U. C)
Но в силу относительности движения
| Ахс\ = S].. Теперь из (I)—C) находим ответ:
, d — lMI(M+m)
щ
...
D) р„с 3 3
2, Из формулы A) следует, что ответ не зависит от характера дви-
движения человека. Предположим, что оно было равномерным в течение
всего промежутка времени t*. Тогда будет равномерным и движение
лодки. Пусть р0, р — импульсы системы соответственно в начальный
и некоторый промежуточный моменты времени. Тогда, по закону со-
сохранения импульса, р0 = р, т. е.
(М + m)v0 = M[(d — I)lt\ + in (d/t), E)
где (d — l)/t — скорость лодки, d/t — скорость человека (все скорости
даны в системе отсчета, связанной с Землей).
Решив уравнение E) относительно t, получим тот же ответ D).
Б. РАБОТА, ЭНЕРГИЯ. ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
Методические указания
1 В механике применяют закон сохранения энергии главным об-
образом в тех задачах, где между телами, образующими замкнутую си-
систему, действуют потенциальные силы (гравитационные и упругие),
изменяющиеся во времени. В этих случаях расчет скоростей тел или
их координат при помощи второго закона Ньютона приводит к необ-
необходимости интегрирования, для выполнения которого надо знать за-
закон изменения силы F = F (t). Применение закона сохранения энер-
энергии, связывающего начальное и конечное состояния системы взаимодей-
взаимодействующих тел, упрощает решение подобных задач, так как позволяет
не рассматривать действующие между телами силы (см. задачу №3-4).
В задачах на движение тела по окружности в вертикальной пло-
плоскости на тело также действуют изменяющиеся во времени силы.
При этом наряду с законом сохранения энергии приходится все же
использовать второй закон Ньютона. Однако и в этом случае можно ре-
решить задачу, не зная зависимости F = F (t) (см. задачу № 3-5).
* Мы пренебрегаем промежутком времени At (\t<^t), в течение которого ско-
скорость человека возрастала от i'o до v. Скорость v сохранялась затем До конца. Су-
Существенно, что при данном способе решения задачи величину Д1 можно считать
как угодно малой.
2* 35

2. Подчеркнем, что закон сохранения механической энергии можно
применять к системе взаимодействующих тел при одновременном вы-
выполнении следующих условий: а) система должна быть замкнутой
(закон применим и для систем, на которые действуют внешние силы,
в том случае, если их суммарная работа равна нулю, т. е. 2Мпнеш = 0);
б) внутри системы должны отсутствовать силы трения (кроме сил тре-
трения покоя) и силы неупругих деформаций, так как иначе механическая
энергия системы будет рассеиваться, превращаясь во внутреннюю энер-
энергию.
3. Если тело (или система тел) движется под действием силы тя-
тяжести, его нельзя считать изолированным. В этом случае изолирован-
изолированной системой, к которой можно применять закон сохранения энергии,
будет система тело — Земля. Однако, исключая при этом из рассмот-
рассмотрения энергию Земли, мы практически не совершим ошибки по сле-
следующим причинам: а) само понятие потенциальной энергии тела в поле
тяготения Земли предполагает энергию взаимодействия тела и Земли,
и уже поэтому характеризует энергию всей системы, а не одного тела;
б) изменением кинетической энергии Земли в результате ее взаимо-
взаимодействия с падающим телом можно пренебречь (легко показать, что
кинетическая энергия, получаемая телами в результате их взаимодей-
взаимодействия, обратно пропорциональна массам тел*). Поэтому при решении
задач на движение тела (или системы тел) в поле тяготения Земли на
рассматривают ни потенциальную, ни кинетическую энергию Земли.
4. Выбор нулевого уровня отсчета высоты h, входящей в формулу
C.10) потенциальной энергии поднятого тела, произволен. При измене-
изменении нулевого уровня на величину Д/г в обеих частях уравнения, вы-
выражающего закон сохранения энергии, появится один и тот же член
mgAh, что, разумеется, не повлияет на решение задачи. Обычно за ну-
нулевой уровень принимают самое нижнее положение движущегося тела.
Если потенциальная энергия какого-либо тела системы не тме-
няется, то, составляя уравнение, выражающее закон сохранения энер-
энергии для системы, эту энергию вообще можно не рассматривать.
Решение задач
3-З.Санки, движущиеся по горизонтальному
льду со скоростью v, въезжают на асфальт.
Считая, что длина полозьев санок равна /,
^ а коэффициент трения их об асфальт равен
ларапт f1» определить путь s, пройденный санками
по асфальту, если известно, что s > I.
Рис 3 4 Массу санок считать равномерно распре-
распределенной по длине полозьев Трением санок
о лед пренебречь.
* Действительно, из закона сохранения импульса следует, что импульсы,
получаемые телами при взаимодействии бе.) начальных скоростей, ракны друг
другу по модулю: т^ = таи2- Поэтому можно записать следующие равенства:
36

Решение. Когда сани въезжают на асфальт, происходит по-
постепенное увеличение силы давления N полозьев на асфальт от нуля
до максимального значения, равного силе тяжести tng санок. В связи
с этим возрастает и сила трения FTp = цМ, действующая на сани со
стороны асфальта.
Поскольку санки движутся под действием переменной силы, вос-
воспользуемся для решения понятиями работы и энергии. Работа силы
трения, действующей на санки, определяется изменением их кинети-
кинетической энергии от Wl = tnv2f2 до W2 — 0. Тогда на основании соот-
соотношения C.8) можно записать
/4тр = —mvV2. (I)
С другой стороны, работу Лтр можно вычислить по формулам C.6)
и C.7). Для этого разобьем весь путь, пройденный санками, на два
участка: s = I + s'. На пути / на санки действует переменная сила
трения FTp = \iN. Найдем совершенную ею работу /4,. Пусть санки
уже прошли по асфальту путь х (рис. 3-4), тогда сила давления по-
полозьев на асфальт равна N = tngxll, сила трения FTP = \itngx/l. Те-
Теперь по C.7) получим
B)
Интеграл взят со знаком минус потому, что величина FTp = \imgxll
и dx имеют противоположные знаки. На пути s' сила трения постоянна
и равна \Ltng, и поэтому совершаемая ею работа
Аг = —\ungs'.
Полная работа сил трения
Лтр = Л, + А2 = —\rnigl(l/2)'4- чЧ.
Приравнивая правые части равенства A) и C) и сокращая массу, иай-
дем
s' = (v2 — \igt)/2\ig.
C)
Таким образом, весь путь, пройденный санями
s = / + s' = (о2 +
1
3-4. Гиря, положенная на верхний конец
спиральной пружины, сжимает ее на х0 =
= 1,0 мм. На сколько сожмет пружину эта
же гиря, брошенная вертикально вниз
с высоты h = 0,20 м со скоростью v =
= 1,0 м/с?
Рас. 3-5
37

Решение. Искомая величина х деформации пружины опреде-
определяет по формуле C.11) потенциальную энергию тела. Поэтому вос-
воспользуемся законом сохранения энергии. Так как на гнрю действует
сила тяжести, рассмотрим систему Земля— гиря — пружина. По-
Поскольку при движении гири и сжатии пружины трения практически
не возникает, полная механическая энергия этой изолированной си-
системы будет сохраняться.
Подсчитаем энергию системы в ее начальном (I) и конечном (II)
положениях (рис. 3-5). Выберем за нулевой уровень отсчета высоты
самое нижнее положение гири, соответствующее сжатой пружине. В на-
начальном положении энергия системы Wl складывается из потенциаль-
потенциальной и кинетической энергии гири:
Й71 = mg (h + х) + mv2/2. A)
В конечном положении у гири не будет кинетической энергии,
зато сжатая пружина будет обладать энергией упругой деформации.
Теперь полная энергия системы согласно формуле C.11)
W2 - kx2/2, B)
где коэффициент упругости к, согласно его определению, равен
к =¦ mg'x0. C)
Приравнивая по закону сохранения энергии, правые части выра-
выражений A) и B) с учетом соотношения C), получим после простых пре-
преобразований квадратное уравнение относительно х:
х% — 2gxox — ('2gxhh + v2x0) = 0.
Решив уравнение, найдем
Отрицательный корень уравнения должен быть отброшен: х < 0
означает растяжение пружины, тогда как на самом деле она сжимается.
Выразив величины, входящие в формулу, в единицах СИ и под-
подставив их числовые значения, выполним вычисление:
x = (9,8-10-3 + V^,8)M0-6+2-9,8-10-3-0,20+10-3)м =
= 8-10-2м = 8 см.
3-5. Небольшое тело соскальзывает вниз
с высоты h по наклонному желобу, перехо-
переходящему в «мертвую петлю» радиуса R
(рис. 3-6). На какой высоте h' выпадет
тело из петли? Трением пренебречь.
Рис. 3-6
Решение. Сначала выясним, почему, двигаясь вдоль петли,
тело может оторваться от нее. На тело в произвольный момент времени
его движения вверх по петле действуют две силы (рис. 3-6): сила тя-
33

жести mg и сила давления N петли, направленная по радиусу к центру
окружности. По второму закону Ньютона,
mg + N = та. (I)
Направим оси проекций х и у по векторам нормального и танген-
тангенциального ускорений а„ и ат, т. е. по радиусу и касательной к ок-
окружности. Учитывая, что ап — v2/R и аг = dv/dt, получим вместо A)
два скалярных уравнения для осей х и у соответственно:
mg cos a + N = mv2/R, B)
mg sin а = m (dv/dt). C)
Так как при движении вверх по петле величина mgcosa возрастает,
a tnv2/R убывает, то величина N = (mv2/R) — mgcosa в уравнении
B) должна и подавно убывать. При обращении N в нуль тело оторвет-
оторвется от петли.
Приняв N = 0, перепишем, сокращая величину т, уравнения B)
и C) для момента отрыва тела от петли:
g cos a = vVR, 1B')
jsina = dv/dt. C')
В систему B') и C') явно не вошла искомая величина h', однако она
весьма просто связана с углом а. Как видно из чертежа,
cos a = (A' — R)/R. D)
Поэтому было бы достаточно найти величину а. Однако найти ее из
системы B'), C') невозможно, так как эта система содержит более двух
неизвестных.
Исчерпав возможности, которые дает второй закон Ньютона для
движущегося вдоль петли тела, воспользуемся законом сохранения
энергии. Так как трение отсутствует и, следовательно, на тело дей-
действуют только потенциальные силы, то полная механическая энергия
тела (точнее: замкнутой системы тело — желоб — Земля) во время его
движения будет сохраняться.
В начальный момент времени тело обладает только потенциальной
энергией Н7, = nigh. В момент отрыва движущегося со скоростью v
тела его полная энергия Н72 = mgh' + mv2/2. Приравняв по закону
сохранения энергии величины W1 и W2, получим
о2 = 2g (h - A'). E)
Теперь из B'), D) и E) легко найдем ответ:
Ы = B/i + R)/3.
Замечания: 1. Мы решили задачу, не использовав уравнения
C), выражающего второй закон Ньютона для касательного к окруж-
окружности направления. В задачах на движение по окружности в вертикаль-
вертикальной плоскости закон сохранения энергии по существу заменяет диф-
дифференциальное уравнение C), которое поэтому составлять вообще не
надо.

2. Интересно отметить, что тело выпадет из петли не при любых
значениях Л. Действительно, так как h' не может быть больше 2R
и меньше R (при h' < R, даже полностью потеряв скорость, тело, не
отрываясь от петли, начнет скользить обратно), т. е. Н^ма = 2/? и
йм„н = R, то, подставив эти значения !г' в F), получим- ftMflKC =
= 2,5/?, ftMmi = R. Следовательно, при h > 2,5 Я и h < /? тело из
петли не выпадет.
В. СОВМЕСТНОЕ ПРИМЕНЕНИЕ ЗАКОНОВ СОХРАНЕНИЯ
Методические указания
1. Сюда относятся в основном задачи на упругий удар или иное
взаимодействие тел, представляющих собой замкнутую систему, когда
отсутствуют силы трения и силы неупругих деформаций и когда у тел
в результате взаимодействия изменяются скорости. При этом сохра-
сохраняются как импульс, так и энергия системы, что дает два уравнения,
позволяющих определить, например, скорости обоих тел после взаимо-
взаимодействия, если известны скорости до взаимодействия.
2. В случае неупругого удара возникающие остаточные деформа-
деформации тел всегда сопровождаются частичным или полным переходом
механической энергии во внутреннюю энергию (тела нагреваются).
Поэтому механическая энергия системы не сохраняется. Тогда энер-
энергия, затраченная на деформацию, определяется как разность между
начальным и конечным значениями механической энергии системы.
3. При помощи совместного применения законов сохранения пол-
полной (а не только механической) энергии и импульса, решаются задачи
№ 11-9, 27-7, 31-3, 31-4, 31-5 руководства.
Решение задач
3-6. При упругом уларе нейтрона о ядро
углерода он движется после удара в на-
направлении, перпендикулярном началь-
начальному. Считая, что масса М ядра углерода
в п = 12 раз больше массы т нейтрона,
определить, во сколько раз уменьшается
энергия нейтрона в результате удара.
Рис з 7
Решение. Введем обозначения: v — скорость нейтрона до уда-
удара, v' — после удара; V—скорость ядра углерода после удара (до
удара она равна нулю).
В результате упругого удара импульс и энергия, которыми до уда-
удара обладал нейтрон, распределяются между двумя частицами. При этом
40

по законам сохранения импульса и энергии соответственно имеем:
mv= m v -\-Л1 V, A)
mv2 ma'2 MV'2
По условию задачи требуется найти отношение
mv2 mv> 2
а= : =
2 2
Для выполнения расчетов необходимо перейти от векторной формы
записи уравнения A) к скалярной форме. Это можно сделать, применив
метод проекций, который неоднократно использовался. Однако в дан-
данном случае можно поступить проще. Изобразим на чертеже импульсы
mv', MV и их векторную сумму mv, учитывая, что угол между векто-
векторами mv и mv' равен л/2 (рис.3-7). Из треугольника импульсов имеем
(mvJ 4- (mv'f = (MVJ. C)
Почленно разделив уравнение B) на m и C) на т2 и учитывая условие
М/т = п, получим:
D)
E)
Чтобы исключить из системы величину V, разделим почленно E) на
D):
а числитель и знаменатель полученного соотношения — на vn, тогда
находим
а— 1
откуда
,2
ГС—I II
3-7. Молот массой т = 5,00 кг, двигаясь со скоростью
v = 4,00 м/с, ударяет по железному изделию, лежащему
на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием рав-
равна М = 95 кг. Считая удар абсолютно неупругим, оп-
определить энергию, расходуемую на ковку (деформацию)
изделия. Чему равен к. п. д. процесса ковки при данных
условиях?
Решение. Сначала обоснуем возможность применения законов
сохранения для решения данной задачи. Строго говоря, система молот-
изделие—наковальня не является замкнутой. На нее действуют извне
сила тяжести (М + tn)g и сила давления N опоры, на которой стоит
41

наковальня. Во время удара молота вторая сила в той или иной степени,
определяемой упругими свойствами опоры, будет превышать первую
силу и к рассматриваемой системе-будет приложена извне равнодей-
равнодействующая R = N — (М + m)g.
Однако силы ударного взаимодействия тел весьма велики. Очевидно,
условие задачи предполагает, что по сравнению с этими силами вели-
величиной R можно пренебречь, и, таким образом, считать систему замкну-
замкнутой*.
На основании закона сохранения энергии можно утверждать, что
энергия, затраченная на деформацию изделия, равна разности зна-
значений механической энергии системы до и после удара. Так как во
время удара изменяется только кинетическая энергия тел (незначитель-
(незначительным перемещением тел по вертикали за время улара мы пренебрегаем),
то получим для энергии деформации
где v' — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Ее
найдем на основании закона сохранения импульса:
то = (т + M)v'. B)
Подставив в формулу A) значение v' из уравнения B), получим ответ
на первый вопрос задачи:
дсф 2 м+т
Так как энергия, расходуемая на ковку изделия, является по
смыслу задачи полезной, то к. п. д. процесса ковки
Who™ Ч 2 ' М+т)' 2
Подставив числовые значения заданных величин в формулы C)
и D) и выполнив вычисление, получим:
№аеф = 38 Дж, п = 0,95.
Из D) видно, что к. п. д. процесса ковки тем больше, чем больше
масса наковальни по сравнению с массой молота. При (т/М) -> 0 г) ->¦
-*¦ 1.
§ 4. ДИНАМИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА
Основные формулы
Второй закон Ньютона для движения центра инерции твердого тела
тао D 1)
* Практически это будет в том случае, когда железная наковальня стоит на
сравнительно мягком основании, скажем, на деревянном полу. Наоборот, если
упругие свойства наковальни и опоры близки друг к другу (например, железная
наковальня стоит на чугунном основании), то рассмотренную выше систему нель-
нельзя считать замкнутой. Тогда будет точнее считать замкнутой систему молот —
изделие — наковальня — основание.
42

где ас — ускорение центра инерции. При поступательном движении тела
уравнение D.1) определяет ускорение любой точки тела.
Момент силы F относительно центра вращения
М= [Fr], D.2)
где г — радиус-вектор, проведенный из центра вращения в точку приложения
силы.
Момент импульса материальной точки относительно центра ьращения
L = m[vr], D.3)
где mv — импульс этой точки, г — ее радиус-вектор.
>Момент инерции материальной точки относительно оси вращения
/ = тг\ D.4)
где т — масса точки, г — расстояние ее от оси.
Момент инерции твердого тела равен сумме моментов инерции материаль-
материальных точек, составляющих это тело:
/= J r* dm. D.5)
(т)
Моменты инерции некоторых однородных тел вращения относительно их
геометрических осей вращения:
тонкостенный цилиндр / = т/-а, D.5а)
сплошной цилиндр / = /nrV2, D.56)
шар / = 2mr>/5. D.5bj
Момент инерции однородного тонкого стержня длиной I относительно оси.
проходящей через середину стержня перпендикулярно его длине,
/ = ml2/12. D.5г)
Момент инерции / тела относительно любой оси вращения и момент инер-
цин /0 тела относительно оси, параллельной данной н проходящей через центр
инерции тела, связаны соотношением (теорема Штейнера)
/ = /0 + ггиР, D.6)
где т — масса тела, d — расстояние между осями.
Основное уравнение динамики вращательноге движения твердого тела
?М, = /е, D.7)
где М = 2М/ — результирующий момент всех внешних сил, приложенных
к телу, е — его угловое ускорение.
Момент импульса твердого тела равен произведению момента инерции тела
на угловую скорость:
L = /<о. D 8)
Момент импульса системы тел есть векторная сумма моментов импульсов
всех тел системы:
L = 2LI = S/,w,. D.9)
Закон сохранения момента импульса: если результирующий момент внешних
сил, приложенных к системе, равен нулю (М = 0), то момент импульса системы
есть величина постоянная, т. е.
L= const. D.10)
43

Работа постоянного момента силы, действующей на тело,
А = Мер, D.11)
где ф — угол поворота тела.
Кинетическая энергия вращающегося тела
Wlt = /со2/2. D.12)
Общие замечания. В задачах по курсу общей физики обычно рас-
рассматривают вращение твердого тела лишь вокруг неподвижной оси
или оси, перемещающейся в пространстве параллельно самой себе.
В этом случае все векторы, характеризующие вращательное движение
тела: о, е, М, L, — направлены вдоль оси вращения. Это позволяет
упростить запись уравнений вращательного движения тела. Выбрав
ось вращения за ось проекций, будем в дальнейшем все уравнения пи-
писать в скалярном виде. При этом знаки величии «, е, М, L опреде-
определяют следующим образом. Некоторое направление вращения (по часо-
часовой стрелке или против нее) выбирают за положительное. Величины со,
L, М берутся со знаком плюс, если их направление соответствует вы-
выбранному положительному направлению, в противном случае — со
знаком минус. Знак величины е р.сегда совпадает со знаком М.
При ускоренном вращении тела знаки всех четырех величин сов-
совпадают; при замедленном движении две пары величин — со, L и М, е —
имеют противоположные знаки..
А. УРАВНЕНИЯ ДВИЖЕНИЯ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Методические указания
1. Уравнениями движения твердого тела являются второй закон
Ньютона для движения центра инерции тела D.1) и основное уравне-
уравнение динамики вращательного движения D.7). Их применяют для рас-
расчетов сил и ускорений в случае равнопеременного движения твердого
тела (ас = const, е = const).
2. Сложное движение твердого тела удобно рассматривать как
сумму двух движений: вращательного относительно какой-либо оси
и поступательного со скоростью оси. Обычно выбирают ось вращения
так, чтобы она проходила через центр инерции тела.
3. При качении однородного цилиндра (шара) по плоскости между
линейными величинами, характеризующими движение центра инерции
тела, — скоростью vc' и ускорением ас — и угловыми величинами,
определяющими вращательное движение тела, — угловой скоростью
w и угловым ускорением s — существуют соотношения*;
vc = о>Я, D.13)
ас = еЯ, D 14)
где R — радиус цилиндра (шара).
* Справедливость этих соотношений становится очевидной, если качение
тела рассматривать в системе координат, связанной не с плоскостью, по которой
тело катится, а с осью катящегося тела, проходящей через центр инерции.
44

A FA
>
J
1 A
Fc
Решение задач
4-1. Однородный куб массой т-= 10,0 кг
лежит в углу вагона на трех опорах А, В,
С (рис. 4-1). Определить силы реакции опор
Fa, Fb, Fc, если известно, что вагон дви-
движется с ускорением а = 2,00 м/с2.
Рис 4-1
Решение. Так как куб движется только поступательно (а Ф О,
е = 0). уравнения движения твердого тела D.1) и D.7) запишутся
в виде
a) EF? = ma, б) 2Мг = 0. A)
На куб действуют сила тяжести mg, приложенная в центре куба,
и три силы реакции опор, направленные нормально к соответствующим
граням куба (рис. 4-1). Так как эти силы в совокупности не параллель-
параллельны между собой, перепишем соотношение Aа) в виде двух скалярных
уравнений, выбрав оси проекций, как показано на рисунке. Тогда для
осей х и у соответственно получим:
F4 = та, FB+ Fc — mg = 0. B)
Чтобы не допустить ошибки, составляя уравнение моментов A6),
необходимо иметь в виду, что основное уравнение динамики враща-
вращательного движения D.7), частным случаем которого является уравне-
уравнение A6), выведено для вращения тела вокруг какой-либо неподвижной
оси, т. е. для движения в инерциальной системе отсчета. Однако, выби-
выбирая какую-либо точку ускоренно движущегося тела за ось вращения
и составляя уравнение моментов относительно этой оси, мы тем самым
рассматриваем движение тела в неинерциальной системе отсчета.
В этом случае уравнения движения можно записывать, лишь вводя силы
инерции (см. § 2, п.В). Оказывается, что, составляя уравнение A6),
можно все-таки не учитывать сил инерции, если выбрать ось враще-
вращения, проходящую через центр инерции тела. Действительно, сила
инерции всегда приложена в центре инерции, поэтому при таком вы-
выборе оси вращения момент этой силы равен нулю.
Итак, выбрав ось вращения, проходящую через центр инерции
куба, и приняв положительным направление вращения по часовой
стрелке, на основании A6) запишем
FA A12) + FB A/2) - Fc A/2) = 0, C)
где / — длина ребра куба. Решая систему B), C), находим:
FA = та; Fb = m (g — аI2\ Fc = m (g + a)/2.
Подставив в эти формулы числовые значения заданных величин и
выполнив вычисление, получим:
FA= 10-2Н = 20H;FB= 5-(9,8—2)Н=39Н; Fc = 5-(9,8+2)Н=59 Н.
45

4-2. На горизонтальную ось насажен шкив
радиуса R. На шкив намотан шнур, к сво-
свободному концу которого подвесили гирю
массой т (рис. 4-2). Считая массу М шкиьа
равномерно распределенной по ободу, оп-
определить ускорение а, с которым будет
опускаться гиря, силу натяжения Т нити и
силу давления iV шкива на ось.
Рис. 4 2
Решение. Поскольку ускорение центра инерции шкива ас =0
и шкив только вращается, уравнения движения D.1) и D.7) для него
запишутся в виде
a) SFf = 0, б) 2М, - 1е. (\)
На шкив действуют силы тяжести Mg, натяжения Т пнти и реак-
реакции N оси. Последняя по третьему закону Ньютона численно равна
искомой силе давления шкива на ось. Очевидно, сила N направлена
вертикально вверх, так как только в этом случае может выполняться
соотношение Aа). Так как все три вектора коллинеарны (т. е. парал-
параллельны одной и той же прямой), уравнение Aа) можно записать в ска-
скалярном виде:
Mg + Т — /V = 0. B)
Шкив вращается под действием лишь момента силы Т. Следовательно,
уравнение A6) дает
'TR = /в. C)
Момент инерции шкива, поскольку его масса распределена по ободу,
найдем по формуле D.5а):
/ = MR\ D)
Уравнения B) и C), описывающие движение шкива, содержат три
неизвестных: Т, N и е. Недостающее уравнение запишем, применив
второй закон Ньютона для поступательного движения гири:
mg— T = ma. E)
Поскольку шнур сматывается со шкива без проскальзывания, ускоре-
ускорение гири равно линейному ускорению точек на ободе шкива. Следова-
Следовательно,
е = a/R, F)
Подставив в C) значения /, е по формулам D) и F), найдем из си-
системы B), C), E) все три неизвестные величины:
mg . _,__ Mmg . V
M+m ' M + m
46

4-3. Система, состоящая из цилиндриче-
цилиндрического катка радиуса R и гири, связанных
нитью, перекинутой через блок (рис. 4-3),
под действием силы тяжести гири приходит
в движение из состояния покоя. Определить
ускорение а центра инерции катка и силу
натяжения Т нити. Какую скорость ь
приобретет гиря, если она опустится с вы-
высоты h? Масса цилиндра М, масса гири пг,
массой блока пренебречь. Считать, что
Рис 4 3 цилиндр катится по горизонтальной по-
поверхности без скольжения. Трением каче-
качения пренебречь.
Решение. Катящийся цилиндр участвует в двух движениях:
вращается вокруг оси и движется поступательно со скоростью оси.
Поэтому воспользуемся уравнениями движения твердого тела D.1) и
D.7).
На каток действуют четыре силы: сила натяжения Т нити, сила
тяжести Afg, сила давления опоры N и сила трения покоя F. Последняя
сила обусловлена тем, что каток не скользит, а катится по плоскости,
в то время как первые три силы, проходящие через ось, не могли бы
вызвать вращения тела*. Так как силы Mg и N заведомо уравнове-
уравновешиваются (ускорения по вертикали нет), мы их в дальнейшем учиты-
учитывать не будем.
Возможны два дальнейших пути решения задачи, связанные с дву-
двумя способами выбора оси вращения тела:
1. Пусть ось вращения совпадает с геометрической осью цилиндра,
проходящей через центр инерции катка. Следовательно, мы будем рас-
рассматривать качение тела как сумму двух движений: поступательного
со скоростью центра инерции и вращательного вокруг оси, проходящей
через центр инерции. Для поступательного движения на основании
закона D.1) получим
Т - F = Ма. A)
Так как вращающий момент относительно оси цилиндра создает
лишь сила трения**, то согласно D.7) имеем
FR = /е.
Это уравнение перепишем, учитывая соотношения D.56) и D.14)
и сокращая R:
F = Mall. B)
* Действие силы F не связано с трением качения Она появляется как сила
реакции опоры, противодействующая возникновению скольжения катка по пло-
плоскости. При исчезновении силы натяжения Т нити исчезает и сила.Р.
•• Момент силы инерции мы здесь не рассматриваем, поскольку ось враще-
вращения проходит через центр инерции тела (см задачу JA 4-1).
47

Уравнения A) и B) содержат три неизвестных: Т, F, а. Недостающее
уравнение запишем, применив второй закон Ньютона для гири, уско-
ускорение которой, очевидно, равно ускорению центра инерции катка:
mg— Т = та. C)
Решив систему A), B), C), найдем неизвестные величины а, Т:
т _ ЗМ/ng
Зная ускорение гири, вычислим искомую скорость по известной
формуле скорости равнопеременного движения:
i = 2 / mgh/CM + 2m).
2. За ось вращения выберем ось, которая проходит через точку
касания цилиндра с плоскостью (точка О, рис. 4-3), т. е. будем рассмат-
рассматривать качение тела как вращение вокруг мгновенной оси. Вращающим
моментом относительно этой оси является момент силы Т, поэтому на
основании уравнения D.7), получим
TR = !'е. D)
Момент инерции цилиндра относительно этой оси найдем по формуле
D.56) и теореме Штейнера D.6):
/' = -у MR2 + MR* = ~ MR*. E)
Как и в первом способе, записав второй закон Ньютона для гири C),
из уравнений D) и C) с учетом соотношений E) и D.14) найдем значения
ускорения а и силы 7, совпадающие с полученными ранее.
Скорость гири вычислим так же, как в первом способе.
Замечание. Оба способа решения задачи основаны на исполь-
использовании уравнений движения твердого тела. Ниже дан третий способ
решения этой задачи, связанный с применением закона сохранения
энергии (см. задачу № 4-5).
Б. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ ДЛЯ ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ
ТВЕРДОГО ТЕЛА
Методические указания
1. Закон сохранения энергии широко применяется в решении задач
на вращательное движение твердого тела, особенно в случаях неравно-
неравнопеременного вращения, происходящего под действием переменного
момента сил. Все замечания о применении закона сохранения энергии,
сделанные в § 3, п.Б, относятся и к случаю вращения твердого тела.
При этом следует помнить, что полная кинетическая энергия твердого
тела складывается из кинетической энергии его поступательного дви-
движения со скоростью центра инерции и кинетической энергии вращения
вокруг оси, проходящей через центр инерции.
48

2. Закон сохранения момента импульса во вращательном движении,
так же как и закон сохранения импульса в поступательном движении,
позволяет исключать из рассмотрения любые силы, действующие
внутри системы, в том числе силы трения. Поэтому закон применяют
в тех задачах на вращательное движение твердого тела (или системы
тел), где характер изменения со временем сил взаимодействия между
частями системы сложен или вообще неизвестен.
Закон сохранения момента импульса можно применять к любой
системе при условии, что результирующий момент всех внешних сил,
приложенных к этой системе, равен нулю. Силы при этом могут и не
уравновешиваться.
Решение задач
4-4. Тонкий однородный стержень длиной
/ может вращаться вокруг горизонтальной
оси, проходящей через конец стержня пер-
перпендикулярно ему. Стержень отклонили
на 90° от положения равновесия и отпусти-
отпустили. Определить скорость v нижнего конца
стержня в момент прохождения положения
равновесия.
Рис. 4-4
Решение. Стержень поворачивается вокруг оси под действием
момента силы тяжести. Так как при опускании стержня этот момент
уменьшается, вращение стержня не будет равнопеременным, поэтому
применение основного уравнения динамики вращательного движения
D.7) здесь нецелесообразно.
Воспользуемся законом сохранения энергии. Так как в данном слу-
сае отсутствуют силы трения, энергия стержня (точнее, системы стер-
стержень — Земля) не изменяется при его движении, поэтому
где W\ есть потенциальная энергия поднятого стержня, В7ц — кине-
кинетическая энергия его вращательного движения, если принять нулевой
уровень отсчета высоты @0', рис. 4-4) проходящим через центр тяжес-
тяжести стержня в его нижнем положении. Следовательно,
W, = mgl/2, Wn = /ai2/2.
Приравнивая правые части последних двух равенств и учитывая,
что момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его
конец, на основании соотношения D.5г) и теоремы Штейнера D.6)
равен
/m''+m/2
49

а также что v= wl, получим для искомой скорости
4-5. Решить задачу №4-3 на основе закона сохранения
энергии.
Решение. Анализируя условие задачи № 4-3, мы выяснили, что
ла каток действует сила трения. Несмотря на это, к системе каток —
гиря можно применить закон сохранения механической энергии, по-
поскольку эта сила есть сила трения покоя. В отличие от силы трения
скольжения и трения качения эта сила не совершает работы, связанной
с убылью механической энергии системы.
Начальная энергия системы Wt есть потенциальная энергия подня-
поднятых над Землей тел. При этом, поскольку потенциальная энергия катка
во все время его движения не изменяется, вообще не будем ее учиты-
учитывать при составлении уравнения, выражающего закон сохранения
энергии. Выберем нулевой уровень отсчета высоты проходящим че-
через центр тяжести опущенной гири (хх', см. рис. 4-3). Тогда получим
W, = mgh. A)
Будем рассматривать качение цилиндра как результат двух дви-
движений: поступательного со скоростью центра инерции и вращатель-
вращательного вокруг оси, проходящей через центр инерции. Тогда конечная
энергия системы, когда гиря опустится с высоты h, будет равна
^Нг + х+^г- B>
Первые два члена в правой части B) выражают кинетическую энергию
поступательного и вращательного движений катка. Приравнивая на
основе закона сохранения энергии правые части A) и B), получим
/Ич2 . /со2 mifi Z?
+ C)
г+ ¦
Учитывая соотношения D.56) и D.13), из уравнения C) найдем
скорость гири:
и—2|Ang/i/CM+2m). D)
Определим ускорение центра инерции катка, равное ускорению
гири, приняв во внимание, что рассматриваемая система движется
под действием постоянных сил и, следовательно, ее ускорение постоян-
постоянно. Сравнивая выражение D) с формулой скорости равнопеременного
движения v = l/2ah, получим для ускорения прежний ответ: а =
== 2mgl (ЗА/ + 2т).
Для вычисления силы натяжения Т нити еще раз воспользуемся
законом сохранения энергии. На основании этого закона работа, со-
совершенная силой Т, приложенной к центру инерции катка, при пере-
перемещении последнего на расстояние I = h равна кинетической энергии,
полученной катком при этом перемещении, т. е.
50

Отсюда, учитывая соотношения D.56), D.13) и D), найдем силу Т:
Т = 3Mmg/CM + 2m).
Замечание. Сравнивая различные методы решения задачи
№ 4-3, сделаем выводы, относящиеся к любой системе связанных между
собой тел (или одному телу), движущихся лишь под действием сил тя-
тяжести и реакций связей: 1) для определения конечной Скорости тел це-
целесообразно применять метод, основанный на законе сохранения энер-
энергии. При этом можно не рассматривать силы, действующие на систему,
достаточно убедиться в отсутствии среди них сил трения, рассеиваю-
рассеивающих механическую энергию системы; 2) для определения сил и уско-
ускорений следует пользоваться уравнениями движения твердого тела
D.1) и D.7).
4-6. Круглая платформа радиуса R = 1,00 м, момент
инерции которой / = 130 кг-ма, вращается по инерции
вокруг вертикальной оси, делая nv — 1,00 об/с. На
краю платформы стоит человек, масса которого m =
--= 70 кг. Сколько оборотов в секунду п2 будет совершать
платформа, если человек перейдет в ее центр? Момент
инерции человека рассчитывать как для материальной
точки.
Решение. Перемещаясь по платформе, человек взаимодействует
с ней. О характере этого взаимодействия нам ничего не известно, поэто-
поэтому основное уравнение динамики вращательного движения к плат-
платформе применить невозможно. В этой задаче в отличие от двух пре-
предыдущих у нас нет оснований и для применения закона сохранения
энергии, поскольку не исключено, что, перемещаясь по вращающейся
платформе, человек будет совершать работу, изменяя механическую
энергию вращающейся системы платформа — человек.
Учтем, что, согласно условию задачи, платформа с человеком вра-
вращается по инерции. Это означает, что результирующий момент всех
внешних сил, приложенных к вращающейся системе, равен нулю. Сле-
Следовательно, для системы платформа — человек выполняется закон
сохранения момента импульса D.10), который запишем так:
Ц = L2. A)
Подсчитаем начальный момент импульса системы Lt (человек стоит
на краю платформы) и конечное его значение L2 (человек стоит в цент-
центре платформы):
Lt = /,<»,«=(/ + mR*)-2nnlt B)
где mR2 — момент инерции человека, /, = /-)- mR2 — начальный
момент инерции системы, а1 — ее начальная угловая скорость;
L2 = /aw2 = 1-2ппг, C)
где /2 и а>3—конечные момент инерции и угловая скорость системы.
Здесь учтено, что момент инерции человека, стоящего в центре плат-
платформы, согласно формуле D.4) равен нулю. Решая систему A) — C),
получаем
«а = «i(/ + mR2)/l.
51

Подставив в эту формулу числовые значения заданных величин и
выполнив вычисление, находим
п2 = 1,5 об/с.
Замечание. Мы видим, что при уменьшении момента инерции
системы, связанном с перемещением человека в центр платформы, уве-
увеличилась угловая скорость вращения системы: со2> %. Следовательно,
должно иметь место неравенство 12(а1 > Лео?, поскольку /2(о2 =
= /iCOj. Но это, согласно формуле D.12), означает увеличение кине-
кинетической энергии вращающейся системы. Таким образом, сделанное
нами вначале предположение о том, что человек, перемещаясь от края
платформы к центру, совершает работу, изменяя механическую энергию
вращающейся системы, соответствует действительности. Решение зада-
задачи, основанное на постоянстве механической энергии системы, было бы
неверным. Закон сохранения энергии позволяет лишь вычислить ра-
работу, совершенную человеком, как величину, равную изменению меха-
механической энергии системы:
4-7. Маховик, имеющий вид диска радиуса
R и массы М, может вращаться вокруг
горизонтальной оси. К его цилиндрической
поверхности прикреплен шнур, к другому
концу которого подвешен груз массы т
(рис. 4-5). Груз был приподнят и затем
отпущен. Упав свободно с высоты h, груз
натянул шнур и благодаря этому привел
маховик во вращение. Какую угловую
скорость со приобрел при этом маховик?
Рис. 4-5
Решение. Когда падающий груз натягивает шнур, возникает
взаимодействие посредством шнура между грузом и маховиком. Мы
ничего не знаем о характере этого взаимодействия, зависящего от уп-
упругих свойств тел (в основном шнура). Ясно лишь, что в результате
этого взаимодействия увеличивается скорость точек цилиндрической
поверхности маховика и уменьшается скорость падения гири. Шнур
растягивается до тех пор, пока эти скорости не станут одинаковыми.
Такое весьма кратковременное взаимодействие между грузом и махо-
маховиком можно рассматривать как неупругий удар*. Как и при нсяком
неупругом ударе, закон сохранения механической энергии здесь не-
неприменим.
* Именно при неупругом ударе тела деформируются до тех пор» пока их
скорости не станут равными.
52

Однако к системе груз — маховик можно применить закон сохране-
сохранения момента импульса. На эту систему действуют три внешних силы:
силы тяжести диска, реакции опоры и сила тяжести груза. Поскольку
первые две силы проходят через ось диска, их момент относительно этой
оси равен нулю. Действием же момента силы тяжести груза, равного
mgR, во время удара можно пренебречь по сравнению с моментом
очень больших сил взаимодействия груза и маховика при ударе. Таким
образом, можно считать результирующий момент всех внешних сил
относительно оси диска во время удара равным нулю. Тогда, по закону
сохранения момента импульса D.10),
/а = ?». A)
где Li и L2 — моменты импульса системы груз — маховик соответст-
соответственно в начале и конце удара.
Так как в начале удара диск был еще неподвижен, величина Lx
представляет собой момент импульса падающего груза относительно
оси вращения диска. Принимая груз за материальную точку, согласно
формуле D.3) получим
L, = mv.R, B)
где скорость и, гири найдем по известной формуле скорости при сво-
свободном падении:
Vl = V2gh. C)
Величина L2 равна суммарному моменту импульса гири и вращаю-
вращающегося диска, когда скорости груза и точек цилиндрической поверх-
поверхности диска стали одинаковыми:
L% — mv.2R + /со, D)
где величины v2 и со связаны соотношением
v2 = со/?. E)
Подставим в уравнение A) значения Lt и L2 по B) и D). Решив его
относительно со с учетом формул C), E) и D.56), получим
-^- M)R.
т
Рис. 4-6
4-8. Маятник в виде однородного шара,
жестко скрепленного с тонким стержнем,
длина которого равна радиусу шара, может
качаться вокруг горизонтальной оси, про-
проходящей через коней стержня (рис. 4-6).
В шар нормально к его поверхности удари-
ударилась пуля массы т = 10,0 г, летевшая го-
горизонтально со скоростью v = 800 м/с, и
застряла в шаре. Масса шара М = 10,0 кг,
радиус его R = 15 см. На какой угол а
отклонится лтятник в результате удара
пули? Массой стержня пренебречь.
53

Решение. Как видно из чертежа, искомый угол а связан с ви-
сотой ft подъема центра шара:
cosa = BR — h)!2R. A)
Так как величина h определяет потенциальную энергию, полу-
полученную шаром вследствие удара нули, выясним возможность приме-
применения закона сохранения энергии. Поскольку в результате удара пулк
в шар скорости обоих тел станут одинаковыми, этот удар следует счи-
считать неупругим. Значит, механическая энергия в процессе удара не
сохраняется (частично переходит во внутреннюю энергию). Однако
после удара механическая энергия движущейся системы маятник —
пуля будет сохраняться, так как теперь в ней действуют только по-
потенциальные силы. Следовательно, при подъеме шара вместе с пулей
кинетическая энергия вращательного движения системы будет превра-
превращаться в потенциальную энергию поднятых тел. По закону сохране-
сохранения энергии,
/w2/2 = Mgh -}- mgh', B)
где / — момент инерции маятника вместе с застрявшей в нем пулей,
h' — высота подъема пули. Строго говоря, не зная, в каком месте шара
застряла пуля, мы не можем вычислить величины / и ft'. Однако, по
условию задачи, М 3s> m, поэтому, пренебрегая массой пули по срав-
сравнению с массой шара, отбросим величину mgh' в уравнении B) и вы-
вычислим момент инерции маятника на основании формулы D.5в)и тео-
теоремы Штейнера D.6):
/ = VbMR2 + М B/?J = 4AMR2. C)
Теперь определим угловую скорость со, которую получит система
в результате удара пули. Воспользуемся законом сохранения момента
импульса. Возможность применения этого закона основана на следую-
следующем. Во время удара на систему маятник — пуля извне действуют си-
силы тяжести и реакции опоры. Вторая сила проходит через ось враще-
вращения, поэтому ее момент равен нулю. Учитывая, что за время удара маят-
маятник не успеет заметно отклониться от вертикали, и принимая во вни-
внимание условие М ^§> т, можно считать, что и первая сила во время уда-
удара проходит через ось и, следовательно, ее момент также равен нулю.
Значит, согласно закону D.10) момент импульса системы во время удя-
ра пули будет сохраняться. Обозначив через ?., и L2 моменты импуль-
импульса системы соответственно в начале и конце процесса удара, можно
записать
Lx = L2. D)
Величина Lx есть момент импульса летящей пули относительно о^и
вращения маятника (сам маятник пока еще неподвижен). На осно-
основании определения D.3) имеем
U = mv-2R.
54

Момент импульса La маятника с застрявшей в ием пулей, согласно
определению D.8), равен
Lu = /« = 4,<ШЯ2ш. F)
Решая систему D)—F), получаем для угловой скорости
со = mv/2,2MR. G)
Исключив из системы A)—C), G) неизвестные /, со, h, найдем
cos а = 1 — m2v2/4,4M2gR.
Подставив в эту формулу числовые значения величин, выраженные
в единицах СИ: М = 10,0 кг, т = 1,00-10~2 кг, R = 0,15 м, v =
= 800 м/с, li произведя вычисления, получим:
cos a = 0,90; а = 26°.
§ 5. ЗАКОН ВСЕМИРНОГО ТЯГОТЕНИЯ.
ГРАВИТАЦИОННОЕ ПОЛЕ
Основные формулы
Закон всемирного тяготения: две материальные точки, имеющие массы mi
и т2 и находящиеся на расстоянии г, притягиваются с силой
E-1)
где у = 6,67 • 101 кг-'-м3^-' — гравитационная постоянная. .
Напряженностью гравитационного поля называется векторная величина
G = -^-, E.2)
т
где F — сила, с которой поле действует на помещенную в данную точку ча-
частицу массой т'.
Напряженность гравитационного поля, созданного материальной точкой
массы т на расстоянии г от нее,
6 = 7 ~ • E-3)
Потенциальная энергия тяготения двул материальных точек, массы кото-
которых щ и т2, находящихся на расстоянии г, прн условии, что W<x> = 0, равна
E.4)
v
Потенциал гравитационного поля (определяющая формула)
w
,= — . E.5)
где W — потенциальная энергия частицы массой т', помещенной в данную точ-
точку поля.
Потенциал поля, созданного материальной точкой массы т на расстоянии г
от нее,
q,= -y~. E-6)
55

Работа сил поля по перемещению частицы т! между двумя точками поля,
потенциалы которых фх и q>2,
А = ДГ= т' (фх -ф2). E7)
Законы Кеплера:
I. Все планеты движутся по эллипсам, в одном из фокусов которых на-
находится Солнце.
II. Радиус-вектор планеты за равные промежутки времени описывает рав-
равные площади.
III Квадраты периодов обращения планет вокруг Солнца относятся кяк
кубы больших полуосей их орбит-
П а*
П
Методические указания
E.8)
1. Отметим, что в формулах E.1), E.4) г есть расстояние между
материальными точками. Если взаимодействующие тела нельзя счи-
считать материальными точками, то эти формулы к ним неприменимы.
Однако если неточечные тела обладают сферически симметричным рас-
распределением массы (например, однородные шары), то формулы E.1),
E.4) дают правильный результат, если под г понимать расстояние меж-
между центрами взаимодействующих тел. Это же замечание относится и к
формулам E.3), E.6), где г в случае сферической симметрии есть рас-
расстояние от центра тела до рассматриваемой точки*.
2. Задачи на движение тела под действием силы тяготения можно
решать методами, основанными на применении к телу второго закона
Ньютона, а к изолированной системе — законов сохранения (см. § 2, 3).
Использование величин, характеризующих гравитационное поле,—
напряженности G и потенциала ср — часто упрощает решение задачи.
Так, введение вектора G позволяет в некоторых случаях не рассматри-
рассматривать силы, действующие на тело (см. задачу № 5-2), а понятие потен-
потенциала — вычислять работу сил тяготения по формуле E.7), когда тело
движется в поле тяготения нескольких небесных тел (см.задачу № 5-4).
3. Законы Кеплера, описывающие движение планет вокруг Солн-
Солнца, применимы также для движения тел во всяком центральном поле,
например в поле тяготения Земли (см. задачу № 5-5). Центральным
называют такое силовое поле, в котором сила, действующая на каждую
частицу, зависит только от ее расстояния до определенной точки —
центра поля и направлена всегда по радиусу, проведенному из центра
поля к частице.
Решение задач
5-1. Определить напряженность Go и потенциал ф0 гра-
гравитационного поля Земли около ее поверхности.
Решение. Задачу можно решить при помощи формул E.3),
E.6), в которые подставляются значения т и г для Земли, взятые из
* Теми же методами, которые применяются в электростатике, можно пока-
показать, что гравитационное поле тела, обладающего сферически симметричным
распределением массы, в точках вне тела таково, как если бы вся масса тела была
сосредоточена в центре.
56

справочных таблиц. Однако есть более короткий способ. Формула
E.2) выражает величину G через отношение силы тяготения, дейст-
действующей на частицу, к массе этой частицы. Носогласно второму закону
Ньютона это отношение равно ускорению а частицы, которое она по-
получает под действием силы тяготения. Следовательно,
О = а.
У поверхности Земли это ускорение есть ускорение силы тяжести
g — величина, постоянная для всех тел. Таким образом, получаем
С=й«: 9,8 Н/кг.
Зная напряженность гравитационного поля Земли, найдем из
соотношений E.6) и E.3) его потенциал:
фо = —Gur = —9,8-6,4- 10е Дж/кг = —6,2-107 Дж/кг.
5-2. На каком расстоянии от центра
©q д , Земли должно находиться тело, чтобы си-
_^__» и »л ,° j лы его притяжения к Земле и Луне взаим-
х с т С н0 уравновешивались? Считать,что масса М
Земли ^больше массы т Луны в 81 раз, а
Рис 5-1 расстояние между их центрами равно 60
радиусам Земли.
Решение. Так как, но условию, сила F суммарного гравита-
гравитационного поля Земли и Луны, действующая на помещенное в искомую
точку тело, равна нулю, из формулы E.2) следует, что и величина G
в этой точке равна нулю. Здесь G —сумма векторов напряженности
G3 и Gji полей Земли и Луны соответственно. Сумма двух векторов рав-
равна нулю только тогда, когда они противоположны'по направлению и
равны по модулю:
G-5 = Ол. A)
Поскольку векторы напряженности гравитационных полей как
Земли, так и Луны направлены к их центрам, легко сообразить, что
искомая точка С должна лежать на отрезке прямой 00',соединяющем
центры Земли и Луны (рис. 5-1). Обозначим: ОС = х. Тогда О'С =
= 60/? — х. Подставив в A) значения напряженностей Оз и G^ по
формуле E 3) и учитывая данное в условии соотношение масс Земли
и Луны (М — 81т), запишем
81m m
V =
Решив уравнение, найдем:
xL = 54Я, ж2 = 67,5 R.
Корень х2 > 60 R означает, что искомая точка лежит на прямой 00'
за Луной (точка С на рис. 5-1). Очевидно, это значение х2 не удовлет-
удовлетворяет условию, ибо поля Земли и Луны, будучи в точке С одинаково
направленными, не уравновешивают друг друга, несмотря на равенст-
равенство модулей векторов бз и Сл. Отбросив корень х2, получим ответ:
х = 54/?.
57

5-3. Ракета, летевшая над поверхностью
Земли на высоте h, в результате кратковре-
кратковременного действия мощной тормозной уста-
установки останавливается. С какой скоростью
Рис 5 2 упадет ракета на Землю3 Сопротивлением
воздуха пренебречь.
Решение. После прекращения работы тормозной установки
на ракету действует лишь гравитационное поле Земли Это поле по-
потенциально: полная эР1ергия тела, движущегося в этом поле, равная
сумме его кинетической и потенциальной энергий, сохраняется.
В предыдущих параграфах мы уже рассматривали движение тел
под действием силы тяготения При этом , ограничиваясь небольшими
по сравнению с размерами Земли участками пространства, считали
поле тяготения однородным, т. е. принимали G == const для всех точек
пространства. В настоящей задаче этого сделать нельзя. Поэтому
формулу потенциальной энергии поднятого над Землей тела Wn —
= mgh, справедливую лишь для однородного поля, надо заменить
более общей формулой потенциальной энергии тяготения E.4).
Из закона сохранения энергии, примененного к системе ракета —
Земля, следует, что падающая ракета приобретает кинетическую энер-
энергию за счет убыли потенциальной энергии в поле тяготения Земли, т. е.
WK = -AWn, A)
где Wu — кинетическая энергия ракеты у поверхности Земли, Д№п =
= - Wu, — WnV — изменение потенциальной энергии ракеты за
время ее падения из точки / в точку 2 (рис. 5-2). Подставив в уравне-
уравнение A) значения энергий Wnl и Wn2 по формуле E.4), а также значе-
значение W,,, получим
2 \ YR+h I \ Y R
где М и /^— масса и радиус Земли, т — масса ракеты. Решив это
уравнение относительно и, найдем
2уМ(- —}. C)
* \ R R + h) '
5-4. Какую минимальную работу нужно со-
— 54R 6R . вершить, чтобы забросить тело массы т' =
- 'Д* *1 = 1000 кг с поверхности Земли на Луну?
" т Считать, что при перемещении тела взаим-
г ное положение Луны и Земли не меняется.
Сопротивление воздуха не учитывать. Ос-
Остальные данные взять из задачи № 5-2.
Решение. В задаче № 5-2 была найдена точка, в которой гра-
гравитационные поля Земли и Луны уравновешиваются. Эта точка С
(рис. 5-3) делит весь путь ракеты на две части. На первом участке от
Земли до точки С сила тяготения суммарного гравитационного поля
Земли и Луны направлена к Земле, на втором участке от точки С до
Луны — к Луне. Очевидно, на первом участке необходимо совершать
5а

раббту против силы тяготения, на втором участке — не обязательно*.
Работа будет минимальной, если тело достигнет точки.С с минимальной
скоростью, необходимой для дальнейшего движения. Эту скорость,
а значит, и кинетическую энергию в точке С можно считать равной
нулю, ибо, достигнув точки С с любой, сколь угодно малой скоростью,
тело тут же начнет двигаться ускоренно к Луне. Таким образом, работа
пойдет только на увеличение потенциальной энергии тела в суммарном
поле тяготения Земли и Луны. Поэтому она может быть вычислена по
формуле E.4) или E.7).
Так как соотношение E.7) определяет работу сил поля, а надо найти
работу против сил поля, то для искомой величины запишем
А = —т (ф, — ф2) = т' (ф2 — фО, A)
где ф] и ф2 — потенциалы гравитационного поля у поверхности Земли
и в точке С соответственно.
Чтобы правильно вычислить потенциалы ф, и ф2> учтем, что тело
движется все время в суммарном гравитационном поле Земли и Луны.
Из принципа суперпозиции (наложения) полей следует, что потен-
потенциал в каждой точке пространства, в котором существуют несколько
полей, равен сумме потенциалов каждого поля в отдельности. Таким
образом, для каждой точки потенциал суммарного поля
ф = Фз + фл, B)
где фл и фз — потенциалы полей тяготения Земли и Луны в этой точке.
Учитывая соотношения, приведенные в условии задачи № 5-2, а также
полученный результат (х = 54/?), на основании формул E.6) и B)
вычислим потенциалы ц>1 и ф2:
М М/81 М
Y R 59Я Y R '
М М/81 п ппп М
Ф,= —у у—'—= — 0,02(Ь— .
^2 Г 54R Г &R R
Подставив эти значения потенциалов в формулу A), получим
А = 0,98V -^~ =0,981 ф0 [ т',
R
где |фо| = yM/R — абсолютное значение потенциала гравитацион-
гравитационного поля Земли у ее поверхности.
Так как | ф01 = 6,2-107 Дж/кг (см. задачу №5-1), а т' = 1000 кг
по условию, то, подставив эти значения в последнюю формулу,
А ¦= 0,98-6,2-107-103 Дж = 6,1-1010 Дж.
Замечание. Если вычислить искомую работу по формуле
E.7), применив ее для всего пути от Земли до Луны, т. е. считать Ф1
потенциалом поля у поверхности Земли, а ф2 — потенциалом поля у
поверхности Луны, то будет получен неверный ответ. Дело в том, что
в результате перемещения тела от Землн к Луне возрастет не только
его потенциальная энергия, но и кинетическая: если движение нача-
* Если движущимся к Луне телом является ракета, то для ее мягкой посад-
посадки нужно совершить работу и на втором участке: двигатели тормозной установки
должны погасить скорость ракеты, подлетающей к Луне.
69

лось из состояния покоя, то в конце пути тело, разогнанное силой при-
притяжения к Луне, будет обладать определенной скоростью. Работа,
совершенная над телом, равна изменению полной энергии тела, а не
только потенциальной. Однако формула E.7) выражает только работу,
которая обусловлена изменением потенциальной энергии тела в поле
тяготения, поэтому не дает правильного ответа, если ее применить для
всего пути движения тела от Земли до Луны.
5-5. Ракета, летевшая по круговой орбите
на высоте h от поверхности Земли, в ре-
результате кратковременного действия тор-
мочной установки уменьшила свою ско-
скорость и начала снижаться. Двигаясь все
время под действием силы тяжести, ракета
достигает Земли, причем ее скорость в этот
момент направлена по касательной к зем-
земной поверхности. Определить время спус-
5 4 ка ракеты.
Решение. Движение ракеты в поле тяготения Земли, как и
движение тела во всяком центральном поле, подчиняется законам Кеп-
Кеплера. Из I закона следует, чго во время спуска ракета двигалась по
эллипсу, в одном из фокусоп которого находится центр земного шара
(рис. 5-4). Выясним, какую часть оллипса составила траектория ракеты
на участке спуска. Поскольку под действием тормозной установки из-
изменился лишь модуль скорости, но не ее направление, можно заклю-
заключить, что в момент начала спуска скорость ракеты была перпендику-
перпендикулярна ее радиусу-вектору. Таково же направление скорости ракеты
относительно радиуса-вектора в конце спуска, так как по условию
в этот момент ракета двигалась по касательной к поверхности.
Существуют лишь две точки эллипса (точки А и В, рис. 5-4), в ко-
которых радиус-вектор перпендикулярен касательной к кривой. Эти
точки лежат па большой оси эллипса, являющейся осью его симметрии.
Так как скорость ракеты направлена по касательной к траектории,
то приходим к выводу, что траектория ракеты на участке ее спуска
представляет собой половину эллипса.
Теперь, применив III закон Кеплера, можно определить время
спуска ракеты. Для этого сопоставим движение двух тел в поле тяготе-
тяготения Земли: ракеты и Луны, имея в виду, что для последней период
ее обращения Г л и радиус орбиты Ял (принимаем приближенно дви-
движение Луны круговым) являются табличными величинами. По III
закону Кеплера имеем
Т*1Т'л = аЧ!Ц\ A)
Здесь а — большая полуось орбиты ракеты, Т — период ее обращения
по эллипсу. Как видно из рис. 5-4, где Rn — радиус Земли,
а = Яо + /г/2, B)
Учитывая, что время t спуска ракеты равно половине периода Т
ее обращения, из уравнений A) н B) найдем
/2
60

Глава 2
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
§ 6. ЗАКОНЫ ИДЕАЛЬНЫХ ГАЗОВ
Основные формулы
Уравнение состояния идеального газа (уравнение Клапейрона — Менде-
Менделеева)
PV = — RT, F 1)
где р — давление газа, V — его объем, Т — абсолютная температура, m — масса,
ц — молярная масса, R = 8,31 Дж/(моль • К) — молярная (универсаль-
(универсальная) газовая постоянная
Закон Дальтона: давление смеси газов равно сумме их парциальных дав-
давлений pi, т е
P = Zpi- F.2)
Барометрическая формула, выражающая убывание давления газа с высо-
высотой Л над поверхностью Земли:
pH = Pt,e-»*h'*r, F.3)
где р0 — давление на высоте Л = О, Т — абсолютная температура газа, g —
ускорение силы тяжести
Методические указания
1. Уравнение состояния идеального газа F.1) применяют к газам,
взятым при условиях, не слишком сильно отличающихся от нормаль-
нормальных (/„ = О °С, р0 = 1,01 ¦ 10Б Па), а также к разреженным газам. Для
сильно сжатых (уплотненных) газов, находящихся при очень боль-
больших давлениях (свыше 10' Па) или при слишком низких температурах,
уравнение F.1) неприменимо (см. §9, п.А).
2. Уравнение состояния F.1) связывает между собой пять физичес-
физических величин, характеризующих состояние газа, — р, V, Т, m, \i —
и позволяет по заданным четырем найти пятую величину. Напомним,
что отношение v = tnl\y, представляет собой число молей газа, р =
— m/V есть плотность газа, v = Vim — удельный объем газа.
3. В условии некоторых задач даются показания технических мано-
манометров. Они устроены так, что измеряют не полное давление газа в бал-
баллоне, а лишь давление, избыточное над атмосферным ратм. Поэтому
полное давление газа в баллоне равно показанию манометра, увели-
увеличенному на /затм.
61

4. Приводим соотношения между некоторыми внесистемными еди-
единицами давления, встречающимися в литературе:
1 атм (физическая атмосфера) = 760 мм рт. ст. = 1,01 • 105 Па;
1 ат (техническая атмосфера) = 1 кгс/см2 = 9,8-104 Па.
При решении задач небольшим различием между 1 атм и 1 аг часто
пренебрегают.
Решение задач
6-1. Какое количество кислорода выпустили из бал-
баллона емкостью V = 10,0 л, если при этом показания
манометра на баллоне изменились от 14,0 до 7,0 an, a
температура понизилась от tx = 27° до 1г = 7 °С?
Решение. Масса выпущенного из баллона газа Ат равна раз-
разности между начальной массой /и,кислорода в баллоне и его конечной
массой тг:
Am = mi — тг. A)
Так как условия, при которых кислород находится в баллоне, не
слишком сильно отличаются от нормальных, газ можно считать идеаль-
идеальным. Поэтому, воспользовавшись уравнением состояния идеального
газа F.1), запишем его для начального и конечного состояний газа
в баллоне:
PiV = ^-RTx. p2V=-^RT2. B)
М- И
Из уравнений A), B) получим
(? *) C)
R \ Tt T2
Чтобы найти давления газа в баллоне pt и ръ прибавим к показа-
показаниям манометра величину атмосферного давления, равную 1,0 ат.
Выразим в единицах СИ числовые значения величин, входящих п
формулу C): р1 = 15-9,8-104 Па, р2 = 7,0-9,8-104 Па, 7\ = 300 К
Tt -= 280 К, V = 1,00-Ю-2 м3, ц = 0,032 кг/моль," R =
=- 8,3 Дж/(моль- К). Подставив эти значения в C) и выполнив вычис-
вычисление, найдем
Ат = 9,5- Ю-2 кг = 95 г.
6-2. Найти малярную массу воздуха, считая, что он
состоит по массе из одной части кислорода и трех частей
азота (тх:т2 = 1:3).
Решение. Прежде всего уточним понятие молярной массы сме-
смеси газов. Свойствами идеального газа могут обладать не только хими-
химически однородные газы, но и газовые смеси. Чтобы применить уравнение
состояния для газовой смеси, ей необходимо приписать некоторую,
хотя и лишенную химического смысла, относительную молекуляр-
молекулярную массу. Ее называют кажущейся относительной молекулярной
массой. Масса смеси в граммах, численно равная ей, представляет
собой молярную массу цсч смеси. Таким образом, величину fiCM выби-
62

рают такой, чтобы она удовлетворяла уравнению газового состояния,
записанному для смеси:
pV=-HL RT. A)
Нем
Чтобы решить данную задачу, рассмотрим каждую из газовых ком-
компонент, заключенных в объеме смеси, и запишем для нее уравнение
состояния:
PlV=-^-RT, B)
Hi
p2V=^-RT. C)
И2
Здесь pj и рг — парциальные давления каждой компоненты.Для смеси
справедлив закон Дальтона F.2):
Р = Pi + Pi- D)
Складывая почленно равенства B) и C), получим с учетом D)
J^+JH!.)RT. E)
Ml И2 /
Сравнивая A) и E) и учитывая, что масса смеси т = т^ -f- пг2,
найдем
Нем
откуда
__
Подставив числовые значения величин в единицах СИ: \it =
— 0,032 кг/моль, ц,2 = 0,028 кг/моль — и учитывая соотношение
тг = Зти получим
кЫш+Зт) =^Ш1_=0<029 кг/моль.
Hi 3m) -f- |i2 mi 3|it-f-|i2
Замечание. Из формулы F) следует, что число молей смеси
равно сумме чисел молей отдельных компонент этой смеси. Иногда
соотношение F) считают как очевидное соотношение, не требующее
доказательства. На самом деле уравнение F), как это следует из при-
приведенного решения задачи, является следствием закона Дальтона. Не
приметш этого закона, нельзя решить задачу.
6-3 Сколько времени надо откачивать газ из колбы
объемом Vo = 1,5-103 см1 ротационным масляным на-
насосом, чтобы давление понизилось от атмосферного р0 =
= 760 мм рт. ст. до р = 0,10 мм рт. ст.? Быстроту дей-
действия насоса для указанного интервала давлений счи-
считать постоянной и равной К = 180 сма/с. Изменением
температуры газа в колбе во время откачки пренебречь.
63

Решение. Быстрота действия насоса К измеряется объемом газа,
который ежесекундно переходит иэ откачиваемого сосуда в камеру на-
насоса, а затем в атмосферу. Если за время dt из сосуда вышел объем
газа dV, то
К = dVldt. (О
Согласно условию, откачка протекает изотермически и подчиня-
подчиняется, следовательно, закону Бойля—Мариотта. Чтобы воспользо-
воспользоваться этим законом, справедливым для постоянной массы газа, про-
проследим за процессом откачки в течение элементарного промежутка
времени dt. За это время газ, который вначале (в произвольный мо-
момент времени) занимал объем сосуда Vo при давлении р, частично пе-
перейдет в камеру насоса. Этот процесс можно рассматривать как при-
прирост объема одной и той же массы газа на величину dV. При этом
изменится и давление газа на величину dp. Считая величину dp
отрицательной, на основании закона Бойля — Мариотта запишем
PVn = (р + dp)(V0 + dV).
Раскрыв скобки, приведя подобные члены и отбросив величину dpdV
как бесконечно малую второго порядка, получим
pdV + Vndp = 0. B)
Разделив обе части B) на приращение времени dt и учитывая соотно-
соотношение A), имеем
pK + Vo0.
di
Данное дифференциальное уравнение выражает зависимость давле-
давления р воздуха в колбе от времени t. Разделив переменные в этом урав-
уравнении и учитывая, что при изменении времени от нуля до t давление
изменяется от ра до р, запишем:
V» р ' Vo J ) p
0 Po
Интегрируя, получим:
/ in; , =
Vo p К
Поскольку величины р0 и р даны в одинаковых единицах, их число-
числовые значения можно сразу подставить в формулу. Это же относится и к
величинам Vo и К, отношение которых имеет размерность времени.
Выполнив вычисления, найдем
t = 74 с.
64

6-4. Трубка длиной I вращается около вертикальной
оси, проходящей через ее середину перпендикулярно
оси трубки, с угловой скоростью <а. Температура возду-
воздуха равна Т. Принимая давление воздуха внутри трубки
вблизи ее открытых концов равным атмосферному р0,
определить давление воздуха в середине трубки.
Решение. При установившемся распределении давления возду-
воздуха в трубке он будет вращаться вместе с ней с угловой скоростью о.
При этом каждая частица воздуха, находящаяся на расстоянии г от
центра вращения, будет иметь нормальное ускорение, направленное
к центру и равное
ап = (bV. A)
Задача решается наиболее просто, если воздушный столб в трубке
рассмотреть в неинерциальной системе отсчета, вращающейся вместе
с трубкой. В этой системе отсчета воздух неподвижен. Однако теперь
в соответствии с изложенным в § 2 (п.В) следует считать, что в трубке
появилось поле тяготения, обусловленное свойствами выбранной си-
системы отсчета. В каждой точке этого поля ускорение силы тяжести
g' = —ап, т. е. направлено по радиусу от центра. Следовательно, для
воздушного столба в трубке, находящегося в этом радиальном поле
тяготения, должно быть распределение давления, подобное тому, что
имеется в атмосфере под влиянием поля земного тяготения. При пере-
перемещении от центра к концу трубки давление возрастает.
Для решения задачи воспользуемся барометрической формулой
F.3), положив в ней высоту h равной расстоянию, отсчитанному от от-
открытого (любого) конца трубки, играющего роль нулевого уровня, до
центра трубки, находящегося на «высоте», равной 112, т. е. h = 112.
При этом учтем, что рассматриваемое нами радиальное поле не одно-
однородно: ускорение силы тяжести g'', как это следует из A), возрастает от
центра трубки к ее концам. Так как g' зависит линейно от г, за его
среднее значение примем среднее арифметическое между значениями
g[ — со2//2 у конца трубки и g? = 0 в ее центре, т. е.
Подставив значения h = 112 и g = g'cp в формулу F.3), получим
§ 7. КИНЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ГАЗОВ
Основные формулы
Средняя квадратичная скорость определяется соотношением
*hb=J/ — -' G-1)
где vi (i = 1, 2, ..., N) — скорость i-й частицы, N — число частиц.
3 Зак. 1S20 65

Основное уравнение кинетической теории газов: давление газа численно
равно двум третям средней кинетической энергии поступательного движения
всех молекул в единице объема, г. е.
р = B/3) п < w>, G.2)
где п — число молекул в единице объема (концентрация молекул), <ш> =
— <то2)/2 — средняя кинетическая энергия поступательного движения од
ной молекулы Для однородного по составу частиц газа <oj> = mv^J2
Зависимость средней кинетической энергии поступательного движения мо
лекул от температуры
<иа, •-= C.2) kT, G.3)
где к — шкюнппая Вольцмама, равная
^ д/к1,.м.10-« дж/к;
здесь /V ^ — iiocios!иная Авогадро (число молекул, содержащихся в одном моле
вещества)
¦^аиисимпсть давления газа от концентрации п молекул и температуры Т
р = пкТ. G.4)
Числом степеней свободы i называется число независимых величин, с по-
помощью которых может быть задано положение тела илн частицы. Для молекул
одноатомного газа i = 3, двухатомного газа Г = 5, трех- и более атомных газов
i = 6.
Средняя кинетическая энергия (поступательного и вращательного движения)
молекулы
<а>,>=-у кТ. G 5)
Закон распределения молекул по скоростям (чакон Максвелла)- число
молекул AiV, относительные скорости которых лежат в интервале от и до
и + Ды, равно
AW = Nf (и) Аи. щ G.6)
Здесь N — полное число молекул газа, / (и) — D/Кл) е~"'и? — функция рас-
распределения Максвелла, и = vlvB, где о — данная скорость, ив — наиболее ве-
вероятная скорость.
Скорости газовых молекул вычисляются по формулам:
и„ -= \r2RTI[i — наиболее вероятная; G 7)
1'ив ~ /ЗЛ7"/|х — средняя квадратичная; • G 8)
<и>-~ УSRT/гщ — средняя арифметическая. G 9)
Сроднее число столкновений, испытываемых одной молекулой ча секунду,
<2> — У2 ла2 п <у>, G.10)
где о — эффективный диаметр молекулы, п — концентрация молекул.
Методические указания
1. В кинетической теории, рассматривающей газ как совокупность
огромного числа хаотически движущихся молекул и являющейся по-
поэтому статистической теорией, употребляются различные типы сред-
средних скоростей молекул: средняя квадратичная онв, средняя арифме-
66

тическая <о> и наиболее вероятная яв. Эти три- скорости связаны
между собой зависимостью, определяемой формулами G.7)—G.9);
для одного и того же газа при одной и той же температуре имеем
vB : <с> :укв = 1,41 : 1,60: 1,73.
Средней квадратичной скоростью укв пользуются в тех случаях,
когда необходимо рассчитать какую-либо физическую величину, про-
пропорциональную квадрату скорости, например кинетическую энергию
поступательного движения молекул газа, давление газа.
Средняя арифметическая скорость <Cv> позволяет определять
средние значения таких физических величин, характеризующих свой-
свойства газа, в формулу которых скорость входит в первой степени, на-
например, среднее число столкновений молекулы в единицу времени,
среднее время свободного пробега, средний импульс молекул.
Наиболее вероятной скоростью vB пользуются в задачах, связан-
связанных с применением закона распределения молекул по скоростям G.6).
Этой скорости соответствует максимум функции распределения
2. Закон распределения молекул по скоростям, записанный в фор-
форме G.6), справедлив лишь для малых интервалов скоростей Аи, когда
выполняется неравенство Аи^и, или, поскольку и = v/vB и Аи =
= Av/vB, равносильное неравенство Av<^ v. Если же в задаче идет речь
о больших интервалах скоростей, не удовлетворяющих указанным не-
неравенствам, закон распределения скоростей необходимо писать в диф-
дифференциальной форме, заменяя величины AM и Аи дифференциалами
dN и dti. Интегрируя правую часть уравнения в пределах от и1 до «2.
вычисляют полное число молекул AN, скорости которых лежат в ин-
интервале Аи = «2 — «t.
3. Основное уравнение кинетической теории газов G.2), а также
закон Максвелла о распределении молекул по скоростям G.6) спра-
справедливы лишь для идеального газа, ибо при их выводе не учитывается
взаимодействие молекул на расстоянии; соударения молекул уподоб-
уподобляются удару упругих шаров. Поэтому уравнения G.2) и G.6) и свя-
связанные с ними уравнения G.4), G.7)—G.10) применяются только для
не слишком сильно сжатых газов и паров.
Решение задач
7-1. Плотность смеси азота и водорода при температуре
/ = 47 °С и давлении р = 2,00 ат равна р = 0,30 г/л.
Найти концентрации молекул азота (nt) и водорода (п2)
в смеси.
Решение. Концентрацию однородного по составу газа, оче-
очевидно, можно найти из формулы G.4). Но в условии дана смесь двух
газов, молекулы которых различаются по массе. Выясним, можно ли
в этом случае применять формулу G.4).
Соотношение G.4) можно рассматривать как следствие основного
уравнения кинетической теории газов G.2). Однако из вывода G.2)
3» 67

вытекает, что оно справедливо для совокупности любых частиц, в том
числе различных по массе. Следовательно, и формулу G.4) можно при-
применять для смеси газов. В этом случае п — полное число частиц в еди-
единице объема. Таким образом, из G.4) имеем
п = plkT. A)
Для определения концентраций азота и водорода кроме очевид-
очевидного соотношения
«1 + «2 = п = p/kT B)
необходимо иметь еще одно уравнение, связывающее величины пг
и «2. В связи с этим учтем следующее. Используя данные задачи, мож-
можно найти молярную массу fiCM смеси рассматриваемых газов. Действи-
Действительно, из уравнения газового состояния вытекает, что
=р C)
С другой стороны, можно выразить цсм через молярные массы азота
(ц^ и водорода (|j,2), а также их концентрации пх и пг. Для этого вос-
воспользуемся ответом к задаче № 6-2, выражающим величину цсм
через \ilt \i2 и массы ти т2 компонентов смеси. Заметим также, что
между массой т газа и его концентрацией п существует за-
зависимость
т = nVm' = пУц/Na, ¦ D)
где V — объем газа, [i — его молярная масса, т' — масса одной мо-
молекулы. Подставив значения тх и т2 по D) в формулу, выведенную
в задаче №6-2 для молярной массы смеси, и произведя сокращения,
найдем
n.2\i2)/(nL + п2). E)
Приравнивая правые части соотношений C) и E), получим
Р
Решив систему B) и F), найдем неизвестные п, и п/.
Выразим входящие в формулу величины в единицах СИ: р =
= 2,00 • 9,8 • 104 Па, Т = 320 К, р = 0,30 кг/м3, ^ = 0,028 кг/моль,
fi2 = 0,0020 кг/моль, R = 8,3 Дж/(моль • К), k = 1,38 • 103 Дж/К.
Подставив эти значения в формулы и выполнив вычисление, получим:
ях = 2,4 • 1024 м-3, п2 = 4,2 • 1024 м-3.
68

7-2. Сосуд, содержащий газ, движется со скоростью v0,
затем быстро останавливается. На сколько увеличится
при этом средний квадрат скорости теплового движения
молекул газа в случаях: одноатомного газа? двухатом-
двухатомного газа? Газ считать идеальным.
Решение. Воспользуемся законом сохранения энергии. Пусть
М — масса газа в сосуде. Двигаясь со скоростью «„, газ, как целое,
обладает кинетической энергией
WK = Mvl/2. A)
Формула A) определяет кинетическую энергию направленного дви-
движения молекул, в котором они участвуют вместе с сосудом. После оста-
остановки сосуда направленное движение молекул в результате их со-
удареяий со стенками сосуда очень скоро превратится в хаотическое.
Пренебрегая теплообменом между газом и стенками сосуда за рас-
рассматриваемый малый промежуток времени, можно газ считать изо-
изолированной системой. Тогда из закона сохранения энергии следует,
что «исчезнувшая» кинетическая энергия направленного движения
молекул WH должна быть равна приросту энергии хаотического дви-
движения молекул (приросту внутренней энергии) AU:
WH = AU. B)
Подсчитаем внутреннюю энергию газа.
Для идеального одноатомного газа эго есть энергия поступатель-
поступательного хаотического движения молекул:
U= 2 mvJ/2, C)
t =¦ i
где т — масса молекулы, N — число молекул в сосуде. Вынося мно-
множитель т/2 за знак суммы и используя понятие средней квадратичной
скорости, определяемой по G.1), перепишем равенство C);
Отсюда следует, что изменение внутренней энергии одноатомного
газа при торможении
D)
2
где yKBi, «кпэ — средние квадратичные скорости молекул газа соот-
соответственно в начале и конце торможения. Подставив в B) значения
WH из A) и Д(/ из D), получим первый ответ:
Внутренняя энергия идеального двухатомного газа складывается
из энергий поступательного и вращательного движения молекул. При
этом три степени свободы приходятся на поступательное движение
и две — на вращательное. В соответствии с законом о равномерном
69

распределении энергии по степеням свободы, следствием которого
является формула G.5), три пятых кинетической энергии WH пой-
пойдет на увеличение энергии поступательного движения молекул и дне
пятых — на увеличение энергии их вращательного движения. Таким
образом, теперь имеем
3 l =
5 2
откуда получим второй ответ:
Укв2
7-3. Какая часть молекул водорода, находящегося при
температуре Т, обладает скоростями, отличающимися от
наиболее вероят ной скорости не свыше чем на 5,0 м/с? Зада-
Задачу решить для двух значений Т: 1) 400 К, 2) 900 К.
Решение. Распределение молекул по скоростям выражается
уравнением G.6), справедливым при условии Д«<^«. Поскольку в за-
задаче идет речь о наиболее вероятной скорости, надо считать v = vB.
Следовательно, и = (v/vu) = 1 и уравнение G.6) примет более простой
вид:
Отсюда найдем ту часть молекул, относительные скорости которых
лежат в интервале Аи:
М1ди. (П
Прежде чем производить расчеты по A), необходимо убедиться в том,
что выполняется условие Аи<^и. Так как и = v/vB, то
Аи = Av/vD. B)
Чтобы вычислить Аи по B), найдем сначала наиболее вероятную
скорость vB по формуле G.7) при 7\ = 400 К и Т2 — 900 К соответст-
соответственно:
Подставляя эти значения vB в B) и имея в виду, что Да = 10,0 м/с,
т речь о скоростях, леж;
,0 м/с, получим:
«х = 1/182, Дн, = 1/273.
поскольку в задаче идет речь о скоростях, лежащих в интервале от
vB — 5,0 м/с до vB + 5,0 м/с, получим:
70

Так как и — 1, видим, что условие Аи <^ и выполняется для обеих
температур*. Теперь по формуле A) найдем ответы
= 0,0046,
УЗ,[4-2,7-182
-т=^ = 0,0030.
Рис 7-1
/V Уяе ' УЗ, 14-2,7-273
Замечание. Таким образом, при увеличении температуры
наиболее вероятная скорость молекул уве-
увеличивается, а число молекул, скорости ко- W
торых лежат в однодг и толг же интервале
около наиболее вероятной, уменьшается.
На графике, выражающем функцию распре-
распределения скоростей молекул / (v), с увели-
увеличением температуры (Г$ > 71,) максимум
кривой сдвигается вправо, а величина
максимума уменьшается (рис. 7-1).
7-4. Какая часть молекул газа имеет скорости, превы-
превышающие наиболее вероятную скорость?
Решение. В условии задачи речь идет о молекулах, скорости
которых заключены в интервале от наиболее вероятной скорости vB
до ув -[- оо, т. е. в бесконечно большом интервале скоростей Лу. Та-
Таким образом, условие применимости закона распределения скоростей
G.6), заключающееся в толт, что Аи<*Си, или Аи<^и, здесь не вы-
выполняется. Поэтому от уравнения в форме G.6) надо перейти к диф-
дифференциальной форме этого закона:
?Ш = D/Ул) Л/е~"! u2du. A)
Полное число AN молекул, относительные скорости которых лежат
в заданном интервале от uL до н2, найдем, интегрируя правую часть
A) в этих пределах:
J
B)
J
Уравнение B) является общей формой записи закона распределе-
распределения скоростей молекул, справедливой для любых интервалов скоростей.
Учитывая, что относительная скорость и = v/vb и что в нашей за-
задаче vv = ив и и2 = оо, получим: uv = 1 и и* = оо. Следовательно,
искомая часть молекул выразится интегралом:
= — e-«2du.
C)
* Вместо неравенства Аи <С и можно пользоваться равносильным ому нера-
неравенством Аи < V как критерием применимости уравнения G 6) Тогда , вычислив
скорости vBi и ива и сравнив их с заданной величиной До, можно сразу суднЛ о
применимости G.6) в условиях данной задачи.
71

Чтобы избежать математических трудностей, связанных с нахож-
нахождением несобственного интеграла, воспользуемся тем очевидным фак-
фактом, что скорости всех молекул лежат в интервале от0до «э. Поэтому,
если обозначить через ДЛ^' число молекул, скорости которых меньше
наиболее вероятной, т. е. лежат в интервале от 0 до 1, то можно за-
записать
N N
Таким образом, вместо того чтобы искать ДА7Л/ по C), можно
найти kN'IN по формуле
L L-«'u*du, E)
а затем по D) вычислить
Так как интеграл в E) все же в конечном виде не берется, вос-
воспользуемся методом приближенного интегрирования. Для этого раз-
разложим подынтегральную функцию e~"V в ряд Маклорена:
e--ei_J!L+Jf!-_J!L+j?__...
12 6 24
12 6 24
Теперь, производя интегрирование по E), имеем
АЛГ _ . * / ' 1 1 L_u—!
N Уя \ 3 5 14 54 264
Ограничиваясь первыми четырьмя членами разложения, найдем
с погрешностью, не превышающей 0,01:
Д/V'/A/ = 0,43.
Отсюда на основании D) получим ответ:
ДЛ//Л/ = 1 — 0,43 = 0,57.
Замечания:!, Интеграл B) можно найти тем же методом, ко-
которым был вычислен интеграл E), и таким образом решить общую за-
задачу об определении числа молекул ДМ, скорости которых лежат в
любом конечном интервале скоростей Аи = и2 — «i.
2. Используя примененный в задаче метод вычисления интеграла
е-"г u2du,
о
можно найти долю молекул AN/N, относительные скорости которых
превышают любое заданное значение и, по формуле
72

В некоторых задачниках имеются справочные таблицы, в которых
приведены результаты вычислений по F) для ряда значений и. В та-
таком случае задача обычно сводится к тому, чтобы по известным зна-
значениям скорости v, молярной массы \i газа и температуры Т опреде-
определить относительную, скорость и = v/vB и затем по таблице найти иско-
искомую величину AN/N.
7-5. Найти число столкновений Z, которые происходят
в течение секунды между всеми молекулами, находящи-
находящимися в объеме V — 1,0 ммя водорода при нормальных
- условиях. Принять для водорода а = 2,3 • 10~10 м.
Решение. Число столкновении г, испытываемых одной мо-
молекулой за секунду, определяется формулой G.10). Чтобы установить
соотношение между величинами г и Z, учтем, что если умножить число
столкновений одной молекулы за секунду г на число всех молекул
N, то получим результат, превышающий в два раза искомое число Z.
Действительно, в одном столкновении участвуют сразу две молекулы,
поэтому в число zN каждое столкновение входит дважды: один раз
в счет столкновений одной из молекул данной пары, другой раз в
счет столкновений второй молекулы. Следовательно, правильным
будет выражение
L
A)
где п — концентрация молекул. Подставив в A) вместо г его значение
по G.10), получим
Найдем из формулы G.4) концентрацию п молекул и воспользуем-
воспользуемся выражением G.9) для средней арифметической скорости
Тогда окончательно для Z имеем
/ 8R #
2к*Т V зщТ
Выразим входящие в формулу величины в единицах СИ: V ==
= 1,0 • 10-9м3,р = 1,0 • 105Па, Т = 273 К, ц = 2,00 • Ю~3 кг/моль,
а = 2,3 ¦ К)0 м, k = 1,38 • 1O-J3 Дж/К, R = 8,3 Дж/(моль • К).
Подставив эти значения в формулу и выполнив вычисление, получим
Z= 1,6-10» с-1.
§ 8. ОСНОВЫ ТЕРМОДИНАМИКИ
Основные формулы
Первое начало термодинамики, количество теплоты, сообщенное системе,
идет на увеличение ее внутренней энергии и совершение системой работы над
окружающими телами, т. е.
Q= AU + А. (8.1)
73

Внутренняя энергия одного моля идеального газа
Молярная теплоемкость измеряется количеством теплоты, необходимой для
нагревания одного моля вещества на один кельвин:
где v = т/ц — число молей.
Молярная теплоемкость смеси газов, состоящей из п компонентов,
Удельная теплоемкость измеряется количеством теплоты, необходимым для
нагревания единицы массы вещества на один кельвип,
1 dQ
с = —-^Г' (8.5)
т dT
Удельная теплоемкость смеси газов, состоящей из п компонентов,
сг mi-f- с2 т2+. .. + сп тп
ссм— ; • (о.о)
ml-\-m2+...+mn
Связь между удельной и молярной теплоемкостями
с = С/(х. (8.7)
Молярная теплоемкость идеального газа при постоянном объеме
(8.8)
Молярная теплоемкость идеального газа при постоянном давлении
Ср = Cv + R = (i -f- 2) R/2. (8 9)
Внутренняя энергия идеального газа
U = — — РГ= — С,, Т. (8.10)
ц 2 и
При элементарном изменении объема газа совершается работа
dA = pdV. (8 II)
Работа газа прн изобарном процессе
А = plV,- VT) (8.12)
Работа идеального газа при изотермическом процессе
A=~RT\n~-. (8-13)
\i V,
Уравнение Пуассона для адиабатического процесса в идеальном газе
pVv = const, (8.14)
где у = Ср/Су—отношение молярных (или удельных) теплоемкостей газа прн
постоянных давлении и объеме.
74

Работа идеального газа при адиабатическом процессе выражается следую-
следующими формулами:
А=— AU= —Cv, (Ti~Тг), (8.15)
m «Г, I i VY \v-ll
Коэффициент полезного действия тепловой машины
А Q1-Q2 T1 — T2
(816)
.. ...
(817)
где А — работа, совершенная рабочим веществом в течение цикла, Q, — коли-
количество теплоты, полученное от нагревателя за это время рабочим веществом,
Qi — количество теплоты, отданное им при этом холодильнику, Tt и 7— наивыс-
наивысшая и паиннзшая температуры рабочею вещества.
Знак равенства в (8 17) относится только к мчшине, работающей по циклу
Карно
Изменение энтропии тела в любом обратимом процессе, переводящем его из
состоянии А в состояние В, равно
в
S Г ^-
(8.18)
где dQ — элементарное количество теплоты, полученное телом при температуре Т.
Второе начало термодинамики- энтропия замкнутой системы при любых
происходящих в ней процессах не уменьшается — она возрастает при необрати-
необратимых процессах и остается постоянной в случае обратимых процессов, т. е.
Д5 >0 (8 19)'
А. ПЕРВОЕ НАЧАЛО ТЕРМОДИНАМИКИ В ПРИМЕНЕНИИ
К ИДЕАЛЬНЫМ ГАЗАМ
Методические указания
1. Приступая к решению задачи по данной теме, прежде всего
необходимо выяснить характер процесса, протекающего а газе (ра-
(разумеется, если об этом не оговорено в условии). Как правило, это
не вызывает трудностей в случае изохормого (V=const) или изо-
изобарного (/3 = const) процесса.
Для осуществления изотермического процесса (r=const) рас-
расширения или сжатия газа необходим достаточный теплообмен меж-
между газом и окружающей средой. Этому способствуют большая теп-
теплопроводность стенок сосуда, в котором заключен газ, и медленное
протекание процесса Наоборот, условием адиабатического процес-
процесса расширения или сжатия газа является отсутствие теплообмена
между газом и окружающей средой. Это условие на практике вы-
выполняется тем точнее, чем меньше теплопроводность стенок сосуда,
содержащего газ, и чем быстрее протекает процесс.
2. В изохорном и изобарном процессах количество теплоты, по-
полученное газом, всегда связано с изменением его температуры
[см. формулу (8.3)]:
dQ=vCdT.
75

где С = Cv при изохорном процессе и С = Ср при изобарном (при
этом Ср > Cv). Поскольку обе молярные теплоемкости Ср и Cv —
величины положительные, знаки приращений dQ и dT всегда совпа-
совпадают. Следовательно, при нагревании (dT > 0) газ получает тепло
(dQ>0) и, наоборот, при охлаждении (dT<ZQ) газ отдает тепло
(dQ<Q).
Вместе с тем при изотермическом и адиабатическом процессах
не существует связи между приращением температуры газа и коли-
количеством теплоты, полученным им, по той причине, что в первом про-
процессе отсутствует изменение температуры (dT = 0), хотя газ при этом
получает или отдает тепло, а во втором процессе, наоборот, газ не
получает и не отдает тепла (dQ = 0), хотя при этом изменяется его
температура.
Решение задач
8-1. Баллон емкостью V = 20,0 л с кислородом при
давлении р1 = 100 ат и температуре tx = 7 °С нагрева-
нагревается до t2 = 27 °С. Какое количество теплоты при этом
поглощает газ?
Решение. Поскольку коэффициенты теплового расширения
для твердых тел значительно меньше (приблизительно в сто раз),
чем для газа, в условиях данной задачи можно пренебречь расшире-
расширением баллона и считать процесс нагревания газа изохорным.
В зависимости от того, применять ли непосредственно первое на-
начало термодинамики или формулу, определяющую теплоемкость тела,
возможны два способа решения.
1. Применим к рассматриваемому газу первое начало термодина-
термодинамики. Поскольку при изохорном процессе газ не совершает работы,
из уравнения (8.1) получим
т. е. все сообщенное газу тепло идет на приращение его внутренней
энергии Из формулы (8.10), используя уравнение газового состоянии,
запишем
U = — — RT = —pV.
2 ц 2
Отсюда для изменения внутренней энергии имеем
AU = U2-Ul=-L(pi-pl)V = ^- PlV {^- ~
Заменяя по закону Шарля для изохорного процесса отношение дав-
давлений pjpi отношением абсолютных температур Тг1Т1% получим
A)
Эту формулу можно считать окончательным ответом. Все вели-
величины, кроме i, даны в условии. Поскольку кислород является двух-
двухатомным газом, то число степеней свободы i =» 5,
76

2. Из формулы (8.3) для молярной теплоемкости следует, что
элементарное количество теплоты, сообщенное телу при повышении
его температуры на dT, равно
dQ = vCdT. B)
Число молей v найдем из уравнения газового состояния:
Так как газ нагревается при постоянном объеме, то С = CV, где
Су определяется по формуле (8.8). Подставив эти значения v и Су
в B), получим
dQ = — -Bl^LdT. C)
Отсюда, интегрируя и учитывая при этом, что все величины i, pu
Ти V — постоянные, найдем полное количество теплоты, поглощенное
газом при нагревании от 7\ до Т2:
что совпадает с выражением A).
Выразим входящие в формулу величины в единицах СИ: i = 5,
Pl = 9,8 • 10е Па, V = 2,00 • 10~2 м3, 7\ = 280 К, Т2 = 300 К.
Подставив эти значения в D) и выполнив вычисления, получим
Q == 3,5 • 104 Дж = 35 кДж.
8-2. Какую работу надо совершить, чтобы, медленно
сжимая при помощи поршня гач в цилиндре с хорошо
проводящими тепло стенками, увеличить его давление
в два раза? Начальное давление газа равно атмосферно-
атмосферному pj = 760 мм рт. ст., начальный объем Vj = 5,0 л.
Во время сжатия давление и температура окружающего
воздуха остаются постоянными. Весом поршня и тре-
трением пренебречь. Сколько тепла выделяется при сжатии
газа?
Решение. Вначале выясним, каким процессом является сжа-
сжатие газа в условиях задачи. Медленное протекание процесса и боль-
большая теплопроводность стенок цилиндра позволяют считать темпера-
температуру газа равной температуре окружающей среды в течение всего
процесса. А так как последняя, согласно условию, остается неизмен-
неизменной, то сжатие газа следует считать изотермическим процессом.
Работа газа при изотермическом процессе определяется формулой
(8.13). Преобразуем ее применительно к данной задаче, используя
уравнение газового состояния и закон Бойля—Мариотта:
77

Поскольку р, < р2, т0 Аг < 0. Как и следовало ожидать, работа,
совершенная газом при его сжатии, отрицательна. В этом случае по-
положительной будет работа /4внеш, совершенная внешними силами,
сжимающими при помощи поршня газ в цилиндре:
Лппеш = — Ar = piVi In (Pj/pO- (О
Однако выражение A) еще не является ответом, ибо Авиш есть
сумма двух работ: работы А силы, приложенной к поршню (например,
силы руки), и работы Латм силы атмосферного давления, т. е.
"внеш == А Т" /4атм. B)
По условию задачи искомой величиной является работа А. Ве-
Величину же Лагм можно найти по формуле работы газа при изобарном
процессе (8.12), поскольку атмосферное давление рх остается постоян-
постоянным:
л*™ = р. (Ух - v2). C)
При этом индексы у объемов проставлены так, чтобы работа Аатм, вы-
вычисленная по C), была положительной. Преобразуем C), учитывая,
что газ в цилиндре сжимается изотермически:
Подставив в B) вместо /4внешнЛатм их значения по A)и D), найдем
искомую работу:
А л А п V (\nJll- 1 i Pi "\
Л— л,пкш — латм — Р\ v 1 |П 1 ~\ •
V Pi Pi I
Для определения количества теплоты, выделенного при сжатии
газа, воспользуемся первым началом термодинамики. Поскольку при
изотермическом процессе (Т = const) изменение внутренней энергии
на основании (8.10) равно нулю:
из уравнения (8.1) получаем, что количество теплоты, сообщенное
газу, равно
Q = A.=Pi V1 In -?!-= -p.VJn &- .
Pi Pi
Величина Q оказалась отрицательной, что обусловлено выделением
теплоты газом при его сжатии.
Выразим данные величины -в единицах СИ: Vx = 5,0 • 10~s м3,
Pj = 1,01 • 10s Па, (p2/pi) = 2. Подставив эти значения в формулы
и выполнив вычисления, получим:
Л = 1,0 . 10а Дж = 0,10 кДж; Q = — 3,5 . 10" Дж =*
= — 0,35 кДж.
78

A,
.1.1.1
Рис 8 I
8-3. В цилиндре с плохо проводящими
тепло стенками, закрытом сверху легко
скользящим поршнем, площадь которого
равна 20 см2 и масса тп = 2,00 кг, нахо-
находится воздух, занимая объем V\ = 1,00л.
Па поршне лежит гиря массой/яг = 8,00 кг
(рис. 8-1). Если быстро убрать гирю, воз-
воздух расширится и поднимет поршень.
Определить работу расширения воздуха за
время, в течение которого скорость под-
поднимающегося поршня достигнет макси-
максимального значения Умакс. Атмосферное дав-
давление рA принять равным 1,00 ат.
Решение. Прежде всего выясним характер процесса расши-
расширения воздуха в цилиндре. Учитывая, что, но условию, воздух рас-
расширяется быстро, а стенки цилиндра обладают плохой теплопровод-
теплопроводностью, можно пренебречь теплообменом между воздухом и окружаю-
окружающей средой, т. е. считать процесс расширения воздуха адиабатиче-
адиабатическим.
Из условия задачи легко определить начальное давление рх воз-
воздуха в цилиндре. На поршень в положении А (рис. 8-1) действуют
силы: сила тяжести поршня mng, вес гири, равный mrg, сила атмо-
атмосферного давления, равная paS, и сила давления воздуха, равная
ptS. Первые три силы направлены вниз, последняя — вверх. Из усло-
условия равновесия поршня имеем
откуда
m,g f-
Pl = (mn -!- mr) gIS + p0 = 1,47 • 10» Па.
Условие задачи позволяет также определить давление рг воздуха
в цилиндре в тот момент, когда скорость поднимающегося поршня
достигнет максимума (положение В на рис. 8-1). Поскольку воздух
расширяется адиабатически, из уравнения Пуассона (8.14) следует,
что его давление, а значит, и сила давления на поршень будут умень-
уменьшаться. После того как сняли с поршня гирю, сила давления воздуха
на поршень снизу была сначала больше, чем сумма сил mug + paS,
действующих на него сверху, по спустя некоторый промежуток вре-
времени, в течение которого поршень двигался ускоренно, силы, прило-
приложенные к поршню, снова окажутся в равновесии.
Именно н этот момент скорость поршня достигнет значения vMaKC,
так как при дальнейшем увеличении объема воздуха в цилиндре его
давление станет Меньше суммы сил mng + p0S. Теперь равнодейст-
равнодействующая сил, приложенных к поршню, окажется направленной вниз
и скорость поршня будет убывать. Таким образом, из условия равно-
равновесия сил, соответствующего максимуму скорости поршня,
= mng + p0S,
79

находим
Pi = mag/S + p0 = 1,08 • 10s Па.
Теперь, зная начальное pt и конечное рг давления воздуха в адиа-
адиабатическом процессе, а также начальный объем Vlt легко найти по
формуле (8.16) работу расширения газа. Чтобы исключить из (8.16)
неизвестные величины tn, \i, Tu перепишем эту формулу с учетом урав-
уравнения газового состояния:
Неизвестное отношение объемов выразим через отношение дав-
давлений при помощи уравнения Пуассона (8.14):
pi
и вместо A) запишем
Поскольку воздух является смесью двухатомных газов — азота
и кислорода, найдем отношение его теплоемкостей как для двухатом-
двухатомного газа:
Подставив числовые значения величин, входящих в формулу:
pt = 1,5 ат = 1,5 • 9,8 • I04 Па, р2 =-- 1,1 ат, V1 = 1,00 . 10- м\
V = 1,4, получим
А==
1,4 — 1
= з0 Дж.
2
р
>
a
)
с
d
рис 82
8-4. Идеальный трехатомный газ совер-
шает цикл, состоящий из двух изохор и
двух изобар (рис. 8-2). Определить к. п. д.
цикла, если Vx = 1,00 л, V2 = 2,00 л,
р, = 1,0 атм, р2 = 2,0 атм. Считая вели-
чины Vu Кг, /7,, /72 переменными, прини-
мающими любые положительные значе-
ния, найти предельный (наибольший)
к. п. д. данного цикла.
Решение. Изображенный на рис. 8-2 цикл состоит из четы-
четырех последовательно протекающих процессов. Рассмотрим их по по-
порядку.
I. Участок ад. Объем Vx газа сохраняется, при этом давление его
увеличивается от pv до р2. Так как при изохорном процессе давление
газа пропорционально абсолютной температуре, видим, что температу-
температура газа здесь повышается. Следовательно, газ при этом получает (от
нагревателя) количество тепла Qab.
80

2. Участок be. Давление pt газа сохраняется, объем же увеличи-
увеличивается от Vl до Vt, при этом газ совершает работу, равную [см. (8.12I
Аьс = Р* (V, - V\). A)
Так как при изобарном процессе объем газа пропорционален аб-
абсолютной температуре, видим, что температура газа и в этом процес-
процессе повышалась. Следовательно, и здесь газ получил количество теп-
теплоты Qbc.
3. Участок cd. Процесс идет изохорно AЛ, = const), давление
газа уменьшается от р2 до ри что означает понижение температуры.
Следовательно, газ при этом отдает (холодильнику) количество теп-
теплоты Qed.
4. Участок da. При постоянном давлении pt газ сжимается от
объема V2 до объема Vx и совершает при этом отрицательную работу
Ada = Pi (V, - V2) = - Pl (V2 - V,). B)
Уменьшение объема при изобарном процессе связано с понижением
температуры газа. Следовательно, здесь, как и в предыдущем случае,
газ отдает (холодильнику) некоторое количество тепла Qda.
Теперь можно-приступить к вычислению к. п. д. цикла по формуле
(8.17). Работа газа, совершенная им на участках be и da, равна, со-
согласно A) и B),
A=Abe + Ada = lpt-p^(Vi-VO*. C)
Количество теплоты Qt, сообщенное газу при его нагревании, найдем
на основании первого начала термодинамики. Учитывая, что газ по-
получает теплоту на участках ab и be, запишем для всего пути процес-
процесса abc
QL = AU + Авс. D)
Изменение внутренней энергии AU при переходе газа из состояния
а в состояние с вычислим с помощью формулы (8.10) как разность
ее значений Ue и Ua в точках с и а графика:
или на основании уравнения газового состояния
AU = (i/2) (p.V, - PlVd- E)
Подставив в D) вместо AU и АЬс их значения по E) и A), получим
(PzVzP,V,) + p2(V2-Vl). F)
* Формулу C) можно получить сразу, если учесть, что работа газа, совер-
совершенная за цикл, численно равна площади фигуры, ограниченной замкнутой ли-
линией — графиком цикла в системе координат (р, V). В данном случае эта работа
равна площади прямоугольника abed.
81

Наконец, подставляя в (8.17) значения А и Qt из C) и F), найдем
к. п. д. цикла:
(P2pi)
(./2)(p2\/a—Pl
Подставив d G) числовые значения величин ри р2, Vit Vt из усло-
условия и учитывая, что газ—трехатомный и, следовательно, i = 6,
получим
т| = 0,09.
Чтобы определить наибольший к. л. д. цикла, выразим количест-
количество теплоты, сообщенное газу, через молярные теплоемкости Ср и Cv
на основании формулы (8.3):
Qi = Q<b + Qu=vCv(Tb-Ta)-\- vCv{T,-Tb). (8)
Преобразуем (8) с помощью уравнения Клапейрона—Менделеева,
записав последнее для каждого из трех состояний газа, соответствую-
соответствующих точкам а, Ь, с графика:
Qi = НРг - Pi) ViCy/R] + f(V2 - V,) p'tPp/Rl (9)
Подставив в (8.17) значения А и Q, по C) и (9), получим
1 (Pi-
Чтобы упростить исследование, разделим числитель и знаменатель
правой части A0) на произведение ргУ2 и введем обозначения а =
= рМ, Р = vxiv*
A~а)A-Р)Я
(laJpC + dpJC ' '
Заметим, что согласно условию каждая из величин аир может
принимать любые значения в интервале ]0,1[. При произвольном фик-
фиксированном значении р выражение A1) приобретает вид
Кя/(\+а) '
где Ki, Kit Кз ~ постоянные положительные величины. Из A2) вид-
видно, что Ti (a) — убывающая функция. Следовательно, она принимает
наибольшее значение при a -> 0.
При любом фиксированном значении а выражение A1) дает
где /С4, Д'5, Кй — постоянные положительные величины. Из A3) сле-
следует, что ti (P) — убывающая функция. Значит, ее наибольшему зна-
значению соответствует р -> 0.
Сопоставляя полученные результаты, приходим к выводу, что, по-
положив в (II) a = 0, Р = 0, найдем предельное значение Т1пред:
Ср
82

Б. ВТОРОЕ НАЧАЛО ТЕРМОДИНАМИКИ
Методические указания
1. Здесь рассмотрены задачи, связанные с обратимым циклом
Карно, и задачи на расчет изменения энтропии. В последних исполь-
эуются важнейшие свойства энтропии: 1) энтропия является функцией
состояния; 2) энтропия сложной системы равна сумме энтропии ее
частей (свойство аддитивности).
2. Рассчитывая изменение энтропии тела по формуле (8.18), сле-
следует помнить, что здесь dQ означает количество теплоты, полученное
телом. Поэтому, если тело отдает тепло, величину dQ следует ставить
в (8.18) со знаком «—».
3. Если переход тела из начального состояния в конечное осу-
осуществляется несколькими, последовательно протекающими процес-
процессами, то полное изменение энтропии равно алгебраической сумме из-
изменений энтропии в каждом процессе.
4. Соотношение (8.18) выражает изменение энтропии только в
обратимом процессе. Способ расчета изменения энтропии в необрати-
необратимом процессе рассмотрен в задаче № 8-8.
Решение задач
8-5. Цикл Карно, совершаемый смесью
жидкости и пара, происходит в том же
температурном интервале, что и цикл, рас-
рассмотренный в задаче № 8-4. Определить
к. п. д. цикла Карно.
Рис. 8-3
Решение. К. п. д. цикля Карно, состоящего из двух изотерм
и двух адиабат (рис. 8-3), не зависит от того, какое рабочее вещество
совершает этот цикл, и равен согласно формуле (8.17)
т|к= G\ - Га)/7\. (I)
Таким образом, задача сводится к определению наивысшей и наиниз-
наинизшей температур газа в условиях задачи № 8-4.
Было уже выяснено, что газ нагревался на пути abc (см. рис. 8-2)
и охлаждался на пути cda. Следовательно, наивысшей температурой
газ обладал в состоянии с и наинизшей—в состоянии а. Сохраняя
обозначения предыдущей задачи, можно записать на основании урав-
уравнения газового состояния:
S3

Подставив эти значения 71, и Т2 в A), получим
Используя числовые данные из условия задачи N° 8-4, найдем
т|к= 0,75.
Замечание. Сравнив ответы в задачах № 8-4 и 8-5, получим
¦цк~- 8,3т). Это проявление общей закономерности: тепловая машина,
работающая по циклу Карно, обладает наибольшим к. п. д. по срав-
сравнению с машиной, работающей по любому другому циклу в том же
температурном интервале.
8-6. Тепловая машина работает по циклу Карно, к. п. д.
которого т) = 0,25. Каков будет холодильный коэффи-
коэффициент х\' машины, если она будет совершать тот же цикл
в обратном направлении? Холодильным коэффициентом
называется отношение количества теплоты, отнятого
от охлаждаемого тела, к работе двигателя, приводящего
в движение машину.
Решение. К- п. д. любого цикла, в том числе н цикла Карно,
выражается формулой (8.17)
Особенностью цикла Карно является его обратимость: процесс мо-
может протекать как в прямом, так и в обратном направлении. При
обратном цикле Карно (при этом стрелки на рис. 8-3 должны иметь
противоположное направление) рабочее вещество будет, расширяясь
по изотерме Т2 — Га, отбирать от холодильника количество теплоты
Q2 и, сжимаясь по изотерме 7\ — Ти отдавать нагревателю количество
теплоты Q,. При этом работа, совершенная рабочим веществом за
один цикл, будет отрицательной (положительная работа расширения
меньше по модулю отрицательной работы сжатия). В этом случае по-
положительной будет работа А двигателя, приводящего в действие ма-
машину.
Согласно определению холодильного коэффициента, запишем
т|' = Q2/A.
Чтобы определить г\', исключим из A) величину Qlt равную А + Q2:
т| = А/(А + Q2).
Выполнив преобразования, получим:
i\ А 'А
г\' = - 1 = 3, или т|' —300%.
84

8-7. Исходя из второго начала термодинамики, вывести
формулу для к. п д. цикла Карно.
Решение.*. Наиболее общим выражением второго начала термо-
термодинамики является формула (8.19). Поскольку цикл Карно представ-
представляет собой обратимый процесс, из (8.19) следует, что полное изме-
изменение энтропии изолированной системы нагреватель—рабочее веще-
вещество—холодильник равно нулю:
А5 = 0. A)
Согласно свойству аддитивности, полное изменение энтропии си-
системы AS будет складываться из изменений энтропии нагревателя
ASU рабочего вещества AS' и холодильника AS2:
AS = Д5, + AS' -f AS2. B)
Рассмотрим эти изменения энтропии за один цикл. Так как ра-
рабочее вещество, совершив цикл, вернется в первоначальное состояние,
а энтропия является функцией состояння, то она примет также перво-
первоначальное значение, т. е. AS' = 0. Следовательно, нз A) н B) имеем
Д5, + 452 = 0. C)
Выразим изменение энтропии нагревателя и холодильника ASt
и AS2 по формуле (8.18). Нагреватель отдает рабочему веществу ко-
количество теплоты Ql при постоянной температуре Г,, переходя при
этом из некоторого состояния А в состояние В. Поэтому приращение
dQv берем со знаком «—»:
J 7"i
А
Холодильник получает от рабочего тела количество теплоты <22
при температуре Т2, переходя из некоторого состояния С в состояние
D. Следовательно,
D
Г2 Т2
С С
Подставим эти значения ASt и Д52 в C):
<?а т2 ' Qi г, '
наконец, прибавив к обеим частям равенства по единице, найдем
р.
• Схема решения заимствована из книги [1].
85

8-8. Теплоизолированный сосуд разделен на две равные
части- перегородкой, в которой имеется закрывающееся
отверстие. В одной половине сосуда содержится т =
— 10,0 г водорода. Вторая половина откачана до высо-
высокого вакуума. Отверстие в перегородке открывают, и газ
заполняет весь объем. Считая газ идеальным, найти при-
приращение его энтропии.
Решение. Расширение газа здесь является необратимым
процессом. Поэтому было бы ошибкой применить формулу (8.18) для
данного процесса*. Воспользуемся тем, что энтропия—функция
состояния и ее изменение полностью определяется начальным и ко-
конечным состояниями системы, независимо от того процесса, в ходе
которого система перешла из начального состояния в конечное. По-
Поэтому представим такой процесс расширения газа, который перево-
переводил бы его в то же самое конечное состояние, но являлся бы обрати-
обратимым процессом. Найдя по формуле (8.18) приращение энтропии в таком
обратимом процессе, мы решим поставленную задачу.
Так как данный газ изолирован от окружающей среды (Q = О,
А = 0), то его внутренняя энергия U, как это следует из первою
начала термодинамики, должна оставаться постоянной. При этом
будет постоянной и температура идеального газа во время его pai-
ширения согласно формуле (8.10). Значит, в качестве обратимою
процесса, переводящего газ в то же конечное состояние, что и данный
процесс, можно рассматривать процесс обратимого изотермическою
расширения, в ходе которого объем газа увеличивается в два раза. Так
как в этом процессе Т = const, AU = 0 и, следовательно, Q = А,
получим ответ по (8.18) с учетом соотношения (8.13):
SBSA[dQ RT\n
А
Выразим входящие в формулу величины в единицах СИ: пг =
= 1,00 ¦ Ю-2 кг, ц = 2,00 • Ю-3 кг/моль, R = 8,3 Дж/(моль • К).
Выполнив вычисление, получим
SB- SA = 29 Дж/К.
§ 9. РЕАЛЬНЫЕ ГАЗЫ И ЖИДКОСТИ
Основные формулы
Уравнение состояния реального гала (уравнение Ван-дер-Ваял[,ся):
0-b) = R7, (9.1)
где Va — молярный объем газа; а, Ь — постоянные Ван-дер-Ваальса, рачлич-
ные для разных газов. Их значения берутся из таблиц.
* Так как газ теплоизолирован (dQ = 0), то по (8.18) получили бы
SB—SA=Q.B действительности же, как это следует из второго начала термо-
термодинамики, энтропия газа при его необратимом расширении должна увеличиться.
86

Соотношения между параметрами критического состояния и постоянными
Ван-дер-Ваальса:
^он = ЗЬ. Р.—^г. TH—?j. (9.2)
где Vm — молярный критический объем газа, рн и Т„ — егб критические дав-
давление и температура
Коэффициент поверхностного натяжения измеряется силой поверхност-
поверхностного натяжения, действующей на единицу длины любого контура, лежащего на
поверхности жидкости:
о = FnH. (9.3)
или поверхностной энергией* ?, которой обладает каждая единица площади по-
поверхности жидкости:
с ~ E1S, (9.4)
где 5 — площадь поверхности жидкости
Формула Лапласа: избыточное давление, создаваемое в жидкости вслед-
вследствие кривизны ее поверхности (поверхностное давление), равно
' (9-5)
где Я, и /?2 — радиусы кривизны двух взаимно перпендикулярных нормальных
сечений поверхности жидкости. При этом рлов положительно, если поверхность
жидкости выпуклая, и отрицательно, если — вогнутая.
Высота поднятия жидкости в капилляре радиуса г при полном смачивании
Л = — , (9.6)
rpg
где р — плотность жидкости, g — ускорение силы тяжести.
Давление насыщающего пара над вогнутон сферической поверхностью жид-
жидкости меньше, а над выпуклой — больше, чем над плоской поверхностью, на
величину, равную
Ар = ^^, (9.7)
где г — радиус сферы, рп и г>,1( — плотности насыщающего пара и жидкости.
А. УРАВНЕНИЕ ВАН-ДЕР-ВААЛЬСА
Методические указания
1. Здесь рассматриваются процессы в реальных газах при темпе-
температуре Т не ниже критической Т„. Задачи, связанные с конденсацией
паров, которая возможна лишь при условии Т <С Тк, приводятся
в п. В настоящего параграфа.
2. Обычно в условии чадячн оговаривают те случаи, когда газ
надо рассматривать как реальный. В противном случае следует выяс-
выяснить этот вопрос, чтобы из двух уравнений состояния газа — Клапей-
Клапейрона—Менделеева и Ван-дер-Ваальса** — выбрать одно для реше-
* Так называют добавочную энергию, которую имеют молекулы, лежащие
в поверхностном слое жидкости, по сравнению с молекулами внутри жидкости.
** Другие уравнения состояния реальных газов, кроме уравнения Ван-дер-
Ваальса, не изучаются в курсе общей физики.
87

ния задачи. При этом газ следует считать реальным прежде всего в тех
случаях, когда он очень сильно уплотнен (сжат) по сравнению с га-
газом, взятым при нормальных условиях (см. задачу №9-1).
3. Если из условия задачи нельзя сразу сделать вывод о том, ка-
каким следует считать данный газ—идеальным или реальным,—надо
найти его молярный объем Vo и сравнить его с молярным объемом, за-
занимаемым любым газом при нормальных условиях: V0Hopyi= 22,4 х
X 10~3 м3/моль. Если при этом окажется, что V0^V0HOpM, т. е. дан-
данный газ не более плотен, чем при нормальных условиях, его можно без
большой погрешности считать идеальным. Если же Vo<^ VOtias)M, т. и.
плотность данного газа значительно превышает ее значение при нор-
нормальных условиях, газ следует считать реальным.
В остальных случаях (Vo < Vo HopM) надо предположить, что дан-
данный газ реальный, и найти поправки на давление alVl и объем Ь,
стоящие в уравнении (9.1), а затем сравнить их с величинами р и Vo
(разумеется, если обе они даны в условии). Отбрасывая эти поправки
в случае их малости (при этом получим уравнение состояния идеаль-
идеального газа) или оставляя их, мы тем самым решаем вопрос о выборе
уравнения.
Если в задаче неизвестной величиной является объем или масса
газа и, следовательно, нельзя вычислить молярный объем Vo, крите-
критерием выбора уравнения состояния часто может служить величина
давления газа. Так, при давлении, не превышающем нормальное ат-
атмосферное (р0 = 1,01 • 10s Па), газ будет достаточно разрежен и его
можно считать идеальным (если температура его не очень низка по
сравнению с нормальной t0 = 0° С). Наоборот, при давлении р*^>р0
газ будет сильно уплотнен и его следует считать реальным (если тем-
температура не очень высока по сравнению с /0). В этом случае прихо-
приходится решать уравнение (9.1), являющееся кубическим относительно
VV Как избежать трудностей, связанных с решением уравнения тре-
третьей степени, видно на примере задачи № 9-3.
Решение задач
9-1. В очень прочном закрытом стальном баллоне за-
заключена вода, занимающая при комнатной температуре
половину объема баллона. Найти давление (в техниче-
технических атмосферах) и плотность водяных паров при повы-
повышении температуры до t - - 400 СС.
Решение. Из таблицы критических температур возьмем для
воды /,( = 374 СС. Таким образом, при нагревании воды в баллоне до
400е С она оказалась при температуре выше критической. Следователь-
Следовательно, она вся будет находиться в газообразном, или, как это принято
говорить в отношении воды, парообразном, состоянии*.
Плотность водяного пара определим, учитывая, что объем одной и
той же массы воды в результате ее нагревания увеличился в два раза
* Вообще говоря, паром называют газ, находящийся при температуре ниже
критической (см. п. В настоящего параграфа).
88

(массу паров, находящихся над водой при комнатной температуре,
можно не учитывать). Следовательно, плотностьр пара, равная отно-
отношению массы к объему, будет вдвое меньше плотности воды?и= 1,00х
X 103 кг/м3:
р = Рв/2 = 5,00 - 102 кг/м3.
Так как плотность пара в баллоне оказалась громадной по срав-
сравнению с плотностями газов при нормальных условиях (например,
плотность воздуха при нормальных условиях равна 1,29 кг/м3), то,
очевидно, водяной пар здесь необходимо рассматривать как реальный
газ, параметры которого связаны уравнением состояния Ван-дер-Ва-
альса (9.1). Решив его относительно давления р, получим
Здесь V<s — молярный объем, но не объем всей массы пара. По-
Поэтому на основании определения плотности можно записать Va = ц/р,
где \у — молярная масса пара. Подставив это значение Vo в A),
найдем
(ц/р)— 6 ц,а
Взяв из таблиц значения постоянных а и Ь для воды, выразим все
величины, входящие в формулу, в единицах СИ: Т = 673 К, а =
= 0,55 м4-Н/моль2, Ь = 3,0-10"» м3/моль, \i = 0,018 кг/моль. Вы-
Выполнив вычисления, найдем
р = 5,1 • 10е Па = 5,2 • 103 ат.
9-?. Определить давление ш = 280 г азота, находящегося
при температуре 27 СС в сосуде, объем которого равен:
1) V = 1,00 ма; 2) V = 0,50 л.
Решение. Чтобы решить вопрос о том, каким следует считать
данный газ — идеальным или -реальным, — найдем молярный объем
газа VQ. Пусть в сосуде содержится v = m/y молей газа. Тогда
o
v m
Учитывая, что молярная масса азота ц, = 0,028 кг/моль, получим:
v 1,00-0,028 ма/моль==0 10 мэ/моль;
' ° 0,28
2) уо= 0,50.10-3.0,028 мз/моль = 5,0-10-в. М3/моль.
0,28
Сравнивая вычисленные значения Vo с молярным объемом газа
при нормальных условиях Va НорМ = 22,4 • 10~3 м3/моль, видим, что
в первом случае газ достаточно разрежен и его можно считать иде-
89

альным. Уравнение состояния идеального газа для одного моля за-
запишется так:
pV0 = RT. A)
Отсюда
RL_ 8,3-300
Vo 0,10
= 2,5-1(ИПа.
Во втором случае V0<^.V0 H0Pmi и газ следует считать реальным.
Его давление найдем из уравнения Ван-дер-Ваальса для реального
газа (9.1):
p=—BL ?_. B)
Взяв из таблиц значения постоянных Ван-дер-Ваальса для азота;
а = 0,13 м* • Н/моль2, b = 3,7 • 10~6 м3/моль, произведем вычисле-
вычисление по B):
L
5,0.!0-5 — 3,7-Ш-1- E,0-10-5J
Заметим, что, вычисляя давление по A), получили бы в этом слу-
случае неверный результат: р = 0,5 ¦ 108 Па.
9-3. Определить массу кислорода в.баллоне объемом
V = 10,0 л при температуре 27 °С и давлениях: 1) р =
= 1,00 ат; 2) р = 410 ат.
Решение. В первом случае (р = 1,00 ат) кислород в балло-
баллоне находится при условиях, близких к нормальным*. Поэтому без
большой погрешности можно считать газ идеальным. На основании
уравнения состояния идеального газа, учитывая,что для кислорода
ц = 0,032 кг/моль, получим
0,032-9,8 10-* -1 ,00.10-2 Лп1О
— ^ : =0,013 кг.
83300
RT 8,3-300
Во втором случае (р — 410 ат), учитывая громадное по сравнению
с нормальным давление газа, следует считать его реальным и вести
расчеты на основании уравнения Ван-дер-Ваальса.
Магса газа определяется из соотношения
т = ,iv = (ilW0, A)
где ц, —молярная масса, v — число моией, V — объем газа, Vn —
его молярный обьем. Таким образом, необходимо из (9.1) найти ве-
величину Vo, а затем по формуле A) — массу газа.
Уравнение (9.1) является уравнением третьей степени относитель-
относительно Vo и поэтому имеет, вообще говоря, три корня. Однако, учитывая,
что кислород в баллоне находится при температуре выше критической
(tK — — 119° С), можно утверждать, что при определенном давлении
* То обстоятельство, что температура газа несколько выше нормальной,
означает лишь, что его плотность при давлении р = 1,00 ат меньше, чем при нор-
нормальных условиях.
90

газ будет иметь лишь один определенный объем \в системе координат
(р, V) изотерма Ван-дер-Ваальса, соответствующая температуре выше
критической, не имеет завитка]. Следовательно, кубическое относи-
относительно Vo уравнение (9.1) имеет в данном случае лишь один действи-
действительный корень. Его можно найти методом последовательных прибли-
приближений, поскольку расчеты, связанные g решением кубического урав-
уравнения по общей формуле Кардано, весьма громоздки.
В качестве первого приближения вычислим молярный объем V01
газа, рассматривая его как идеальный. Тогда из уравнения состояния
идеального газа получим
\/ RT 8,3-300 мз .,„,», о,
Vol = = =0,62-10 4 м3/моль.
р 410-9,8-Ю4 моль
Теперь, обозначив в уравнении (9.1) поправку на давление через
Pt = a/Vl, найдем из (9.1) величину 1/0:
^+b. B)
Подставим в B) приближенное значение рг = a/Vli'.
V<*=
Взяв из таблиц значения постоянных а и b для кислорода, выра-
выразим в единицах СИ входящие в формулу величины: р = 410 • 9,8 X
X 10* Па, VOi = 0,62 • Ю-4 м3/моль, R = 8,3 Дж/(моль -К), Т =
= 300 К, а = 0,13 м*-Н/моль\ Ь = 3,1 • 10"» м7моль. Выполнив
вычисление, найдем
1/„2 = 0,65 • Ю-4 ма/моль.
Еще раз вычислив по B) молярный объем, считая при этом pt —
= a/Vo2, получим третье приближение:
VB3 = 0,66 • Ю-4 м'/моль.
Повторяя таким образом вычисления по формуле B), будем полу-
получать все более точные значения Va:
у04 = 0,67 « Ю-4 м7моль;
V03 = 0,67 • Ю-4 м7моль.
Видим, что при дальнейших вычислениях по B), если ограничить-
ограничиться точностью до второго знака, ответ уже не будет изменяться. Если
же взять значение VOb = 0,68 • 10~4 м3/моль, то получим по B) преж-
прежнее значение Vo:
V0A = 0,67 • Ю-4 м7моль.
Поэтому действительным корнем кубического уравнения (9.1), вычис-
вычисленным с точностью до второго знака, будет
Vo = 0,67 • 10"* м*/моль.
01

Теперь по A) найдем искомую массу газа:
0,032-1,00.10-2 . о
т= кг=4,8 кг.
0,67-10-1
Замечание. Легко убедиться в том, что вычисление по урав-
уравнению Клапейрона—Менделеева дало бы в этом случае неверный
результат:
т^ wv = о.оз2.41о-д,а-1О' i.oo-io-» 5 „
т
RT 8,3-300
9-4. Какую часть объем я стеклянной ампулы должен за-
занимать жидкий эфир при t = 20 °С, чтобы при его на-
нагревании можно было наблюдать переход вещества через
критическое состояние? Для эфира \i = 0,074 кг/моль,
р = 714 кг/ма при 20 °С, tK = 194 °С, рк = 35,6 ат.
Решение. Переход вещества через критическое состояние ха-
характерен тем, что при этом исчезает различие между жидкой и газо-
газообразной фазами вещества. Критическое состояние" характеризуется
определенными для каждого вещества параметрами: критическими зна-
значениями температуры Тк, давления рк и молярного объема Vпк. При
этом критический объем всей массы вещества, содержащей v = ml\k
молей, равеЕ!
У* =¦ vVOtt = (ш/ц) V0K. A)
Если вещестро, нагретое до критической температуры Т„, окажет-
окажется в объеме V, не равном Vк, то оно не будет при этом находиться в кри-
критическом состоянии В этом случае при достижении температуры Тя
не будет исчезать различие между двумя фазами, так как еще до до-
достижения Тк все вещество при нагревании постепенно перейдет в одну
фазу (при V > 1/к вся жидкость в сосуде испарится, при V <. Vл
весь пар сконденсируется). Таким образом, для того чтобы наблюдать
переход вещества , находящегося в ампуле, через критическое состоя-
состояние, необходимо, чтобы при достижении критической температуры за-
занимаемый им объем V был равен критическому объему 1/к:
V = VK. B)
Так как в этот момент вещество будет равномерно заполнять всю ам-
ампулу, то V является одновременно и объемом ампулы.
Искомое отношение объема Vm жидкого эфира к объему V ампу-
лы найдем из (I) и B), учитывая, что tn/V^ — p есть плотность жид-
жидкого эфира:
02
VK mV'oK pV'ok

Выразив величину V0K через известные ри и Ги при помощи ра-
равенств (9.2), получим:
Тк _ 8а-27Ьг _ ЪЬ
рк ~ 27bRa ~~~ К !
Подставим это значение Кок в C), тогда
Выразим в единицах СИ данные величины: ц = 0,074 кг/моль,
рн = 35,6 • 9,8 • 1С4 Па, р = 714 кг/м8, 7Н = 467 К. Подставив эти
значения в формулу и выполнив вычисление, найдем
VJV = 0,25.
Б. ПОВЕРХНОСТНОЕ НАТЯЖЕНИЕ
Методические указания
1. При расчетах сил поверхностного натяжения следует учиты-
учитывать, что эти силы действуют вдоль любого контура, лежащего на по-
поверхности жидкости. Прн этом сила поверхностного натяжения, при-
приложенная к каждому элементу этого контура, перпендикулярна ему
и направлена по касательной к поверхности.
Если в качестве такого контура выбрать границу соприкоснове-
соприкосновения свободной поверхности жидкости с твердым телом, которое она
смачивает, то соответствующая сила поверхностного натяжения будет
проявляться как сила, с которой поверхностный слой жидкости дей-
действует на твердое тело. Полную силу можно найти по формуле (9.3)
лишь при условии, что силы поверхностного натяжения, приложен-
приложенные ко всем элементам контура, параллельны друг другу.
2. Каким бы тонким ни был слой жидкости (например, в мыльном
пузыре), он всегда имеет две поверхности —наружную и внутреннюю,
вдоль каждой из которых действуют силы поверхностного натяжения
(см. задачу № 9-6).
3. Чтобы не допустить ошибки при учете избыточного (поверхност-
(поверхностного) давления, выражаемого формулой (9.5), полезно рассматривать
его как скачок давления, который существует на границе жидкости
с окружающей ее средой. Величина "этого скачка определяется кри-
кривизной поверхности жидкости в данной точке. Поэтому в случае по-
поверхности переменной кривизны (например, поверхность капли, ви-
висящей на смачиваемом ею твердом теле, имеет кривизну, положитель-
положительную внизу, и кривизну, отрицательную вверху) поверхностное давле-
давление Рпов будет различным в различных точках одной и той же жид-
жидкости, лежащих вблизи ее поверхности.
93

В простейших случаях сферических поверхностей целесообразно
искривленную поверхность жидкости (маленькая капля, воздушный
пузырек внутри жидкости и т. д.) условно принимать за некую упру-
упругую пленку, находящуюся всостоянии натяжения и поэтому сжимаю-
сжимающую охватываемые ею жидкость или газ.
4. Во всех задачах, связан«ых с расчетом высоты поднятия жид-
жидкости в капилляре, где невозможно применить непосредственно фор-
формулу (9.6), следует исходить из условия равновесия столба жид-
жидкости: разность давлений, производимых на столб снизу и сверху,
должна быть равна гидростатическому давлению, оказываемому стол-
Гом жидкости на его основание и равному pgh, где р — плотность
жидкости, g— ускорение силы тяжести, h — высота столба.
Решение задач
9-5. К пружинным весам подвешена тон-
тонкая металлическая пластина. Нижний ее
край длиной L= 10,0 см приведен в сопри-
соприкосновение с поверхностью жидкости, ко-
которая полностью смачивает пластину. Пос-
После этого пластину начинают медленно под-
поднимать. Перед ее отрывом от жидкости
поверхность последней принимает форму,
изображенную на рис. 9-1. При этом сво-
свободная поверхность жидкости у границы
с пластиной располагается приблизительно
в вертикальной плоскости. Зная, чго для
отрыва пластины потребовалась сила F =
— 0,45 • 10 кгс, определить коэффициент
поверхностного натяжения а жидкости.
Решение. Чтобы найти коэффициент поверхностного натяже-
натяжения, нужно, как это следует из определяющей формулы (9.3), знать
силу поверхностного натяжения, действующую на единицу длины ка-
какого-либо контура, ограничивающего поверхность жидкости. Таким
контуром является линия соприкосновения свободной поверхности
ЖИДКОС1И с пластиной, имеющая форму очень узкого прямоугольника
abed (рис. 9-1). Следовательно, ее длина равна 2L (длиной сторон ad
и be пренебрегаем).
На пластину вдоль каждой единицы длины этого контура дейст-
действует со стороны жидкости сила поверхностного натяжения, равная
согласно (9.3) коэффициенту ст. Векторы этих сил перпендикулярны
контуру и являются касательными к свободной поверхности жидкости.
Поэтому в условиях данной задачи они направлены вертикально вниз
и, следовательно, параллельны друг др>гу. Поэтому результирующая
сила поверхностного натяжения Fu, действующая на пластину, также
направлена вертикально вниз и равна сумме сил, действующих на
отдельные элементы контура, т. е.
Г„ = 2Lo.
Pi с 9 1
94

Для отрыва пластины от жидкости необходимо приложить силу F,
направленную вертикально вверх, которая бы уравновесила силу
поверхностного натяжения FH. Следовательно,
FB = F. B)
Из A) и B) получим ответ:
а = F/2L.
Выразим входящие в формулу величины в единицах СИ: L =
= 0,100 м, F = 4,4 • 10~3 Н. Выполнив вычисление, найдем
а = 22 • Ю-3 Н/м.
Замечание. Существенно, что в данной задаче пластина была
тонкой, так что площадью ее соприкосновения с жидкостью — пло-
площадью прямоугольника abed — можно было пренебречь. В против-
противном случае необходимо учитывать отрицательное давление, создавае-
создаваемое в жидкости около пластины вследствие кргшизны ее поверхности
(см. задачу № 9-8). Тогда соотношение B) оказывается неверным,
Кроме того, для толстой пластины силы поверхностного натяжения,
приложенные к отдельным элементам контура abed, уже не будут даже
приблизительно параллельны друг другу н поэтому соотношение
A) также перестанет выполняться. Решение задачи в случае толстой
пластины становится сложным.
9-6. Какую работу против сил поверхностного натяже-
натяжения надо совершить, чтобы выдуть мыльный пузырь ра-
радиусом 0,050 м? Чему равно избыточное давление внутри
пузыря?
Решение. Мыльный пузырь представляет собой очень тонкую
пленку мыльной воды приблизительно сферической формы. Эта плен-
пленка имеет две поверхности — наружную и внутреннюю. ПреЕ1ебрегая
толщиной пленки и считая поэтому радиусы обеих сфер одинаковыми,
найдем их общую площадь:
S = 4л/?2 + 4л/?2 = 8л/?2. A)
Поскольку до образования пузыря поверхность мыльной воды,
из которой он выдут, была весьма мала, можно считать, что соотноше-
соотношение A) выражает изменение (прирост) площади AS поверхности мыль-
мыльной воды.
Увеличение поверхности жидкости на Л 5 связано с приростом по-
поверхностной энергии АЕ. Как следует из формулы (9.4),
А? = oAS. B)
Совершаемая при выдувании пузыря работа против сил поверхност-
поверхностного натяжения идет на увеличение поверхностной энергии АЕ. Таким
образом, из A) и B) получим
А = АЕ = 8nR2o. C)
95

Для определения избыточного давления внутри пузыря учтем,
что каждая из двух сферических поверхностей пузыря — наружная
и внутренняя — производит вследствие своей кривизны давление на
воздух внутри пузыря Это давление, производимое каждой сферой,
можно найти по формуле Лапласа (9.5), имея в виду, что радиусы кри-
кривизны всех нормальных сечений для сферы равны ее радиусу, следо-
следовательно, А?! = R2 = R. Таким образом, избыточное (по сравнению
с наружным) давление воздуха внутри пузыря
Ар = 2рпо„ = 4<т/Я. D)
Взяв из таблицы значение ст для мыльной воды (с = 40 • 10~dH/M)
и выполнив вычисление по C) и D), получим
А = 2,5 • Ю-8 Дж = 2,5 мДж;
Ар = 3,2 Па.
9-7. Вертикально расположенная капил-
капиллярная трубка длиной / = 200 мм с за-
запаянным верхним концом приведена в со-
соприкосновение своим нижним концом g по-
поверхностью воды. На какую высоту под-
поднимется вода в трубке, если ее радиус
Ro = 2,0 • 10~4 м? Атмосферное давле-
j ние р0 = 1,00 • 105 Па. Считать, что вода
J полностью смачивает трубку.
Рнс 9 2
Решение. Здесь нельзя применить формулу (9.6), определяю-
определяющую высоту поднятия жидкости в капилляре при полном смачивании,
так как эта формула справедлива лишь для открытой с обоих концов
трубки. Для решения задачи рассмотрим столбик воды, находящийся
в равнопесии в капилляре, после того как он уже поднялся под дейст-
действием сил поверхностного натяжения. Согласно условию равновесия
разность давлений у его концов равна гидростатическому давлению,
производимому столбиком жидкости высотой h на его основание, т. е.
Pi— Рг = pg/i, 0)
где р[ и р; — давления внизу и вверху столба соответственно.
Найдем величины р1 и р2. Давление внизу столба (точка / на
рис. 9-2) равно давлению в воде у ее открытой поверхности, т. е.
атмосферному давлению:
Pi = Ро. B)
так как в противном случае жидкость у нижнего края трубки не была
бы в. равновесии.
Поскольку столб воды ограничен сверху изогнутой поверхностью,
давление р2 вверху (точка 2) отличается от давления ра воздуха в
трубке на величину рпоа, определяемую формулой (8.5), т. е.
Pi = Рв + Рпов- C)

При расчете давления рпов учтем, что мениск в узком капилляре
имеет форму полусферы и, следовательно, Rx = Rt — R. Поэтому
рпов = 2а//?, D)
где \R\ = Ro- TaK как данный мениск вогнутый, то рпов<0. Зна-
Значит, следует считать R = — Ro. Тогда вместо D) получим
E)
Давление воздуха в трубке можно выразить через данные вели-
величины рп, /, а также высоту столба h при помощи закона Бойля—Ма-
риотта. Воздушный столб высотой / — h при давлении рв имел при
атмосферном давлении р0 высоту /. Поскольку объем столба пропор-
пропорционален его длине, то можем записать:
р0 (I - А) = Pul; ра = Poll(l - h). (G)
Подставим в (I) значения р, и р2 по B) и C), учитывая ссотпси.е-
ния E) и F):
В^яв из таблиц значения о и р для воды, выразим в единицах СИ
величины, входящие в G): р0 = 1,00- 10е Па, / = 0,20 м, /?„ — 2,Ох
X 10-" м, о = 0,073 Н/м, р = 1,00 • 10ч кг/м3. Подстаиив числовые
значения в G) и решив это квадратное относительно h уравнение, по-
получим:
/i! = 11 м; h.2 = 0,014 м.
Поскотьку должно выполняться очевидное неравенство h <. I,
то ответом на вопрос задачи является второе значение.
9-8. На полированную стеклянную пла-
| | стинку капнули 0,010 г воды и наложили
' э 1 сверху вторую такую же пластинку. Вода
| | растеклась между пластинками по площа-
ди круга радиуса ? = 3,0 см, не дойдя до
р g 3 ее краев. С какой силой надо растягивать
обе пластинки, чтобы их разъединить? Счи-
Считать, что вода полностью смачивает стекло.
Решение. Сначала выясним, почему возникает сила притя-
притяжения между пластинками. При наложении пластинок свободная по-
поверхность воды вследствие полного смачивания образует вогнутый ме-
мениск, диаметральное сечение которого изображено на рис. 9-3 в виде
двух полуокружностей. Следовательно, давление в жидкости, заклю-
заключенной между пластинками, меньше атмосферного на величину рпоп,
определяемую по формуле (9.5). Под избытком внешнего давления
пластины сближаются, вода растекается между ними все более тон-
тонким слоем. Этот процесс прекратится, когда жидкость дойдет до краев
пластин, 'после чего мениск распрямится, а поверхностное давление
и сила притяжения между пластинами исчезнут, или когда дальнейшее
сближение пластин станет невозможным из-за того, что они начнут
4 Зек. 1820 9?

соприкасаться друг с другом в некоторых точках вследствие неровно-
неровностей их поверхности. Очевидно, что именно последний случай имеет
место в задаче.
Сила притяжения между пластинками равна избыточному внешне-
внешнему давлению рпов, умноженному на площадь одной пластины, т. е.
F = Pnor S = Рпов л#2. ")
где R — радиус круга растекания жидкости.
Чтобы по формуле (9.5) определить величину рп0„, рассмотрим
два взаимно перпендикулярных нормальных сечения поверхносш
жидкости. Одно из них изображено на рис. 9-3, плоскость второго
сечения параллельна пластинам и находится посередине между ними.
Очевидно, радиус кривизны /?[ первого сечения равен половине рас-
расстояния между пластинками, радиус кривизны /?2 второго сечения есть
радиус круга растекания жидкости, данный в условии. Поскольку при
этом выполняется неравенство Rx <^ R2, то в формуле (9.5) можно пре-
пренебречь величиной 1//?2. т. е. кривизной второго сечения, и рассма-
рассматривать мениск приближения как вогнутую цилиндрическую поверх-
поверхность. Таким обра'ом, получим
Риов = —= —-. '2)
где d — расстояние между пластинками. Его найдем, разделив обьем
воды на площадь ее растекания:
^ ^ , C)
S
где т — масса воды, р—ее плбтность. Наконец, подставив в A)
значение р1100 из B) с учетом C), определим силу притяжения между
пластинами:
F = 2л2fl'op/m. D)
Чтобы разъединить пластины, их надо растягивать с силой, по
крайней мере равной силе их взаимного притяжения. Таким образом,
формула D) дает ответ на поставленный в задаче вопрос.
Взяв из таблиц значения аир для воды, выразим в единицах СИ
все величины, входящие в D): R — 3,0 • 10~2 м, а = 0,073 Н/м,
р — 1,00 • 101' кг/м1, т — 1,0 • 10~6 кг. Произведя вычисление,
получим
F =¦- 1,2 • 102 Н = 0,12 кН.
В СВОЙСТВА ПАРОВ
Методические указания
I. Паром называют газ, находящийся при температуре ниже
критической. В зависимости от того, насколько пар уплотнен (сжат)
он подчиняется уравнению состояния идеального газа (при малых
плотностях) или уравнению состояния реального газа (при больших
плотностях). При этом критерий степени уплотнения пара остается
тем же, что и для всякого газа (см. п. А настоящего параграфа).
98

2. Отметим важнейшую особенность пара, которую необходимо
учитывать, применяя к нему уравнения состояния. При изотермиче-
изотермическом сжатии пара его плотность и давление будут возрастать лишь до
тех пор, пока пар не станет насыщающим. При дальнейшем уменьше-
уменьшении объема пар начнет конденсироваться, превращаясь в жидкость.
При этом плотность и давление оставшейся массы пара остаются по-
постоянными, равными плотности и давлению насыщающего пара при
данной температуре (значения этих величин берутся fi3 таблиц).
Таким образом, при вычислении давления или плотности пара по
какому-либо уравнению состояния реальными ответами будут лишь
те значения р и р, которые не превышают значений этих величин для
насыщающего пара при данной температуре. В противном случае сле-
следует считать пар в данных условиях насыщающим и за искомые вели-
величины р и р брать их табличные значения для насыщающего пара при
данной температуре (см. задачу № 9-9).
3. В таблицах для насыщающего пара часто приводят зависимость
от температуры лишь давление пара, но не его плотности. Поскольку
обе величины связаны между собой уравнением состояния (Клапейро-
(Клапейрона—Менделеева или Ван-дер-Ваальса), зная одну из них, всегда мож-
можно найти и другую.
4. До сих пор речь шла о насыщающем паре, находящемся над
плоско» поверхностью жидкости Его давление определяется только
температурой. Однако, как следует из формулы (9.7), давление насы-
щаюЕдего пара над искривленной поверхностью жидкости завнсргг так-
также и от кривизны чтой поверхности. Эта зависимость очень слабая
и практически учитывается лишь в явлении конденсации паров прн
наличии в них капелек микроскопических размеров, т. е. очень боль-
большой кривизны (см. задачу №9-10).
Решение задач
9-9. В запаянном сосуде нагргта вода массой 0,50 кг до
107° С. Определить давление водяного пара в сосуде при
этой температуре и следующих значениях объема сосуда:
1) у = 1,00 м3, 2) V = 0,50 м\ 3) V = 5,0 л.
Решение. Здесь в отличие от задачи № 9-1 вода нагрета до
температуры ниже критической. Поэтому не исключено, что не вся
вода при нагревании обратилась в пар, который при этом будет нахо-
находиться в состоянии насыщения. Из таблицы зависимости давления
насыщающего пара от температуры находим, что прн 107° С давление
пара
Рнас = 1,3 • 10» Па.
Эго значение определяет максимально возможное давление пара в со-
сосуде при данной температуре.
Теперь вычислим действительное давление пара в сосуде в трех
случаях.
1) V = 1,00 м3. Чтобы выяснить, идеальным или реальным газом
следует считать водяной пар, найдем его молярный объем Vo, предпо-
4* 99

ложив, что вся вода в сосуде обратилась в пар:
V.--L—Й1. - ''00-0,019 _^д0.Q36 мз/моль.
v m 0,50 моль
Поскольку полученное значение Vo превышает молярный объем
газа при нормальных условиях (V0Hom = 0,024 ма/моль) и, следо-
следовательно, плотность пара меньше, чем при нормальных условиях, мож-
можно, не делая большой погрешности, считать его идеальным газом. Из
уравнения состояния идеального газа, записанного для одного моля,
найдем
Па = 0,9-106 Па.
Р1 Vo 0,036
Полученный ответ вполне реален, поскольку, сравнивая значения
Рнас и ри видим, что р, < рнас. Следовательно,предположение о том,
что вся вода в сосуде испарилась, оказалось верным. Сосуд оказался
целиком заполненным ненасыщающим паром.
2) V — 0,50 м3. Снова вычислим молярный объем Vo пара, пред-
предположив, что вся вода обратилась в пар:
уц=Ж= °',50-0'018 -^±- = 0,018 м'/моль
т 0,50 моль
Поскольку теперь Vo<С Voнирм и, следовательно, плотность пара
больше, чем при нормальных условиях, будем рассматривать его как
реальный газ, подчиняющийся уравнению Ван-дер-Ваальса (9.1). Из
таблицы возьмем значения постоянных Ван-дер-Ваальса: а=0,55м4Х
X II/моль2, Ь = 3,0 < 10~6 м3/моль. Пренебрегая поправкой Ь по срав-
сравнению с Vo, получим из (9.1)
.-«= 8,3.380-0,018-0,55 na=1J.1Q5 Па.
Ко2 @,018K
Сравнивая этот результат со значением риас> видим, что рг > р„по
при данной температуре, что невозможно. Следовательно, предполо-
предположение о том, что вся вода в сосуде обратилась в пар, оказалось невер-
неверным. В действительности пар в сосуде объемом 0,5 м3 находится в со-
состоянии насыщения и его давление
Р2 = Рнас = 1,3 • 105 Па.
3). V = 0,005 м3. Поскольку пар оказался насыщающим в объеме
0,5 ма, то при меньшем объеме сосуда он и подавно будет насыщающим.
Следовательно,
Рз = Рнас = 1,3 • Ю5 Па.
9-10. Что произойдет, если в пересыщенный водяной пар,
температура которого /=96 °С и давление р= 1,0 кгс/см2,
попадет капелька воды радиуса г? Рассмотреть два слу-
случая: 1) г = 0,50 • 10"" м, 2) г = 1,00 • Ю-8 м.
Решение. По таблице зависимости давления насыщающего пара
от температуры найдем, что при t — 96° С давление насыщающего пара
рНао = 0,88 • 105 Па. A)
КЮ

Поскольку давление данного в условии задачи пара превышает
значение рНяс» он действительно явмяется пересыщенным. Это состоя-
состояние мало устойчиво. Когда такой пар приходит в соприкосновение со
своей жидкостью, он начинает конденсироваться. Этот процесс про-
продолжается" до тех пор, пока масса пара не уменьшится настолько, что
он перестанет быть пересыщенным.
Однако конденсация пара на очень маленьких капельках за-
затруднена в связи с тем, что давление насыщающего пара около сфе-
сферической поверхности капли больше, чем около плоской поверхности
жидкости при той же температуре. Следовательно, A) дает неправиль-
неправильное, заниженное значение рнас около капли, так как таблииа, из ко-
которой оно взято, составлена для пара, находящегося над плоской по-
поверхностью жидкости. Правильное значение р'агй около капли по-
получим по формуле (9.7):
/>н.с = Р„ае + — -?=-• B)
' От
В зависимости от величины г могут быть два случая:
1) Рнас> Р, где р — действительное давление пара. Это зна-
значит, что пар, пересыщенный по отношению к жидкости с плоской
поверхностью, оказался в то же время ненасышенным по отношению
к капельке. Следовательно, она испарится;
2) Рнас < Р- Это значит, что пар пересыщен относительно не
только плоской поверхности жидкости, но и капельки. Следователь-
Следовательно, он будет конденсироваться до тех пор, пока его давление не сни-
снизится до значения Рна0.
Чтобы по формуле B) рассчитать величину рйас надо предвари-
предварительно определить плотность пара р„. Так как пар находится при
атмосферном давлении, его можно рассматривать как идеальный газ.
Тогда из уравнения Клапейрона—Менделеева найдем
о ='— = -^- .
Кг. v RT
Подставив это значение плотности в B), получим
C)
Вырачим в единицах СИ величины, входящие а формулу C) рн.-к =
= 0,88 • 10s Па, а = 0,073 Н/м, р = 0,98 • 106 Па, ц = 0,018 кг/моль,
R = 8,3 Дж/(моль-К), Т = 369 К, рш=1,00 • 103 кг/м3. Выполнив
вычисление, получим:
1) Рнас= 1,1 • 105 Па при г = 0,50 • 10~8м Сравнив значения
Рнао и р, видим, что Рнас> Р- Следовательно, имеет место первый из
рассмотренных выше случаев и капля испарится;
2) рмс= 0,96 • 105 Па при г = 1,00 • 10"8 м. Теперь р'ма < р,
что соответствует второму случаю: пересыщенный пар конденсирует-
конденсируется до тех пор, пока не станет насыщающим,

Глава 3
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
§ 10. ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ ПОЛЕ В ВАКУУМЕ
Основные формулы
Закон Кулона: два точечных заряда qt и цг, находящиеся на расстоянии г,
взаимодействуют с силой
A0.1)
где s0 = 8,85 ¦ 10~'2 ф/м — электрическая постоянная.
Напряженностью электрического поля называется векторная величина
Е= Flq', A0 2)
где F — сила, с которой поле действует на помещенный в данную точку прой-
ный положительный заряд q'
Поток вектора напряженности Е сквозь поверхность S определяется инте-
интегралом
N=\EndS, A0 3)
где Еп — проекция векторя Е на направление нормали к чломрнту площади
dS.
Теорема Гаусса: поток вектора Е через замкнутую поверхность рапен алге-
алгебраической сумме заключенных внутри этой поверхности зарядов, деленной на
to. т. е.
„ dS = _Ls?(-. A0.4)
Напряженность электрического поля, созданного точечным зарядом q на
расстоянии г от него,
4яв0
A0.5)
Напряженность поля диполя в точке, находящейся на расстоянии г > I
от диполя (L —* плечо диполя),
?= — Vl+3cos3?, A0.6)
4Я8п гЯ
где р — ql — электрический момент диполя, ф — угол между осью диполя и ра-
радиусом-вектором, проведенным из центра диполи в данную точку.
Напряженность поля равномерно заряженной сферической поверхности
п точках, лежащих вне и внутри сферы на расстоянии г от ее центра, соответст-
соответственно равна:
а) Етеш=-^--^- , б) ?внутр = 0. A0.7)
102

Напряжгнность поля бесконечно длинной равномерно заряженной нити
или бесконечно длинной равномерно заряженной цилиндрической поверхности
в точках, расположенных вне ее,
Е = т/2яв0а, A0.8)
где а — расстояние точки от нити (оси цилиндра), т — линейная плотность за-
заряда, численно равная заряду, приходящемуся на единицу длины инти или ци-
цилиндра, т. е.
т= Aq/Al. A0.9)
Напряженность поля бесконечной равномерно заряженной плоскости
Е = о72е0, A0.10)
где а — поверхностная плотность заряда, численно равная заряду, приходя-
приходящемуся на единицу площади заряженной поверхности, т. е.
а = Aq/AS. A0.11)
Напряженность поля двух бесконечных параллельных правномерно заря-
заряженных с поверхностной плотностью заряда + а и — а плоскостей (поле плос-
плоского конденсатора) в точках, расположенных между плоскостями и вис их,
соответственно равна-
б) Явиеш = 0. A0.12)
Методические указания
1. При решении задач на нахождение напряженности электриче-
электрического поля, если задано распределение зарядов, создающих это поле,
могут встретиться следующие случаи:
а) поле образовано одним или несколькими точечными зарядами.
Тогда используют формулу A0.5) и принцип суперпозиции (наложе-
(наложения) электрических полей: напряженность поля системы зарядов рав-
равна векторной сумме напряженностей нолей, созданных отдельными
зарядами;
б) поле создано зарядами, которые не являются точечными, но
распределены равномерно по сферическим, цилиндрическим или пло-
плоским поверхностям. Тогда применяют формулы A0.7), A0.8), A0.10),
A0.12), выведенные с помощью теоремы Гаусса. Бесконечно длинным
цилиндром (или нитью) можно считать любой реальный цилиндр (или
нить) для таких точек, расстояние от которых до оси цилиндра (нити)
значительно меньше, чем до его концов.Точно так же всякую плоскость
можно считать бесконечной относительно таких точек, расстояние ко-
которых до плоскости значительно меньше их расстояния до краев пло-
плоскости;
в) если заряженное тело ие является ни сферой, пи бесконечно
длинным цилиндром, ни бесконечной плоскостью, то для определения
напряженности поля необходимо разбить тело на бесконечно малые
элементы, найти по формуле A0.5) напряженность dE поля, создан-
созданную в данной точке каждым элементом, а затем просуммировать все
элементарные напряженности dli. При этом надо учитывать направ-
направления складываемых векторов d?. В случае, если все они направлены
одинаково, можно геометрическое сложение заменить арифметическим.
Тогда получим
Е = \dE,
103

где интегрирование производится по всему объему заряженного тела
(по всей площади заряженной поверхности, по всей длине заряженной
нити).
В том случае, когда складываемые векторы dE имеют различные
направления, сначала выясняют, не обладает ли поле заряженного
тела осевой симметрией. Если это так и при этом точка, в которой тре-
требуется определить напряженность, находится на оси симметрии поля,
то оказывается, что вектор напряженности Е результирующего поля
в данной точке всегда направлен вдоль оси симметрии поля. Чтобы
найти модуль вектора Е, достаточно сложить проекции всех*элемен-
всех*элементарных векторов dE на его направление. Обозначив эти проекции через
dEL, получим
В общем случае, когда нельзя воспользоваться соображениями
симметрии, поступают так. Выбирают координатные оси х, у, г, ча-
тем суммируют (интегрируют) проекции dEx, dE u, dEz всех элемен-
элементарных векторов напряженности dE на эти оси, получая тем самым
проекции искомого вектора Е, т. е.
Ех = \dEx, Е„ = \dE,n Ez - \dEz,
и его модуль"
/•' Л/ F2 'pi i t!
2. Силы взаимодействия зарядов можно рассчитывать двумя спо-
способами: по закону Кулона и по соотношению F = 9'E, получаемому
из формулы A0.2), если один из зарядов (q1) рассматривать как заряд,
находящийся в электрическом поле, созданнЬм другим зарядом (q).
Второй способ, при котором задача сводится к расчету электриче-
электрического поля заряда q в том месте, где находится заряд q', обладает пре-
преимуществом в тех случаях, когда для определения Е можно исполь-
использовать формулы A0.7), A0.8), A0.10), A0.12). Это позволяет избежать
сложного интегрирования, которое может оказаться необходимым при
первом способе. Следует помнить, что, хотя в формуле A0.2), опре-
определяющей напряженность поля, под q' подразумевается точечный
заряд, эту формулу можно применять для неточечного наряда при
условии, что во всех точках пространства, где находится протяженный
заряд q', вектор Е имеет одинаковые модуль и направление (см. за-
задачу № 10-7).
3. Если в условии задачи не указывается среда, в которой взаимо-
взаимодействуют заряды, то подразумевается вакуум (е = 1) или воздух,
диэлектрическая проницаемость е которого близка к единице
4. Производя вычисления в задачах электростатики, особенно
в задачах настоящего параграфа, полезно использовать значение ко-
коэффициента пропорциональности k — 1/4де0, входящего в ряд фор-
формул, равное
k = 9,00 • 109 м/Ф.
104

Решение задач
А х с в 10-1. Два точечных положительных за-
ffi*"' «'-"A i—© Ряда Qi и q2 помещены на расстоянии / друг
''У гл 1 Ь F32\ti от друга. Где надо поместить третий точеч-
•"¦= *ч ный заряд q3 и каким он должен быть по
модулю и знаку, чтобы все три заряда ока-
Рис- 10-1 зались в равновесии?
Решение. Очевидно, заряд <?3 должен находиться между за-
зарядами q1 и q2 на прямой, их соединяющей: только тогда силы F3i
и F32, с которыми действуют на заряд q3 два одноименных заряда qt
и q2, будут располагаться на одной прямой и иметь противоположные
направления, что необходимо для равновесия q3. Знак заряда q3 дол-
должен быть отрицательным: только в этом случае силы, действующие
на каждый из зарядов qt и q2 со стороны двух других зарядов, бу-
будут уравновешены.
Предположим, что заряд 9а находится в точке С, расположенной
на расстоянии х от заряда qx (рис. 10-1). Запишем условие равновесия
заряда ^з. к которому приложены силы Fj, и F.,2:
F 31 = '' 32- A^
Подставив в уравнение A) вместо сил их значения по закону Куло-
Кулона A0.1) и произведя сокращение, получим
<П
Решив уравнение относительно х, найдем двя значения искомого рас-
расстояния АС:
Исследуя второй корень, видим, что должно выполняться одно из
двух неравенств: х2 > / (при qx > q2) или х2 < 0 (при qx <Г q2). Этим
неравенствам соответствует положение точки С вне отрезка АВ, что
невозможно для равновесия заряда q3- Поэтому, отбрасывая корень х2,
получим ответ на первый вопрос задачи:
x=V^//(V^+V72). B)
Чтобы найти величину q3, запишем условие равновесия одного из
двух зарядов qlt q2, например заряда qx:
Fiz=Fu- C)
Подставив вместо сил их значения по закону Кулона [учитывая при
этом, что в формуле C) стоят модули сил, a q3 — отрицательный за-
заряд] и произведя сокращение, получим
Яг _ \Яз\
105

Заменив величину х ее значением по формуле B), найдем
Рис 10 2
10-2. Два одинаковых положительных то-
точечных заряда q1 = q2 — q находятся на
расстоянии 21-- 10,0 см друг от друга. Най-
Найти на прямой MN (рис. !0-2), янляюшейся
осью симметрии этих зарядов, точку, в ко-
которой напряженность электрического поля
имеет максмм\м.
Решение. Выясним, почему такая точка должна существовать.
Напряженность Е электрического поля в любой точке прямой MN
складывается из нанряженностей Е, и ?а, сосанных в этой точке
зарядами qy и q2:
Е = Е, + Е3.
При этом в точке О, лежащей между зарядами, сумма векторов Ег
и Еа, одинаковых по модулю и противоположных по направлению, рав-
равна нулю. В точках прямой MN, весьма удаленных от зарядов, век-
векторы Ех и Е2 окажутся приблизительно одинаково направленными.
Однако и в этом случае их равнодействующая близка к нулю, по-
поскольку оба слагаемых, как это видно \м A0.5), быстро убывают при
удалении от зарядов. Следовательно, на прямой MN по обе стороны
от зарядов должны быть точки, в которых напряженность поля до-
достигает максимума
Строго говоря, для этого необходимо также, чтобы напряженность поля
в любой точке прямой МЛ/ была непрерывной функцией координаты этой точки.
Можно показать, что это условие в задаче выполняется.
Чтобы решить задачу, найдем напряженность поля Е в произволь-
произвольной точке А прямой ММ. Как видно из чертежа,
Е = 2?, соь ф, A)
где ср — угол между Е, и осью MN. Обозначив отрезок О А через х.
и учитывая соотношения
вместо равенства (I) на основании формулы A0.5) получим
?=_^ *?» B)
4ле0 </2 + *2K
Эта формула выражает модуль вектора Е в произвольной точке пря-
прямой ММ как функцию координаты х этой точки. Чтобы найти макси-
максимум функции, продифференцируем ее по л: и приравняем нулю произ-
производную:
dE __ 1
dx 4лео
106

Отсюда находим
Два значения х соответствуют двум точкам, расположенным по
обе стороны от точки О на расстоянии 3,5 см от нее.
t 10-3. Тонкий прямой стержень длиной
/ — 15 см равномерно заряжен с линейной
плотностью х — 0,10 мКл/м. На продолже-
продолжении оси стержня на расстоянии а = 10 см
от ближайшего конца находится точечный
Рис 1° 3 заряд q0 = 10 нКл. Определить силу вза-
взаимодействия стержня и заряда.
Решение. Зная длину стержня / и линейную плотность заряда
т, легко найти по формуле A0.9) заряд стержня: qCr — xZ. Однако в
О1личие от двух предыдущих задач здесь нельзя определить силу
взаимодействия двух зарядов непосредственно по закону Кулона.
Этот закон справедлив лишь для точечных зарядов, а заряд qCT, рас-
распределенный по стержню, нельзя считать точечным.
Чтобы применить закон Кулона, рассмотрим бесконечно малый эле-
элемент длины dx стержня, находящийся на расстоянии х от заряда д0
(рис. 10-3). Заряд этого элемента согласно формуле A0 9) равен
dq — idx.
По закону Кулона на заряд q0 будет действовать со стороны ларяда
dq сила, равная
_ 1 f/n xdx
4ле0 х1 4лео х.1
Со стороны всех остальных бесконечно малых элементов стержня
на заряд q0 также будут действовать элементарные силы, направлен-
направленные в ту же сторону, что и dF. Сложив их модули, найдем искомую
силу, равную результирующей силе действия всех элементов стержня
на заряд q0:
а + 1
4ле(,
а
Вынося постоянные множители за знак интеграла, получим
+ /
Г dx I /I I
J i2 4ле0 \ о а-г1
Выразим в единицах СИ входящие в формулу величины: 1/4ярп =
=- 9,00 • 10я м/Ф, <7„ = 1,0 ¦ Ю-8 Кл, т - 1,0 • 10 Кл/м, /-=0,15 м,
а = 0,10 м. Подставив эти значения и выполнив вычисление, найдем
F = 5 ¦ Ю-5 Н.
107,

у- «о
Ъ
¦«1
1 РК^
а
й?
10-4. Тонкий стержень длиной 2/ равномерно
заряжен с линейной плотностью т. Опреде-
Определить напряженность электрического поля
в точке Л, лежащей против середины стерж-
стержня на расстоянии а от него. Рассмотреть
общий случай, а также частные случаи:
а ^> 2/ и а < 11.
Рис 10 4
Решение. Общий случай соответствует любому соотношению
между величинами аи/. Так как при этом заряженный стержень нель-
нельзя считать точечным зарядом, то нельзя определить напряженность
поля непосредственно по формуле A0.5). В этом отношении данная за-
задача аналогична предыдущей. И здесь рассмотрим сначала элемент
dx стержня, находящийся на расстоянии х от середины стержня
(рис. 10-4). Заряд этого элемента dq = idx. Полагая его точечным,
найдем напряженность поля заряда dq в точке А по формуле A0.5):
j г- 1 xdx I rdx , - >
4ле0 г2 4ле0
Искомая напряженность поля в точке А равна гумме элементар-
элементарных напряженности dE, созданных в этой точке всеми элементами
стержня. Однако здесь в отличие от предыдущей задачи векторы dE
от различных элементов стержня имеют различное направление. Сле-
Следовательно, их векторная сумма не равна сумме их модулей и не может
быть выражена интегралом ЫЕ.
Чтобы преодолеть возникшую трудность, воспользуемся соображе-
соображениями симметрии. Так как поле равномерно заряженного стержня
обладает осевой симметрией и точка А лежит на одной из осей сим-
симметрии (ось уу на рис. 10-4), то напряженность электрического поля
в точке А направлена вдоль этой осн.
Действительно, при сложении полей от любых двух, симметрично
расположенных элементов стержня получается поле, вектор Е ко-
которого расположен вдоль оси симметрии, как это видно на рис. 10-2.
Следовательно, при суммировании всех элементарных векторов dE
достаточно учесть лишь составляющие этих векторов dEu, взятые вдоль
оси симметрии уу. При этом, как видно из чертежа,
dEy = dE cos ф,
где
cos ф = а/г = а/Ухг + а\ B)
Таким образом, мы свели задачу к сложению одинаково направленных
векторов ^Еи, и искомая напряженность Е выразится интегралом
-Н
C)
Г= С dEy=- С dEcos ф = 2 fdifcoscp.
-/ -i -о
108

Подставив в C) значения величин dE и cos <p по формулам A)
и B) и произведя интегрирование, получим
? =
D)
2ле0 <
Теперь рассмотрим частные случаи задачи. Неравенство
означает, что можно пренебречь размерами стержня по сравнению
с расстоянием от него до данной точки, т. е, заряд стержня можно счи-
считать точечным. Тогда по A0.5) найдем
Е = q/4m0a2. E)
Из неравенства а^.21 следует, что данная точка находится вблизи
тонкого стержня и далеко от его концов. Это соответствует бесконеч-
бесконечно длинному стержню (нити, цилиндру). Следовательно, применив
формулу A0.8), имеем
Е = т/2яе„а. F)
Легко видеть, что выражения E) и F) являются частными случая-
случаями общего ответа D). Действительно, при а^>21 можно пренебречь
величиной Р под знаком корня в D). Тогда, учитывая, что 2т/ = q,
приходим к формуле E). При а<^21 пренебрегаем величиной а2 в D)
и сразу получаем соотношение F).
10-5. Очень длинная нить равномерно за-
заряжена с линейной плотностью т. Опреде-
Определить напряженность поля в точке А, лежа-
лежащей против конца нити на расстоянии а от
нее (рис. 10-5).
Рис. 10-5
Решение. Здесь нельзя вычислить напряженность по формуле
A0.8) для бесконечно длинной нити, так как заданная точка Л рас-
расположена вблизи не только нити, но и одного из ее концов (сравните
со случаем а<^21 предыдущей задачи). Поэтому опять рассмотрим эле-
элемент dl нити. Пусть он находится от точки А на расстоянии г. Заряд
элемента dq = rdl. Напряженность поля dE, созданного этим зарядом
в точке А, равна
rf? (l)
В качестве переменной величины здесь удобно выбрать угол ср,
который"составляет радиус-вектор г с нормалью к нити. Как видно из
чертежа,
а ,. rd(f ad<p
• I al =
cos <p
cos
cosa <p
B)
109

Подставив в формулу A) значения г и dl из B), получим
4ле0 а
Чтобы найти полную напряженность в точке А, сложим напряжен-
напряженности dE от всех элементов нити. При этом следует учесть, как и в пре-
предыдущей задаче, что все слагаемые векторы dE имеют различное на-
направление. Поэтому интеграл j dE, взятый по всей длине нити, заве-
заведомо не равен искомой величине. В этой задаче нельзя воспользовать-
воспользоваться соображениями симметрии, так как, хотя поле заряженной нити
имеет оси симметрии, точка А не лежит ни на одной из этих осей. По-
Поэтому применим общий метод определения напряженности, изложенный
в п. 1 методических указаний.
Выберем оси Ох и Оу, как показано на рисунке. Найдем проекции
вектора dE на эти оси:
, „ , ^ I т cos (I d(f-
at ,—db cos ф = —— ¦
, = ab bin ю = -
Г МП
4яво а
Интегрируя эти проекции по всей длине нити и учитывая, что при
этом угол ф изменяется от 0 до л/2, вычислим проекции искомого век-
вектора напряженности Е в точке А и его модуль:
оо я/2
( СОь <рЖр = —-5— ;
J 4ле0 а
4л8,| а
1
О
п/2
МП waul = — -
?=№, +
; VI
4л/-1, а
h
10-6. Точечный .->аряд qy — 20 пКл помещен
в центре непроводящей сферической по-
поверхности радиуса R = 15 см, по которой
равномерно распределен заряду =—20нКл.
Определить напряженность поля в точках
А и В, удаленных от центра сферы на рас-
расстояния гд = 20,0 см и /•в=10,0 см. Чему
будет равна напряженность поля в точке
Л, если заряд ql сместить на расстояние
I — 1,0 мм от центра сферы в направлении,
которое составляет с радиусом-вектором,
проведенным в точку А, угол ф = 60q
(рис. 10-6)?
Решение. Напряженность поля, созданного зарядами qy и q2,
равна векторной сумме напряженностей Е1 и Е2 поля каждого заряда.
Хотя, здесь заряд q2 не является точечным, разбивать его на бесконеч-
Рпс 10G
ПО

но малые элементы ,как это было сделано в трех предыдущих задачах,
не обязательно, так как этот заряд распределен равномерно по поверх-
поверхности сферы. Поэтому для определения поля этого заряда можно вос-
воспользоваться формулами A0.7). Как следует из A0.7а), поле сферы в
точке А таково, как если бы весь заряд сферы находился в ее цен-
центре. Поэтому можно считать, что на сфере вообще зарядов нет,
но в ее центре находятся два заряда qt и q2. Так как по условию они
равны по модулю и противоположны по знаку, то ясно, что их поля
в точке А (как и в любой другой точке вне сферы) уничтожат друг
друга. Следовательно,
ЕА = 0.
Чтобы "найти напряженность поля в точке В, учтем, что согласно
A0.76) заряды, равномерно распределенные на сфере, не создают поля
внутри нее. Следовательно, в точке В будет поле, созданное только
зарядом <7и и его напряженность
Ев — - гг •
4ле0 гя
После смещения заряда qL из центра сферы поля зарядов qt и q%
уже не будут уничтожать друг друга. По-прежнему заменяя заряжен-
заряженную сферу зарядом, находящимся в ее центре, видим, что задача сво-
сводится к определению напряженности поля (в точке А) системы двух
равных по модулю и противоположных по знаку зарядов, т. е. поля
диполя, имеющего плечо / и электрический момент р = q{l. Так как,
по условию, гА^>1, то, воспользовавшись формулой A0.6), найдем
напряженность поля в точке А:
Выразим данные величины в единицах СИ: A/4ле„) = 9,00X
х10"м/Ф, q, = 2,0 • Ю-8 Кл, гА = 0,200 м, гв = 0,100 м, /= 1,0х
Х1О м, cos ф = 0,-50. Подставив эти значения в формулы для Ев
и Е'д и выполнив вычисление, получим:
Ев = 18 • 10'' В/м; Е'л = 25 В/м.
10-7. Два коаксиальных диска радиусов
/^ = 10,0 см и /?2 = 5,0 см расположены на
То расстоянии d — 2,4 мм друг от друга
-L (рис. 10-7). Диски заряжены равномерно
^ с поверхностной плотностью, равной о =
Чг — 20,0 мкКл/м2. Определить силу электри-
электрического взаимодействия дисков.
Рис. 10 7
Решение. Найдя площадь дисков и зная поверхностную плот-
плотность их заряда, можно по формуле A0.11) найти заряды дисков. Од-
Однако было бы ошибкой вычислять затем силу их взаимодействия по
закону Кулона, который применим лишь для точечных зарядов.
111

Можно сначала по закону Кулона найти силу взаимодействия Двух
бесконечно малых элементов дисков, а затем, суммируя эти силы
по обеим плоскостям (т. е. производя двойное интегрирование), опре-
определить полную силу взаимодействия дисков.
Однако существует другой, более простой, путь решения задачи.
Каждый из двух взаимодействующих зарядов находится в поле дру-
другого заряда. При этом напряженность поля заряженного диска радиуса
#5 в тех точках, где расположен второй диск, можно вычислить, не
прибегая к интегрированию. Действительно, все точки диска R% на-
находятся близко от днека Rx и далеко от его краев. Это значит, что диск
/?i можно рассматривать к;ж бесконечную равномерно заряженную
плоскость, напряженность которой определяется формулой A0.10).
Выразив из формулы A0.11) заряд диска R./.
92 = aSi — nR)a, A)
найдем искомую силу F из соотношения A0.2):
F = qtE.
Подставив вместо q2 и Е их значения по формулам A) и A0.10),
получим*
B)
Выразим в единицах СИ входящие в формулу величины' /?, =
= 5,0 • К)-2 м, о - У,00- 10-s Кл/.\Н, к,, = 8,85 • 10"" Ф'м. Выпол-
Выполнив вычисление, найдем
F = 0,18 П.
Замечание. Как видно из формулы B), сила взаимодействия
дисков не зависит от расстояния между ними. Конечно, это будет лить
до тех пор, пока диск радиуса ?, можно рассматривать как бесконеч-
бесконечную плоскость, т. е. пока выполняется неравенство d<^.Ri— /?2-
Наоборот, при достаточно большом расстоянии между дисками, когда
d^>Ri, заряды дисков можно считать точечными и силу взаимодейст-
взаимодействия между ними рассчитывать по чакону Кулона.
§ а. разность потенциалов.
ПРОВОДНИКИ В ЭЛЕКТРИЧЕСКОМ ПОЛЕ
Основные формулы
Потенциальная энергия взаимодействия двух точечных зарядов, находящих-
находящихся па расстоянии г, при условии, что Woo = 0, равна
4яе„
,„.„
* То обстоятельство, что заряд qa не является точечным, здесь не приведет
к ошибке, так как во всех точках пространства, им занимаемых, напряженность
поля Е имеет одинаковые модуль и направление.
112

Потенциал электрического поля (определяющая формула)
<р = W/q', (II 2)
где W — потенциальная энергия пробного заряда^', помешенного в данную
точку поля
Работа, совершенная силами поля по перемещению злрядл ц из точки /
в точку 2,
А = _ Д«7 = q (ф1 -ф2), A1 3)
или
2 2
/l=j Ftdl = q\E,dl, A1 4)
где Е\ — проекция вектора напряженности Е на направление d\\ при этом ин-
интегрирование производится вдоль любой линии, соединяющей точки / и 2
Разность потенциалов и напряженность электрического поля связны со-
соотношениями
?=-^-. A16)
где производная dyldl берется в направлении быстрейшего изменения потенциа-
потенциала, т е вдоль силовой линии.
Для однородного поля (Е = const)
Е = (Ф, -Ф2)//, (И 7)
где / — расстояние ме/кду двумя точками шмерснное вдоль силовой линии
Потенциал поля точечного заряда q на расстоянии г от него
4ле„
A18)
Потенциал поля гферическоп поверхности радиуса г0, по которой равномер-
равномерно распределен заряд q ривен
ц,---- i- A19)
4wti-,, ''
для точек лежащих вне сферы па рнссюямии /¦ от ее центра, и
I q
ф = - (II 10)
4яр0 г0
для точек, лежащих на поверхности сферы или внутри пе<»
Методические указани5
1. Для вычисления потенциала поля, созданного одним или не-
несколькими точечными зарядами, применяют формулу A1.8), а также
принцип суперпозиции полей, в силу которого потенциал поля не-
нескольких точечных зарядов равен алгебраической сумме потенциалов,
созданных отдельными зарядами.
2, Если в электрическое поле вносится проводник, то е послед-
последнем всегда происходит явление электростатической индукции1 сво-
свободные эаряды проводника перераспределяются так, что напряжен-
1U

ность электрического поля внутри проводника, равная векторной сум-
сумме напряженностей внешнего поля и поля зарядов самого проводника,
становится равной нулю. При этом все точки проводника приобре-
приобретают одинаковый потешшал, называемый потенциалом проводника.
Следует помнить, что в результате явления электростатической ин-
индукции изменяется, вообще говоря, потенциал и напряженность поля
в пространстве вокруг проводника. Только если известно распределе-
распределение всех зарядов, в том числе и зарядов, индуцированных на провод-
проводнике, можно найти потенциал в данной точке поля. Так как распреде-
распределение индуцированных зарядов заранее бывает неизвестно, решение
задачи в общем случае оказывается весьма сложным. Поэтому в курсе
обшей физики обычно ограничиваются случаями, в которых в силу
симметрии можно найти распределение индуцированных зарядов на
проводнике (см. задачу № 11-3) или пренебречь этим распределением
(см. задачу К° 11-7).
3. Физический смысл имеет не сам потенциал, а лишь его измене-
изменение (разность потенциалов, или напряжение), подобно тому, как су-
существенным является не сама потенциальная энергия системы, а лишь
ее изменение, равное работе, совершенной системой. Так, формула
A1 1), выражающая потенциальную энергию взаимодействия зарядов,
справедлива лишь при условии, что величина W при бесконечном уда-
удалении зарядов условно принимается равной нулю; формулы A1.8) —
A1.10) также выведены в предположении, что потенциал бесконечно
удаленных точек равен нулю.
4. В основе общего метода определения разности потенциалов ле-
лежит соотношение A1.5), связывающее разность потенциалов двух
точек поля с напряженностью поля в пространстве между этими точ-
точками. При этом существенно, что интегрирование можно произво-
производить по любому пути, соединяющему две точки. Этот метод вычисления
разности потенциалов применен при решении задач №11-5, П-7.
Если известно пространственное распределение потенциала в не-
неоднородном поле, формула A1.6) позволяет находить напряженность
ноля. Задача упрощается в случае симметричных полей, когда зара-
заранее известно направление вектора Е. Тогда достаточно взять производ-
производную от потенциала по координате в данном направлении (см. задачу
№ 11-2).
Решение задач
11-1. Определить потенциал электрическо-
электрического поля точечного диполя, электрический
момент которого р = 2,0 • 10~14 Кл • м,
в точке, лежащей на оси диполя на рас-
расстоянии г= 10,0 см от его центра со сто-
стороны положительного заряда.
Решение. Из принципа суперпозиции полей следует, что по*
тенциал любой точки электрического поля диполя равен алгебраиче-
алгебраической сумме потенциалов, созданных в этой точке каждым зарядом
диполя:
<р = ф+ + Ф_.
114

Тогда для точки А (рис. 11-1) по формуле A1.8) имеем
4ле0 \г —
4лев г2-Р/4 '
где /> = 9'- Таким образом, для определения потенциала поля ди-
диполя надо знать, вообще говоря, не только его электрический мо-
момент р, но и плечо /. Учтем, однако, что для точечного диполя выполня-
выполняется соотношение 1<^ г. Поэтому, пренебрегая величиной ?74 в знаме-
знаменателе оы веден ной формулы, найдем
4леи г2
Выразим в единицах СИ входящие в формулу величины: р==2,0х
X Ю-14 Кл • м, г=0,100 м, A/4ле„) = 9,00 • 10* м/Ф. Выполнив вы-
вычисление, получим
Ф = 1,8 • Ю-2 В = 18 мВ.
11-2. Тонкий диск радиуса г равномерно
заряжен с поверхностной плотностью а.
Найти потенциал и напряженность поля
в точке А, лежащей на оси диска на рас-
расстоянии а от пего (рис. 11-2).
Рис 11 2
Решение. Чтобы найти потенциал в точке А, надо применить
принцип суперпозиции полей. Разобьем диск на элементарные коль-
кольца толщиной dx. Площадь кольца радиуса х равна 2nxdx, а заряд коль-
кольца — 2naxdx. Потенциал поля кольца равен сумме потенциалов,
созданных всеми его точечными элементами. Так как последние равно-
равноудалены от точки А, то, заменив заряд кольца точечным зарядом той
же величины, удаленным на расстояние [/а2 + хг от точки Л,
найдем по формуле A1.8) потенциал кольца:
. I 2n,oxdx
ац> =- z^r^- •
4 л? „ \/аг + 'х2
Интегрируя, определим потенциал диска:
ср = —
¦ 2е0
xdx
2е(|
A)
Из соображений симметрии ясно, что вектор напряженности Е
электрического поля направлен в точке А вдоль оси диска. Поэтому
для нахождения модуля Е можно применить тот же метод, что и в
115

задаче № 10-4. Однако, имея ответ A), поступим проще. Рассматривая
величину а как переменную, по формуле A1.6) получим
B)
Заметим, что при а<^г выражение B) переходит в формулу A0.10)
для напряженности поля бесконечной плоскости.
11-3. Точечный заряд q — 0,15 мкКл на-
находится в центре сферической проводящей
оболочки, внешний и внутренний радиусы
которой соответственно равны R = 25 см
и г = 20 см (рис. 11-3). Определить на-
напряженность поля в точках / » 2, удален-
удаленных от заряда соответственно на г, = 50 см
и г2— 10,0 см, а также разность потенциа-
потенциалов между этими точками.
Рис 11-3
Решение Если бы заряд q не был окружен проводником,
ответы на все вопросы можно было бы получить по формулам A0.5)
и A1.8). Что же изменится из-за наличия проводника?
Под влиянием поля заряда q на сферических поверхностях про-
проводника появятся индуцированные заряды, равные но модулю и про-
противоположные по знаку; на внутренней поверхности —отрицательные,
на внешней — положительные. Из соображений симметрии ясно, что,
эти заряды равномерно распределятся по каждой поверхности. Но
согласно формуле A0.7а) это означает, что напряженность поля ин-
индуцированных зарядов такова, как если бы оба заряда (+ qma и
— <7инд) оказались в центре сферы. Ясно, что при этом их поля будут
уничтожать друг друга. Учитывая также соотношение A0.76), при-
приходим к выводу, что наличие проводящей оболочки не изменит напря-
напряженности поля заряда q в точках / и 2.
Подставив в формулу A0.5) числовые значения величин,выраженные
в единицах СИ: <7i = 1,5 • 10~7 Кл, г1 — 0,50 м, г2==0,100 м, найдем:
4леп
JL—1
ri
— 5кВ/м; ?'„ = — =
= 1,4-105В/м=1,4-10'2 кВ/м.
Потенциалы в каждой из точек / и 2 определим, как и в преды-
предыдущей задаче, с помощью принципа суперпозиции полей:
П)
Тогда для точки / согласно формулам A1.8) и A1.9) получим
4ле„
Я | <7и|тд Зиид \ 1_ Jj_
, '1 г\ '1 ' 4Л8О Г1
т. е. потенциал снаружи сферической оболочки таков, как будто ее
нет.
116

Чтобы найти потенциал поля в точке 2, учтем, что напряженность
поля зарядов, равномерно распределенных по поверхности сферы,
равна нулю внутри сферы. Поэтому все точки этого поля внутри сферы
имеют одинаковый потенциал, равный потенциалу самой сферы и
определяемый формулой A1.10). Следовательно, для точки 2, лежащей
внутри оболочки, снова применяя принцип суперпозиции полей, най-
найдем
1 /_? | 9инд 9инд
2 4леп \ г, R г
B)
Чтобы определить величину д„пП, воспользуемся теоремой Гаус-
Гаусса A0.4), применив ее для замкнутой поверхности S, проходящей вну-
внутри проводника и охватывающей заряды q и — <?|ШД (пунктир иа
рис. 11-3). Так как внутри проводника при установившемся распре-
распределении зарядов электрическое поле отсутствует, поток вектора на-
напряженности N, опреаеляемый формулой A0.3), равен нулю. Но тогда
из A0.4) следует, что
2G,- = q — дй1Ш = 0.
Приходим к выводу, что индуцированные заряды ¦+- ои„п и — qlUt:i
численно равны заряду q. Поэтому формулу B) можно переписать
так:
4лео
Т + Т-7-)-
C)
Теперь из формул A) и C) получим ответ:
4яН(| \ гг г, R
Из последнего соотношения видно, что в результате явления
электростатической индукции разность потенциалов ф2—ф, умень-
уменьшилась (сумма последних двух членов меньше нуля).
/2 "-4. Объяснить, почему асе заряды, на-
находящиеся на пластине плоского конден-
1t ?! 1з 1* сатора, несмотря на их взаимное отталки-
отталкивание, располагаются на внутренней по-
поверхности пластины (т. е. на той поверх-
поверхности, которая обращена к соседней п.ча
стине).
1 2
Рис. II-4
Решение. В данном случае в отличие от предыдущей задачи
целесообразно воспользоваться не самой теоремой Гаусса, A0.4), а вы-
выведенной с ее помощью формулой A0.10) для напряженности поля бес-
бесконечной равномерно заряженной плоскости. Кроме того, необходимо
117

применить свойство проводиикоч, в силу которого электрическое поле
в них при установившемся распределении зарядов всегда равно нулю.
Пластина А всякого реального плоского конденсатора есть про-
проводящее тело, ограниченное двумя плоскостями — наружной /-/
и внутренней 2-2 (рис. 11-4). Допустим, что заряды распределены по
обеим поверхностям каждой пластины (внутри проводника при элеж-
тростатпческом равновесии, как известно, зарядов нет). Из соображе-
соображений симметрии ясно, что, сколько бы зарядов ни было на данной по-
поверхности, они должны распределиться по ней равномерно*. Следова-
Следовательно, заряженный конденсатор можно представить как систему
четырех равномерно заряженных плоскостей. Пусть их заряды равны
9и Q->, <7з. Ял, а поверхностные плотности заряда а{, о«, оэ, о4. Тогда на-
напряженность поля в какой-либо точке С, находящейся внутри пла-
пластины В, найдем на основании формулы A0.10) и принципа суперпози-
суперпозиции полей. При этом учтем, что положительные заряды qly <?г и отри-
отрицательный заряд q4 создают в точке С электрическое поле одного на-
направления, а отрицательный заряд q^ — противоположного. Следо-
Следовательно, напряженность поля в точке С равна
Так как | qx | + | цг \ —-\яЛАг\Я\ 1> то можно записать
С другой стороны, напряженность поля в точке С, находящейся
внутри проводника, должна быть равна нулю. Тогда из последней
формулы следует: qx = 0. Таким образом, в действительности на
внешней поверхности пластины В зарядов нет, все заряды распреде-
распределяются только по внутренней поверхности пластины. Из симметрии
задачи ясно, что и на пластине А заряды распределяются лишь по ее
внутренней поверхности.
\
6- -{
А С
11-5. Плоский конденсатор заряжен до раз-
разности потенциалов U = 100 В. Опреде-
Определить работу, которую совершат силы поля
при перемещении заряда q — 0,Г>2 мкКл
на точки А п точку В (рис. 11-5).
, 6
D В
О
Рис 11 г>
* Мы но рассматриваем Заряды вблизи краев пластины, полагая их беско-
бесконечными, т. е. принимая расстояние между пластинами и их толщину малыми по
сравнению с линейными равшрами пластин.
118

Решение. Поскольку электрическое иоле плоского конденса-
конденсатора заключено между его пластинами, точки А и В находятся вне
поля. Поэтому можно было бы сделать вывод, что разность потенциа-
потенциалов между ними отсутствует (как, например, в задаче № 11-3 для
точек, лежащих внутри равномерно заряженной сферы). Однако в дей-
действительности это не так.
Разность потенциалов и напряженность электрического поля свя-
связаны формулой A1.5). Поскольку при этом интегрировать можно по
любой линии, соединяющей точки А и В, выберем прямую АВ. Тогда
получим
A)
Так как во всех точках интервалов АС и DB поле отсутствует, видим,
что из трех интегралов в правой части формулы A) первый и третий
равны нулю. Следовательно,
/ = Lf= 100 В.
Таким образом, между точками А и В существует та же разность
потенциалов, что и между пластинами конденсатора. Оiсюда иско
мая работа по перемещению заряда согласно формуле A1.3) paBHd
А = q (фл— Фа) = 5,2 • 10"' • 100 Дж = 5,2 . \0~ь Дж =>
= 52 мкДж.
Замечание. В действительности заряд q перемещается из
точки Л в точку В не по прямой АВ, а по некоторой кривой АпВ
(см. рис. 11-5), обходя пластины конденсатора. Возникает вопрос:
какие же силы совершают вычисленную нами работу, если поле кон
денсатора заключено между его пластинами?
Чтобы ответить на поставленный вопрос, следует учесть рассеи-
рассеивание силовых линий электрического поля у краев пластин. Чем даль-
дальше от краев, тем меньше напряженность, но зато тем больший путь
пройдет заряд q, двигаясь под действием сил электрического поля,
чтобы попасть из точки А в точку В. В результате силы поля, переме-
перемещая заряд по любому пути из А в В, совершают одинаковую, отлич-
отличную от нуля работу.
119

A CD В
Рис. П-Ь
11-6. Четыре металлические пластины, па-
параллельные друг другу, находятся на рав-
равных расстояниях d (рис. 11-6). Пластины С
и D заряжены до напряжения U, после
чего отсоединены от источника тока. Как
изменится напряжение между этими пласти-
пластинами, если пластины А к В соединить про-
проводником?
m
АЕ
АЕ
АЕ
Решение. Выясним, что произойдет при соединении пластин
А и В. Находясь вне поля заряженного конденсатора, они тем не
менее обладали разными потенциалами, как это следует из решения
предыдущей задачи (разность их потенциалов также была равна И).
Поэтому при соединении пластин проводником по последнему поте-
потечет электрический ток. Заряды будут перемещаться до тех пор, пока
Потенциалы пластин не станут равными. В резуль-
результате пластина Л, потенциал которой понизился, заря-
зарядится отрицательно; пластина В, потенциал которой
повысился, зарядится положительно.
Теперь систему четырех пластин можно рассмат-
рассматривать как два конденсатора, из которых один (CD)
вставлен внутрь другого (АВ). Электрические поля
этих конденсаторов направлены навстречу друг дру-
другу. На рис. П-7 изображены векторы напряженности:
Е — поля конденсатора CD и АЕ — поля конденса-
конденсатора АВ. Тогда напряженность результирующего поля
внутри конденсатора CD согласно принципу супер-
суперпозиции полей равна Е' = Е — АЕ.
Очевидно, для ответа на вопрос задачи достаточно найти отноше-
отношение величин Е'IE. Действительно, согласно формуле A1.7) напряжение
между пластинами конденсатора CD и напряженность однородного
электрического поля в пространстве между ними пропорциональны
друг другу.
Воспользуемся теперь следующим свойством электрического поля:
работа сил поля по перемещению заряда по любому замкнутому пути
равна нулю. Это значит, что интеграл, стоящий в правой части форму-
формулы A1.4), взятый по любому замкнутому контуру, равен нулю:
I I
I I
о о
I
I
в
Рис. 11-7
ЕЛ1 =-- 0.
A)
Рассмотрим замкнутый контур ACDBmA (рис. 11-7). Выберем
направление его обхода против часовой стрелки. Учитывая направле-
направления векторов АЕ и Е, а также отсутствие электрического поля в про-
проводнике, соединяющем пластины А и В (после того, как установится
120

определенное распределение зарядов на пластинах), на основании
уравнения A) получим
с р в
+ (E—bE)d—A?Vi=O.
Отсюда находим:
Д? = ?/3; E' = E — AE = 2E/3.
Поскольку искомое напряжение пропорционально напряженности
поля между пластинами конденсатора CD, то
U' = 2G/3. B)
11-7. Определить разность потенциалов меж-
между двумя металлическими шарами радиу-
радиуса г0 = 0,50 см каждый, находящимися на
расстоянии г = 1,00 м друг от друга, если
заряд одного шара qL=\,5O нКл, а дру-
Рнс II 8 гого цг=— 1,50 нКл.
Решение. Как известно, заряды в проводнике распределяются
так, что все его точки приобретают одинаковый потенциал. Уединен-
Уединенному шару, потенциал которого определяется формулой A1.10),
соответствует равномерное распределение зарядов по его поверхности.
В данном случае, взаимно притягиваясь, заряды шаров распределяют-
распределяются преимущественно на тех сторонах шаров, которыми они обра-
обращены друг к другу, вследствие чего изменится электрическое поле в
пространстве вокруг шаров. Поэтому, согласно формуле A1.5), изме-
изменится также разность потенциалов между шарами и точное решение
задачи оказывается связанным со значительными математическими
трудностями.
Однако вытекающее из условия неравенство г^г0 позволяет, не
делая большой ошибки, пренебречь взаимным притяжением зарядов по
сравнению с силами взаимного отталкивания одноименных зарядов в
пределах каждого шара, т. е. считать распределение зарядов по по-
поверхности шаров равномерным. Тогда задача упрощается: на основа-
основании формулы A0.7а) и принципа суперпозиции полей можно вычис-
вычислить напряженность поля в любой точке пространства между шарами,
а значит, по формуле A1.5) найти искомую разность потенциалов.
В качестве линии интегрирования выберем прямую АВ (рис. 11-8).
Векторы напряженности полей обоих шаров во всех точках этой прямой
направлены от Л к Б (от положительного заряда к отрицательному).
Поэтому результирующая напряженность в некоторой точке С, от-
отстоящей на расстоянии х от центра левого шара, согласно формуле
A0.7а) равна
1
4яг0 I х2 (г—хJ I 4яе0
где q = \qt\ = \qt\ —абсолютное значение каждого заряда.
121

Теперь на основании A1.5), учитывая, что в данном случае EL = Е,
определим искомую разность потенциалов:
Г—Га
Ф —Ф = Г Edx=—?— Г \~ l- ]dx.
я J 4ле„ J L *2 (г—*L J
Произведя интегрирование и сделав упрощения, найдем
I ZCJ (Г ~— ^'"fl} /1 \
Еще раз учитывая соотношение r^>rOj получим несколько ме-
менее точную, но более простую формулу:
Вычисление по B) дает:
4>л — фл ---= 5,4 • 101 В ~ 5.4 кВ.
Замечание. Легко видеть, что соотношение B) можно полу-
получить сразу, вычислив потенциал каждого шара по формуле A1.10).
Таким образом, эта формула дает в задаче для двух шаров приблизи-
приблизительно правильный результат при условии г^>л0. Однако он менее то-
точен, чем формула A). Дело тут в следующем. Применив формулу A1.10),
мы не только пренебрегаем неравномерностью в распределении заря-
зарядов по поверхности шаров, но и не учитываем принципа суперпозиции
полей, в силу которого потенциал каждого шара определяется сово-
совокупностью зарядов обоих шаров. Ошибки, к которым приводят обе эти
неточности, имеют одинаковые знаки (ответ получается завышенным)
и поэтому складываются.
11-8. Объяснить, почему на концах ус-
-*— коренно движущегося металлического
стержня АВ (рис. 11-9) появляется раз-
разность потенциалов. С каким ускорением
а надо двигать проводник, чтобы разность
Рис И 9 потенциалов равнялась U = 1,00 мкВ?
Длина проводника / = 1,00 м.
Решение. Наличие разности потенциалов свидетельствует
о существовании внутри проводника электрического поля. На первый
взгляд это противоречит правилу электростатики, утверждающему,
что внутри проводника при установившемся распределении зарядов
поле должно отсутствовать. Однако отметим, что это правило выведено
для неподвижных проводников и является следствием ТОГО, ЧТО рав-
равнодействующая всех сил, приложенных к свободному заряду (для
металла — к электрону) внутри проводника, должна быть равна нулю:
2F = 0, A)
122

иначе заряд не смог бы оставаться неподвижным. Для неподвижных
проводников силой, действующей на свободный заряд, будет лишь
сила электрического поля, равная
Рэл = «Е, B)
где е — величина заряда.
Чтобы применить законы электростатики к проводнику, который
согласно условию задачи ускоренно движется, рассмотрим явление
в неинерциальной системе отсчета, связанной с данным проводником.
В этой системе отсчета его свободные заряды неподвижны. Следова-
Следовательно, по-прежнему будет выполняться условие (]) Но в неинер-
неинерциальной системе отсчета на всякое тело действует сила инерции, рав-
равная
Ри„ = _ та. C)
Теперь условие равновесия заряда A) запишется так:
РЙЛ + FHH = 0. D)
Отсюда видим, что при ускоренном движении проводника в нем
должно существовать электрическое поле даже в том случае, когда сво-
свободные заряды неподвижны относительно проводника. Это поле обус-
обусловлено соответствующим распределением зарядов (в данном случае —
свободных электронов) по проводнику, отличному от их распределения
в неподвижном проводнике.
Подставив в D) вместо величин F8J] и FHH их значения по форму-
формулам B) и C), получим
еЕ = та.. E)
При поступательном движении проводника все его точки имеют
одинаковое ускорение. Поэтому вектор Е в E) также должен быть
одинаковым для всех точек поля внутри проводника. Следовательно,
эго поле будет однородным. Тогда на основании A1.7) перепишем
соотношение E):
eUll = ma,
откуда искомое ускорение
е U
а=— —.
т I
Взяв значения е и т для электрона из таблиц, выразим входя-
входящие в эту формулу величины в единицах СИ: V = 1,00 • Ю"" В,
/ = 1,00 м, е = 1,6 • 10-1в Кл, т = 9,1 • 10-п кг. Выполнив вы-
вычисление, найдем
а = 1,8 • 10е м/с2.
123

11-9. Две частицы, обладающие массами ти Щ и заря-
зарядами, равными + qu + q%, движутся навстречу друг
другу, имея вдалеке относительную скорость уотн. На
какое наименьшее расстояние сблизятся частицы?
Решение. Приведем три способа решения задачи, различаю-
различающихся выбором системы отсчета.
1. Рассмотрим движение частиц в какой-либо «лабораторной»
системе отсчета, например связанной с Землей. Полагая систему дпух
заряженных частиц изолированной, воспользуемся законом сохранения
энергии
W = const, A)
где W — полная энергия частиц. Последние обладают в каждый мо-
момент времени кинетической энергией, а также потенциальной энергией
кулоповского взаимодействия.
Когда частицы находятся вдалеке друг от друга, то, как это сле-
следует из формулы A1.1), их потенциальной энергией можно пренебречь.
Тогда полная энергия системы
W, = /й,о'/2 + тМ'2, B)
где vu v2 — скорости частиц в выбранной системе отсчета. Так как
векторы v, и v2 направлены противоположно, то значения vx и v2
связаны с заданной величиной иотн соотношением
«от» = !Vl — V2| = О, + Va. C)
При сближении частиц потенциальная энергия их кулоповского
взаимодействия (отталкивания), будучи величиной положительной,
начнет увеличиваться. Следовательно, суммарная кинетическая энер-
энергия частиц станет уменьшаться. Частицы не могут как угодно близко
подойти друг к другу, иначе их потенциальная энергия оказалась бы
больше полной энергии W\, что противоречит условию A).
При наибольшем сближении частиц, когда расстояние между ними
равно гм„„, полная энергия
W ,, — т л 1 3l.1l. id)
w П—' мин t . • И/
4л to 'мин
Чтобы найти кинетическую энергию ТМИ11 системы, учюм, что
в момент наибольшего сближения частиц их скорости будут одинако-
одинаковыми: vt М1Ш = v2 мин = v. Действительно, когда скорости частиц
неодинаковые, расстояние между ними растет или уменьшается и,
следовательно, не является минимальным.
Применяв к системе закон сохранения импульса, запишем:
mjWx — mau2 = (mx + m2) v, E)
где рх = m&i — /H2Wj — импульс системы удаленных частиц,
Pi ^ (%."Ь Щ) v — импульс системы при наибольшем сближении
частиц, При »том вектор v предположительно выбран совпадающим по
24"

направлению с вектором vx (очевидно, при подсчете кинетической энер-
энергии направление скорости несущественно). Из уравнения E) имеем
V = \т$1 — m^j^)l\ttii ~г if^i)'
Тогда для величины TMtlH получим
гг* {М\-\- ftlri) U3 (ttliV\-—,
I мин=== 'п ==
Подставив это значение Тмин в формулу D), приравняв на основе
закона сохранения энергии правые части формул B) и D), а также
учитывая соотношение C), найдем
'МИНп о '
2яе0 mi m2 и-тн
2. Выберем систему отсчета, связанную с центром инерции си-
системы двух частиц. Пусть скорости частиц в этой системе отсчета рав-
равны v[ и v'z. Сначала выразим каждую из величин v\ и v'i через относи-
относительную скорость иотн. Так как частицы движутся навстречу друг
другу, то
"отн = V\ + V'i. A)
Поскольку в данной системе отсчета скорость центра инерции ча-
частиц равна нулю, то, согласно формуле C.4), суммарный импульс
частиц р = 0. Тогда, применив к системе частиц закон сохранения
импульса и учитывая противоположные направления векторов v,
и v2) получим
mxv\ — m2v'2 = 0. B)
Решив систему A) и B) относительно vl и и2, найдем:
v\ = [mj(ml + т2)] y0Tll; v'i = bnJitny + тг)\ voril.
Полная энергия системы частиц в начальный момент равна сумме
их кинетических энергий. В момент наибольшего сближения частицы
имеют одинаковые по модулю и направлению скорости (см. 1-й спо-
способ). При этом каждая из скоростей равна нулю, так как в противном
случае оказалось бы нарушенным условие р = 0. Следовательно,
частицы будут сближаться до тех пор, пока вся их кинетическая энер-
энергия не превратится в энергию кулоновского взаимодействия. Таким
образом,
I тгуг* _
2
I
2 2 4лев гМИЕ|
Подставив сюда найденные значения v\ и v'it получим
_
125

3. Выберем систему отсчета, движущуюся поступательно вместе
с одной из заряженных частиц, например с первой. Эта система от-
отсчета является пеинерцнальной. В ней первая частица неподвижна,
а вторая движется навстречу первой с на-
начальной скоростью v0TI} (рис. 11-10).
., т%2 Теперь начальная энергия системы ча-
У v Лин стиц равна кинетической энергии второй
частицы:
Рис 11-10 2
а конечная энергия (при г — гми„) равна лишь потенциальной энер-
энергии кулоновского взаимодействия, т. е.
поскольку в момент наибольшего сближения вторая чягтчця имеет
нулевую скорость
В данном случае система взаимодействующих частиц является не-
незамкнутой, так как на нее действуют силы инерции (см. § 2, п В), ко-
которые следует считать внешними по отношению к системе. Поэтому ни
полный импульс, ни полная энергия системы частиц в неинерциаль-
ной системе отсчета не сохраняются.
Согласно закону сохранения энергии изменение энергии системы
должно быть равно работе А силы инерции FiUI, действующей на ча-
частицу т2 во время ее приближения к частице /?;а:
Wn - Wi - А, C)
и задача сводится к нахождению величины А.
Согласно определению силы инерции имеем
D)
Здесь а, — ускорение частицы ту в инерциальной системе отсчета.
Его найдем с помощью второго закона Ньютона и закона Кулона:
41 Чг
4лё0 г2
Поскольку ускорение ах первой частицы, обусловленное кулоновской
силой отталкивания, направлено влево, го сила инерции, как это сле-
следует из D), направлена вправо и равна
4ле0
126

Так как чястица m.z перемещается влево, то сила инерции совершает
над ней отрицательную работу, значение которой найдем, учитывая
соотношение E):
оо
А = Г FaJ—dr) = &*L_ 2s.. F)
*) 4/ifi() ''мин tti\
Чии
Подставив в C) значения W\, Ww, А из уравнений A), B), F),
найдем
И" 2яе0
§ 12. ДИЭЛЕКТРИКИ В ЭЛЕКТРИЧЕСКОМ ПОЛЕ.
ЭЛЕКТРОЕМКОСТЬ. ЭНЕРГИЯ ПОЛЯ
Основные формулы
Вектор поляризации Р измеряется суммарным электрическим моментом всех
«олекулярных диполей в единице объема диэлектрика. Для изотропного диэлек-
диэлектрика вектор Р пропорционален напряженности Е поля внутри него:
Р = хе„Е, A2.1)
где к — диэлектрическая восприимчивость диэлектрика.
Поверхностная плотность а' связанных зарядов равна проекции вектора
Р на внешнюю порм?ль к поверхности диэлектрика1
(j' = Pn. A2.2)
Для изотропного диэлектрика векторы электрического смещения (электри-
(электрической индукции) D и напряженности Е моля связаны формулой
D = BopF. A2.3)
где в — диэлектрическая проницаемость среды, равная
к = 1 + у. A2.4)
Теорема Гаусса' поток векюря I) чере< замкнутую поверхность равен алгеб-
алгебраической сумме заключенных внутри нее свободных зарядом, т. е.
>п dS^~- >:??(HOj. A2.5)
Электроемкость (емкость) конденсатора измеряется отношением его заряд.з
к разности потенциалов (напряжению) на пластинах:
С= = — . A2.6)
Ч I — Ф2 U
Емкость плоского конденсатора
С = F.nF.S//. A2.7)
где S — пло'цадь его пластин, I — расстояние между обкяядкями, е — диэлект-
диэлектрическая проницаемость среды, заполняющей конденсатор
Емкость батареи из п конденсаторов, соединенных параллельно, равна
л
127

Емкость батареи из п конденсаторов, соединенных последовательно, опреде-
определяется соотношением
i '
Энергия заряженного конденсатора
Объемная плотность чнергин электрического поля (энертя отнесенная
к единице объема) рлина
*«*& F.D D1
2 2 . 2ь„В '
А. ДИЭЛЕКТРИКИ В ЭЛЕКТРИЧЕСКОМ ПОЛЕ
Методические указания
1. Для расчетов электрических ночей при наличии гитектрп-
ков вводят вспомогательную величину — вектор электрического сме-
смещения (электрической индукции) D — как лиш-ппую комбинацию век-
векторов Е и Р: D = е„Е +• Р. Непосредственно пз leope.Mi.i Гаусса
A2.5) следует, что поток вектора D через замкнутую поверхность пе
зависит от свойств среды.
В задачах курса общей физики, связанных с электростатическими
явлениями, обычно рассматриваются лишь диэлектрики, которые удов-
левторяют следующим условиям: 1) они однородны и изотропны;
2) имеют форму, при которой ограничивающие их поверхности совпа-
совпадают с эквипотенциальными поверхностями внешнего поля {т. е. пер-
перпендикулярны силовым линиям поля). Сюда относятся диэлектрики
и плоских, цилиндрических и сферических конденсаторах (как одно-
однослойных, так и многослойных). Если такой диэлектрик с диэлектри-
диэлектрической проницаемостью г внести в электрическое поле постоянного
заряда, то, как это следует из теоремы Гаусса A2.5) и соотношения
A2.3), будут выполняться следующие правила:
1) вектор электрического смещения D останется без изменения во
всех точках поля как внутри, так и вне диэлектрика;
2) вектор напряженности Е электрического поля уменьшится
в е раз в пространстве, занятом диэлектриком, и останется без изме-
изменения пне диэлектрика.
Любое из этих правил позволяет рассчитывать электрические поля
при наличии диэлектриков, удовлетворяющих сформулированным вы-
выше двум условиям.
2. Заряженную проводящую сферу, погруженную в однородный
безграничный диэлектрик, можно рассматривать как частный случай
сферического конденсатора, радиус наружной сферы которого беско-
128

нечно велик. Отсюда, учитывая изложенное в п. 1 и формулу A0.7а),
приходим к выводу, что напряженность поля такой сферы равна
F — —1— _?.
I-1 — . - <
A2.12)
Аналогичными рассуждениями можно показать, что формулы
§ 10 и 11, выражающие напряженность и потенциал поля соответствен-
соответственно точечного заряда, диполя, сферы, цилиндра и плоскости в ваку-
вакууме, остаются верными для заряженных тел, погруженных в од-
однородный безграничный диэлектрик, только в знаменатели этих фор-
формул добавляется множитель е.
Решение задач
;'
*-
¦"
ж
''V*
Z
--б
Рис. 12-1
12-1. Плоский конденсатор, между обклад-
обкладками которого помещена стеклянная пла-
пластинка (е = 6) толщиной / = 2,00 мм, за-
заряжен до напряжения ?/=200 В (рис. 12-1).
Пренебрегая величиной зазора между пла-
пластинкой и обкладками, найти поверхност-
поверхностную плотность а свободных зарядов на
обкладках конденсатора, а также поверх-
поверхностную плотность о' связанных зарядов
(зарядов поляризации) на стекле.
Решение. Величину а выразим через напряженность поля
Е внутри конденсатора. Поскольку введение диэлектрика между его
обкладками уменьшает эту напряженность поля в е раз, величины а
и Е можно связать формулой A0.12а), добавив в ее знаменатель мно-
множитель г:
Е = о/гаг.
Отсюда, учитывая соотношение A1.7), справедливое для однородного
поля конденсатора, найдем
а = soel///.
A)
Чтобы определить величину а', воспользуемся формулой A2.2).
Так как вектор Р параллелен вектору напряженности Е поля в ди-
диэлектрике, направленному по нормали к поверхностям стеклянной
пластинки, то Рп = Р. Поэтому, учитывая соотношения A2.1) и A2.4),
получим
а' = Р = кг0Е = 80 (е — 1) Е = е0 (г — 1) VII. B)
Выразим входящие в формулы A) и B) величины в единицах СИ:
U = 200 в, / = 2,00 • Ю-3 м, е0 = 8,85 • 10~18 Ф/м, Подставив
эти значения н выполнив вычисление, найдем:
а = 5,3 • 10-« Кл/м?; а' = 4,4- • 10"в Кл/ма.
6 Зак 1520

Замечание. Сравнив формулы A) и B), видим, что
а'1а = (е — 1)/е.
Этот результат можно сразу получить из рис. 12.-1, па котором
изображены силовые линии электрического поля в стекле и во душ-
душном зазоре между стеклом и обкладками. При этом надо помнить, чго
густота силовых линий пропорциональна напряженности поля, а ди-
диэлектрическая проницаемость е среды показывает, во сколько paj
поле внутри диэлектрика слабее поля внутри зазора. Следовательно,
из каждых е силовых линий, выходящих из свободных зарядов поло-
положительной обкладки конденсатора, лишь одна линия проходит сквозь
диэлектрик, а остальные е — 1 линий заканчиваются на связанных
зарядах стеклянной пластинки.
12-2. Пространство внутри плоского конденсатора за-
заполнено двумя слоями диэлектриков, расположенными
параллельно его обкладкам. Толщина слоев и диэлек-
диэлектрическая проницаемость материалов, ил которых сде-
сделаны слои, соответственно равны /,, /,, ги ?2. Конденса-
Конденсатор заряжен до разности потенциалов U. Определить на-
напряженности Еи Ег электрического поля в каждом пз
диэлектриков, а также напряженность ?„ поля в зазоре
между обкладками и диэлектриками.
Р е ш е н и е. Чтобы найти величины Еи Ег и ?„, выясним сияй.,
существующую между ними и разностью потенциалов U. Восполь-
Воспользуемся формулой A1.5). Разбив весь путь интегрирования на две
части, соответствующие толщинам двух слоев диэлектриков (толщи-
(толщиной зазора пренебрегаем), и учитывая, что в пределах каждого слоя
поле однородно, получим
U = ?,/, + Ег12. A)
Так как электрическое смещение D и в зазоре (е — 1), и в обоих
слоях диэлектриков имеет одно и то же значение, го на основании
формулы A2.3) запишем (сокращая е0):
Еа = ?,?, = е2?2. B)
Решая совместно уравнения A) и B), получим:
• ? — nU ; Е —"'егV
Б. ЭЛЕКТРОЕМКОСТЬ. ЭНЕРГИЯ ПОЛЯ.
ПОНДЕРОМОТОРНЫЕ СИЛЫ
Методические указания
1. Понятие электроемкости конденсатора основана на существо-
существовании пропорциональной зависимости между разностью потенциалов
(напряжением) на обкладках конденсатора и его зарядом:
U = (l/Qqt. A)
130

где С — электроемкость. Поэтому задача определения емкости кон-
конденсатора сводится к установлению формулы, дающей в каждом кон-
конкретном случае эту зависимость В общем случае эта задача ра<ияча-
ра<иячается на следующие этапьг 1) найти напряженность ноля в какой-либо
точке пространства между обкладками конденсатора как фупкт ю
заряда и координат точки, 2) пользуясь соотношением A1 5), иайш
разность потенциалов на обкладках как функцию заряда, т с полу-
получить соотношение типа A), 3) bshti> неличину, обратную коэф|) щмп-
ту пропорциональности в полученном выражении, это и бу;и г ем-
емкость конденсатора
2 Для расчета сил, действующих на заряженные тела в электри-
электрическом поле (пондеромоторных сил) при наличии дпэлектрикоп,
формула A0 2) оказывается, вообще говоря, неприменимой Нети
заряженное тело погружено в диэлектрик, то формулой A0 2) можно
пользоваться только в тех случаях, когда диэлектрик заполняет ir<
пространство, где электрическое поле отлично от пуля При эгом по i
величиной Е, входящей в {10 2), понимают напряженность поля в ди-
диэлектрике Гак как для точечного заряда, подзуженного п безгранич-
безграничный диэлектрик, величина В дается соотношением A2 12), то с учетом
A0 2) получаем формулу, выражающую закон Кулона для взаимодей-
взаимодействия точечных зарядов, побуженных в безграничный диэлектрик:
у
4ЛС(| L Г1
Эта формула пмеег смысл только для жидкого или газообразного
диэлектрика
Общий метоа определения сил, действующих в электрическом по ;е
па заряженные тела, находящиеся как в вакууме, так и в диэлектри-
диэлектриках, основан на законе сохранения энергии При лтом сила, с которой
некоторая система действует па помещенное в нее заряженное тело,
равна взятой с обратным знаком производной от энергии системы по
перемещению тела в направлении действии силы. Закон сохранения
энергии применен для расчета сил, а также моментов сил, действую
1цнх па заряженные тела, при решении задач Лз 12-5—12-7.
Решение задач
+1
_ a
+¦
12-3. Между обкладками плоского коп-
"]_ денсатора параллельно им введена метал-
металлическая пластинка толщиной а = 8,0 мм.
Определить емкость конденсатора, если
площадь каждой из обкладок S = 100 см2,
а расстояние между ними / — 10,0 мм
Рис 12 2
131

Решение. Емкость конденсатора найдем из определяющей
формулы A2.6), если предварительно выразим напряжение на об-
обкладках конденсатора как функцию заряда его обкладок.
В результате явления электростатической индукции свободные
заряды в металлической пластинке, введенной в конденсатор, перерас-
перераспределятся так, что напряженность электрического поля внутри
пластинки станет равной нулю:
?в„ = о. A)
С Другой стороны, индуцированные заряды распределятся по поверх-
поверхностям пластинки так, что она станет подобной плоскому конденсатору
CD (рис. 12-2), вставленному в данный конденсатор АВ. Известно,
что напряженность поля в пространстве вне плоского конденсатора
равна нулю. Поэтому введение пластики в конденсатор АВ не изме-
изменит напряжённости однородного поля в пространстве вне пластинки.
Пусть эта напряженность равна Е. Выразим ее через заряд конден-
конденсатора на основании формул A0.12а) и A0.11):
?=-=-V B)
80 a0S
Из соотношения A1.5) с учетом формул A) и B) находим напряжение
на обкладках конденсатора:
<Ра — Фв = Е (I — а) = q (I — q)/80S. C)
Подставив в формулу A2.6) вместо напряжения его значение по C),
получим
С = e0S/(/ - а). ¦ D)
Выразим входящие в D) величины в единицах СИ: 5 = 1,00 х
X 10~2 м2, / = 10,0 • 10-2 м, а = 0,80 • Ю-2 м. Выполнив вычисление,
найдем
С = 4,4 • 10"" Ф = 44 пФ.
12-4. Как изменяется энергия заряженного плоского воз-
воздушного конденсатора (е = 1) при уменьшении расстоя-
расстояния между его пластинами? Рассмотреть два случая:
1) конденсатор отключен от источника Напряжения,
2) конденсатор подключен к источнику постоянного на-
напряжения.
Решение, 1. Если конденсатор отключен от источника напря-
напряжения, то заряд на его обкладках не будет изменяться при сближении
пластин, т. е.
q = const.
В то же время емкость конденсатора, как это следует из формулы A2.7),
будет увеличиваться. Поэтому воспользуемся тон из трех формул
A2.10), в которой энергия конденсатора выражается через его заряд
и емкость:
r== * = ? i
1С 2e0S
-132

Видим, что при сближении пластин конденсатора его энергия, бу-
будучи пропорциональной величине /, уменьшается. Заметим, что за
счет убыли энергии конденсатора совершается работа сил притяже-
притяжения обкладок при их сближении:
А = — AW. A)
2. На обкладках конденсатора поддерживается постоянное напря-
напряжение:
U = const.
Поэтому воспользуемся той из формул A2.10), в которой энергия кон-
конденсатора выражается через напряжение и емкость. Тогда, учитывая
соотношение A2.7), получим
~~ 2 ~ 2 i
Следовательно, при сближении пластин энергия конденсатора,
будучи обратно пропорциональной величине /, увеличивается.
Замечание. Выясним, за счет чего ео втором случае увели-
увеличилась энергия конденсатора и совершалась работа сил притяжения
обкладок. Возрастание емкости конденсатора при постоянном напря-
напряжении означает, согласно формуле A2.6), увеличение заряда на его
пластинах. Значит, при сближении пластин на них дополнительно пе-
перейдут от источника напряжения заряды Ад. Сообщение одной пласти-
пластине положительного заряда Aq, а другой отрицательного заряда — Aq
эквивалентно перемещению заряда Д^ с одной обкладки на другую.
Так как этот переход происходит при постоянном напряжении U, то
источник напряжения совершит работу
Лист = AqU = Д (CU) U = АС • W. B)
С другой стороны, энергия конденсатора увеличится на
AW = Д (CUV2) = АС • U111. C)
Сравнивая правые части равенств B) и C), видим, что работа, со-
совершаемая при сближении г тетин источником напряжения, в два
раза больше прироста энергии конденсатора. Таким образом, теперь
за счет энергии источника напряжения увеличивается энергия конден-
конденсатора AW, а также совершается работа А сил притяжения пластин.
По закону сохранения энергии,
АЯСТ = AW + A.
Отсюда
— AW = SW. D)
Сопоставляя формулы A) и D), приходим к выводу: при изменении
емкости заряженного конденсатора электрические силы совершают
работу, равную убыли энергии конденсатора случае постоянства за-
заряда на его пластинах и равную приращению энергии конденсатора
в случае постоянства напряжения на пластинах.
133

dl
Рис. 12 3
12-5. Найти силу притяжения F между пла-
пластинами плоского конденсатора, если пло-
площадь каждой пластины S, расстояние меж-
между ними /, диэлектрическая проницаемость
среды между пластинами г. Рассмотреть два
случая: 1) конденсатору сообщен заряд q,
после чего он отключен от источника на-
напряжения; 2) конденсатор подключен к ис-
1 очнику постоянного напряжения U. Как
зависит сила притяжения от расстояния
между пластинами и диэлектрической про-
проницаемости среды?
Решение. Для определения сил, действующих на заряженные
тела, при наличии диэлектриков формула F = qE, вообще говоря,
неприменима. Поэтому воспользуемся законом сохранения энергии.
I. В этом случае q = const. Пусть (представим мысленно) одна
пластина конденсатора под действием силы притяжения F совершит
элементарное перемещение dl (рис. 12-3). При этом сила F произведет
работу, равную
6Л = Fdl. (I)
По закону сохранения энергии эта работа равна убыли энергии кон-
конденсатора:
ЬА = — dW. B)
Приравнивая правые части формул A) и B), получим искомую силу:
tit
C)
Энергию конденсатора выразим через заданные величины по фор-
формулам A2.10) и A2.7):
D)
1С 1гп е5
Подставив в формулу C) значение энергии W по D) и выполнив диф-
дифференцирование, найдем
2е„
E)
Отрицательный знак силы показывает, что она направлена в сторону
уменьшения /, т. е. является силой притяжения.
Из формулы E) видно, что сила притяжения пластин обратно про-
пропорциональна величине е и не зависит от расстояния между пласти-
пластинами.
2. Согласно условию, U = const Учитывая результат, сформули-
сформулированный в замечании к задаче Х« 12-4, теперь вместо формул B) и C)
для 6/1 и F надо записать соответственно:
6A = dW; (б)
134

Энергию конденсатора также выразим по формулам A2.10) и A2.7):
2 2 /
Подставив это значение W формулу G), получим
f. (8)
Видим, что сила притяжения пластин пропорциональна величине
8 и обратно пропорциональна квадрату расстояния между пластинами.
Замечание. Попытаемся объяснить зависимость между вели-
величинами F и е, выражаемую формулой E), предполагая, что одна из
пластин конденсатора находится в электрическом поле другой пластины
(как было сделано в задаче №10-7).
Известно, что связанные заряды, возникающие на поверхности
диэлектрика в плоском конденсаюре, ослабляют поле (в е раз) лишь
внутри диэлектрика. Однако каждая из пластин конденсатора располо-
расположена вне диэлектрика. Поэтому появление диэлектрика между илагти-
нами никак не должно сказаться на электрическом поле, в котором на-
находится каждая пластина (при условии q = const). Следовательно, и
сила, действующая на каждую пластину, не зависит от наличия
диэлектрика; согласно формуле A0.2),
F = qE, (9)
где q — заряд одной пластины, Е — напряженность ноля друтй пла-
пластины в ваю/цме.
Таким образом, получен результат, противоречащий выражению
E), в котором F зависит от г. Это противоречие объясняется тем, что
в формулах E) и (9) речь идет о разных силах. В формуле (9) F —
электрическая сила, действующая на каждую пластину конденсатора
и в самом деле не зависящая от диэлектрика, помещенного между ними.
Однако на каждую пластину конденсатора при наличии жидкого или
твердого диэлектрика кроме электрической силы притяжения дейст-
действуют еще механические силы давления Fa со стороны диэлектрика, со-
соприкасающегося с пластиной. Эти силы уменьшают силу притяжения
пластин конденсатора. Равнодействующая всех сил, приложенных
к пластине, — электрических и механических — и является той си-
силой, которая определяется формулой E), выведенной с помощью закона
сохранения энергии.
12-6. Пластины конденсатора переменной
емкости (рис. 12-4) имеют форму полукруга
радиуса г, расстояние между соседними
подвижной и неподвижной пластинами рав-
равно /. Всего имеется п промежутков между
пластинами. Определить вращающий мо-
момент, действующий на пластины. Рассмот-
Рассмотреть два случая: 1) конденсатору сообщен
заряд q, после чего он отключен от источни-
Рис. 12-4 ка напряжения; 2) на конденсаторе под-
поддерживают постоянное напряжение' U.

Решение. Вращающий момент, втягивающий подвижные пла-
стины конденсатора в промежутки между неподвижными, обусловлен
неоднородное™ ми электрического поля пластин вблизи их краев.
Поэтому решить задачу, рассматривая каждую пластину находящейся
в электрическом поле соседних пластин, трудно, Вращающий момент
можно найти с помощью закона сохранения энергии. При этом отпадает
необходимость учитывать изменение электрического поля около краев
пластин.
1. В этом случае q = const. Пусть (представим мысленно) подвиж-
подвижные пластины повернутся под действием вращающего момента М на
малый угол dcp. Тогда силы притяжения совершат работу
fiA = Mdq>, A)
которая по закону сохранения энергии равна убыли энергии конден-
конденсатора:
671 = — dW. B)
Сравнивая формулы A) и B), получим искомый момент:
М=-™. П)
Энергию конденсатора выразим по формулам A2.10) и A2.7), учи-
учитывая, что каждому из п промежутков между пластинами соответствует
один плоский конденсатор с площадью пластин, равной <prV2 (заилрп-
хованный участок на рис. 12-4):
W = n -L- = n — = " ,
_ 2С 2ь„ ttS eu ыр2
Подставив в C) это значение IF, найдем
М= nq4 ^A/ф) - nq~l (A)
Видим, что в данном случае вращающий момент зависит от угла
поворота пластин <р: с увеличением угла (при вдвигании пластин)
вращающий момент убывает*.
2. По условию, U = const. Снова применим закон сохранения
энергии. Поскольку теперь конденсатор соединен « источником по-
постоянного напряжения, вместо формул B) и C) получим (см. задачу
№ 12-4, 2-й случай):
^t E)
dq>
где энергия конденсатора
Wn
2 11 4/
* Соотношение D) справедливо лишь для значений <р, достаточно больших
для того, чтобы каждый из п конденсаторов можно было считать плоским кон-
конденсатором, емкость которого определяется формулой A2.7) В противном случае
выражение D) приводит к абсурду: при <р -» 0 М -* оо (I).
136

Подставив во вторую формулу E) что значение W, найдем
и
Видим, что вращающий момент не зависит от угла ф (см., однако,
примечание к формуле DI и целиком определяется заданными в усло-
условии величинами.
12-7. Объемная плотность энергии электрического поля
внутри заряженного плоского конденсатора с твердым
диэлектриком (е = 6,0) равна 2,5 Дж/м-1. Найти давле-
давление, ' производимое пластинами площадью S = 20 см'-'
на диэлектрик, а также силу F', которую необходимо
приложить к пластинам для их отрыва от диэлектрика.
Решение. Притягиваясь друг к другу с силой F, пластины кон-
конденсатора сжимают диэлектрик, заключенный между ними.
Учитывая, что сила давления Fa равномерно распределена по по-
поверхности диэлектрика, найдем искомое давление
р = -Ь = -?-. A)
И S S
Как известно (см. задачу № 12-5), сила притяжения пластин кон-
конденсатора (при q = conM) равна взятой с обратным знаком производ-
производной от его энергии по расстоянию между пластинами:
Поскольку в единице объема конденсатора заключена энергия w, рав-
равная ее объемной плотности, то полное изменение энергии dW при пе-
перемещении пластины конденсатора на расстояние dl равно
dW = wdV = wSdl.
Из двух последних равенств получаем силу притяжения пластин:
F = — wS, B)
откуда на основании формулы A) находим
р = _ w = _2,5 Па. C)
Отрицательный знак в формулах B) и C) означает, что величины
F и р направлены в сторону уменьшения расстояния I.
Чтобы найти силу F', необходимую для отрыва пластин от диэлект-
диэлектрика, снова применим энергетический метод. Рассмотрим конденсатор
в тот момент, когда под действием силы F', направленной наружу,
пластина, отрываясь от диэлектрика, переместится на расстояние
dl. Работа силы F' равна
ЬА = F'dl. D)
137

За счет работы этой внешней силы энергия конденсатора возрастет на
величину dW. По закону сохранения энергии,
dW = ЬА. E)
Из формул D) и E) имеем
dl
Теперь прирост энергии конденсатора, связанный с увеличением
его объема, равен
= waSdl,
где w0 — объемная плотность энергии поля в зазоре, появившемся при
смещении пластины. Из двух последних равенств найдем
F' = wnS. F)
Чтобы найти величину w0, воспользуемся формулой A2.11). Так
как индукция Dub зазоре (8=1), ив диэлектрике имеет одно и то
же значение, то w0 = ew и согласно формуле F) получим
F' = zwS - 3 • 1С)-2 H.
В. СОЕДИНЕНИЯ КОНДЕНСАТОРОВ
Методические указания
1. Формулы A2.8) и A2.9) применяют не только для расчета емко-
емкости батареи конденсаторов при параллельном или последовательном
соединении, но и для определения емкости многослойных конденсато-
конденсаторов. Расположение слоев параллельно пластинам (рис. 12-5) при этом
соответствует последовательному соединению однослойных конденса-
конденсаторов; если же границы слоев перпендикулярны пластинам, то считают,
что имеется параллельное соединение однослойных конденсаторов.
2. Соединение конденсаторов часто бывает смешанным, например
соединение, изображенное на рис. 12-9 и представляющее собой парал-
параллельное соединение двух групп (ветвей), каждая из которых является
последовательным соединением двух конденсаторов (С1? С2 — одна
группа; С3, С4 — другая). Возможны более сложные варианты. На-
Например, изображенное на рис. 12-9 соединение конденсаторов само мо-
может быть одним из нескольких элементов конденсаторной цепи, после-
последовательно соединенных друг с другом. Во всех таких случаях, пооче-
поочередно применяя формулы A2.8), A2.9) для соответствующих соединений
и переходя от известного к неизвестному, можно найти емкость веет
соединения.
3. В некоторых случаях сложное соединение конденсаторов нель-
нельзя отнести ни к типу параллельного, ни к типу последовательного.
При этом иногда оказывается возможным заменить имеющуюся схему
другой, эквивалентной данной в отношении емкости, причем ее уже
можно разложить на элементы последовательного и параллельного
соединений. Такие эквивалентные замены основаны на возможности
138

соединять и разъединять точки цепи, имеющие одинаковые потенциа-
потенциалы, что обычно встречается в схемах, обладающих симметрией (см. за-
задачу № 12-10).
4. При расчете электрической цепи, состоящей из конденсаторов и
источников постоянного напряжения, которую невозможно разложить
на элементы последовательного и параллельного соединений, следует
руководствоваться следующими двумя правилами.
Правило узлов, являющееся следствием закона сохранения
электрического заряда: если пластины нескольких конденсаторов сое-
соединены в один узел, не связанный непосредственно с источником напря-
напряжения, то алгебраическая сумма зарядов на этих пластинах равна нулю,
т. е.
2? = 0. A2.13)
Правило контуров, вытекающее из закона сохранения
энергии: алгебраическая сумма разностей потенциалов на всех конден-
конденсаторах и источниках напряжения, встречающихся при обходе любого
замкнутого контура, равна нулю, т. е.
21/= 0. A2.14)
Эти правила использованы при решении задачи № 12-11.
П В
ЦП
X
¦/
У<
Решение задач
12-8. Как изменится емкость плоского воз-
воздушного конденсатора, если между его об-
обкладками поместить стеклянную пластину
(е — 6,0), толщина которой равна поло-
половине расстояния между обкладками
(рис. 12-5)?
Рис. 12-5
Решение. Если между стеклом и воздухом посередине конден-
конденсатора поместить весьма тонкий слой проводника, это не изменит на-
напряженности поля ни в стекле, ни в воздухе (см задачу № 12-Я).
Из формулы A1.5) следует, что при этом Fie изменится и разность по-
потенциалов между обкладками конденсатора, а значит, и его электроем-
электроемкость. Но теперь данный конденсатор Л В можно рассматривать как
два последовательно соединенных конденсатора: AD и DB.
Пусть емкость конденсатора АВ до введения стеклянной пластины
быЛа равна Со. Тогда согласно формуле A2.7) емкости конденсаторов
AD и DB равны 2 Со и 2 еС„ соответственно. Емкость конденсатора А В
после введения стеклянной пластины найдем по формуле A2.9) для
последовательного соединения конденсаторов:
Сов 2С0-2еС0 2е
С ар Сов
-DB
8+1
139

с
D
Произведя вычисление, получим
С - 1,7 Со.
Следовательно, емкость конденсатора А В увеличилась в 1,7 раза.
12-9. Как изменится емкость плоского кон-
конденсатора, если его поместить в металли-
металлическую коробку, стенки которой удалены от
пластин на расстояние, равное расстоянию
между ними (рис. 12-6)? Влиянием краев
пренебречь.
/ V-
Рис. 12 6
Решение. Приведем два метода решения задачи.
1. Этот метод основан на связи данной задачи с задачей № 11-6 и
использует полученный в ней результат. Сравнивая рис. 11-7 и 12-6,
легко заметить, что на них изображены эквивалентные схемы. Эго
значит, что, заключив конденсатор в металлическую коробку, мы по-
получим такое же изменение разности потенциалов на его обкладках, как
и на конденсаторе CD в задаче № 11-6 после соединения проводником
пластин Л и В. Поэтому соотношение B) из задачи № 11-6 справедливо
и здесь, если под U и W понимать напряжения на конденсаторе соответ-
соответственно до и после того, как его поместили в металлическую коробку.
Так как при этом заряд конденсатора остается постоянным, то согласно
формуле A2.6) его емкость изменится так, что
С
U
U7
где С и С — емкости конденсатора соответственно до и после его за-
заключения в коробку.
Таким образом, емкость конденсатора увеличилась в 1,5 раза.
2. До сих пор мы рассматривали систему четырех пластин (см.
рис. 11-7, 12-6) как два конденсатора (АВ и CD), непосредственно
не соединенных друг с другом. Теперь эту же систему пластин предста-
представим как три конденсатора: AC, CD и DB, обладающих одинаковой
емкостью и определенным образом соединенных между собой. Чтобы
выяснить тип соединения конденсаторов, учтем, что по условию можно
пренебречь влиянием краев, и заменим схему на рис. 12-6 эквивалент-
эквивалентной схемой, изображенной на рис. 12-7. Затем заменим каждую из
пластин С и D двумя пластинами, соединенными между собой
(рис. 12-8). Такая замена является эквивалентной, поскольку в кон-
конденсаторе заряды распределяются всегда лишь на внутренней поверх-
поверхности каждой пластины, т. е. на той ее поверхности, которая обращена
ко второй пластине данного конденсатора. Так, например,в системе
пластин Dx и Dit которой мы заменили пластину D, заряды распреде-
140

лятся только на левой поверхности пластины Dt и правой поверхности
пластины D2. Поэтому появление дополнительных проводников и по-
поверхностей в результате раздвоения пластин С и D не изменит распре-
распределения зарядов на трех конденсаторах.
Заметим, что каждая из показанных на рис. 12-6, 12-7 пластин Си D является
одновременно обкладкой лвух конденсаторов (например, пластина D принадле-
принадлежит кондесаторам CD n DB). Поэтому обе поверхности каждой из пластин С и
О «внутренние» и по ним распределяются заряди.
А С В В
L
Рпс 12 7
Рис. 12-8
Теперь найдем емкость батареи. Из рис. 12-8 видно, что конденса-
конденсаторы ЛСХ и D2B соединены между собой последовательно, Поэтому их
общая емкость
С„с = С/2,
где С — емкость каждого из трех конденсаторов. Конденсатор C,Dt
подключен параллельно к группе двух остальных конденсаторов.
Поэтому емкость всей батареи
Сб = С + Спс = 3 С/2.
Таким образом, рассматривая в данном методе конденсатор, поме-
помещенный в металлическую коробку, как батарею, мы получили резуль-
результат, совпадающий с найденным ранее: емкость возрастает в 1,5 раза.
12-10. На рис. 12-9 изображена батарея
конденсаторов. Определить ее емкость,
если d = С3 = С; С2 = d = Сй = 2С.
Решение. Данное соединение из пяти конденсаторов нельзя раз-
разложить на элементы ;оследовательного и параллельного соединений.
К такому выводу можно прийти, если вспомнить, что для последова-
последовательного соединения двух конденсаторов характерно отсутствие узлов
на проводнике;' соединяющем конденсаторы. С другой стороны, при
параллельном соединении оба конденсатора непосредственно подклю-
М1

чены к одним и тем же двум точкам цепи, поэтому на обоих проводни-
проводниках, соединяющих два конденсатора, должно быть по одному узлу. Из
рис. 12-9 видно, что ни одно из этих двух условий не выполняется ни
для одной пары конденсаторов.
Заметим, что, отключив от цепи конденсатор С5, получим соедине-
соединение, емкость которого легко рассчитать, поскольку это будет парал-
параллельное соединение диух ветвей: CL, Сг и С3, С*, каждая из которых
есть последовательное соединение двух конденсаторов.
Чтобы выяснить роль конденсатора С5, найдем разность потен-
потенциалов между точками аи b (рис. 12-9) после его отключения. Посколь-
Поскольку CL = С3 и С2 = С4, обе параллельные ветви симметричны, поэтому
потенциалы точек а и Ь, одинаково расположенных на ветвях, должны
быть равны*. Таким образом, конденсатор С5 на рис. 12-9 оказался под-
подключенным к точкам с нулевой разностью потенциалов и, следоиатель-
но, незаряженным. Поэтому, отключив его, получим новую схему, эк-
эквивалентную старой в отношении емкости. Применяя для новой схемы
формулы A2.8) и A2.9), найдем емкость батареи Сб.
Емкость каждой из двух параллельных вегвей равна
С, I 5=С.1 4 =
:2 c-f 2C
а емкость всей батареи
Сб = См + С3,4 = 4 С/3.
а 12-11. Батарея конденсаторов (рис. 12-10)
заряжена до разности потенциалов Uo =
= 200 В, после чего отключена от источни-
источника напряжения. Как изменится энергия
батареи при замыкании ключа К, еоли С, =
= С2 = С з = С5 = 1,000 мкФ, С, =
= 0,500 мкФ?
Рис. 12-10
Решение. После отключения батареи от источника ее заряд, рав-
равный сумме зарядов всех обкладок, соединенных с одним из зажимов
батареи, остается постоянным независимо от положения ключа К.
Однако при замыкании ключа изменится схема соединения конденса-
конденсаторов, что вызовет изменение емкости батареи. Емкость и энергию
батареи до и после замыкания ключа обозначим соответственно Са, Wv
и С, W. Тогда на основании формулы A2.10) получим изменение энер-
энергии батареи:
Со С
• Учитывая обратно пропорциональную зависимость между емкостями двух
последовательно соединенных конденсаторов и напряжениями на них, легко по-
показать, что для равенства потенциалов в точках а и b достаточно существования
пропорции С1 : Са = С3: С«.
142

Поскольку заряд батареи^ = CnUn, то
и задача сводится к определению величин Сп, С.
Чтобы найти емкость Со, учтем, что батарея, изображенная па
рис. 12-10, представляет собой параллельное соединение двух пешей,
каждая из которых есть последовательное соединение двух конденса-
конденсаторов. Используя формулы A2.8), A2.9), получим
Для нахождения величины С применим общий метод расчета емко-
емкости батареи. Пусть U — напряжение па зажимах батареи при замкну-
замкнутом ключе. Выразим наряду батареи через величины С,, Сг, С3, С4, С5.
U. Учитывая , что заряд ? пропорционален напряжению U, запишем
q = f (С„ С„ С,, С4> С.) • U. B)
По формуле A2.6) для батареи конденсаторов имеем
q = CU. C)
Сравнивая B) и C), получаем
С = / (С„ С2, С3, С4, Ся). D)
Таким образом, задача сводится к вычислению заряда батареи по
формуле B) как функции заданных величин Cl( Cit Cs, С',, С, и величи-
величины 11. А это можно сделать с помощью правил П2.13), П2.14) для кон-
конденсаторных цепей.
Выразим заряд батареи через заряды конденсаторов:
Я = <?i -\ Яз- E)
Прежде чем составлять уравнения, необходимые для определения
величин qy и q3, поставим знаки зарядов на обкладках всех кондепопо-
ров в соответствии с выбранными знаками полюсов батареи (для кон-
конденсатора Съ это можно сделать лишь предположительно). Применив
для узлов а и b правило A2.13), запишем:
- Я, -! <7, -I Яь - 0, F)
- Я ¦л -!¦ 7.1 — Яъ = °- G)
Уравнения E) — G) содержат шесть неизвестных 11 -мппп. Недо-
Недостающие уравнения составим, используя правило контуров A2.14).
Выберем направление обхода контуров, например по часовой стрелке.
Чтобы избежать ошибки в знаках, надо помнить следующее: если в на-
направлении обхода контура потенциал на данном участке A-2) конгура
понижается, то разность потенциалов срг — ср2 будет положительной,
143

в противном случае — отрицательной. Тогда, учитывая соотношение
A2.6), получим соответственно для контуров mabm, anba и AmanBAi
•?¦+¦?—?—0; (8)
Li ь5 С3
El lL—Bx — о- ig\
г г г '
L*2 ^4 *-**,
&. + f-U = 0. A0)
Решив совместно уравнения E) — A0), содержащие тесть неиз-
неизвестных q, qlt q2, q3, Qi, q&, относительно q (предварительно подставив
числовые значения всех емкостей в микрофарадах), найдем
q = A1/13) U = 0,85 U. A1)
Сравнив формулы A1) и C), определим емкость батареи при замкну-
замкнутом ключе: С = 0,85 мкФ. Теперь все величины в правой части фор-
формулы A) известны. Выполнив вычисление, получим
AW = — 3,9 • Ю-4 Дж = — 0,39 мДж.
Замечание. Знак минус в ответе показывает, что при замыка-
замыкании ключа энергия батареи уменьшилась, хотя ее заряд не изменился.
Это объясняется следующим. Перераспределение зарядов между кон-
конденсаторами сопровождалось электрическим током в соединительных
проводах, чтопривело к нагреванию последних. Кроме того, измене-
изменение во времени силы этого тока обусловило излучение батареей элект-
электромагнитных волн. Следовательно, электростатическая энергия заря-
заряженном батареи частично превратилась в другие формы энергии.
Как следует из соотношения W = q2/2 С, при уменьшении энергии
в случае постоянства заряда увеличивается емкость батареи. Получен-
Полученный результат имеет общий характер: если в любой батарее конденса-
конденсаторов, отключенной от источника напряжения, соединить проводником
точки, не связанные непосредственно с зажимами батареи* то это вызо-
вызовет уменьшение энергии и увеличение емкости 6aiapen,

Глава 4
ПОСТОЯННЫЙ ТОК
§ 13. ЗАКОНЫ ПОСТОЯННОГО ТОКА
Основные формулы
Сила тока измеряется количеством электричества, проходящим через попе-
поперечное сечение проводника в единицу времени:
dq
' = ~f. «3.1)
Плотность тока измеряется силой тока, отнесенной к единице площади попе
речного сечения проводника:
dl
Закон Ома для участка однородной (т. е. не содержащей электродвижущих
сил) цепи
/ = «,,, _ ф2)//?, A3.3)
где ф| — <ра — разность потенциалов на концах участка, R — его сопротивление.
Сопротивление проводника длиной / с площадью поперечного сечения S
равно
R = p//.S, A3.4)
где р — удельное сопротивление материала проводника
Зависимость удельного сопротивления от температуры:
р = р0 (I + л1) A3,5)
где ро — удельное сопротивление при О" С, а — температурный коэффициент
сопротивления
Закон Ома в дифференциальной форме: плотное! ь гока пропорциональна на-
напряженности электрического поля а дайной точке проводника, т. е.
/= оЕ, A3 6)
где о = 1/р — удельная электропроводность материала.
Закон Ома для участка неоднородной (т. е. содержащей электродвижущие
силы) цени
(.3.7,
где ф, — фа — разность потенциалов на концах участка, ?#— алгебраическая
сумма всех электродвижущих i-нл (э д с ,, имеющихся на данном участке,
2R — сумма всех сопротивлений участка
Закон Ома для замкнутой цепи: сила тока в замкнутой цепи пропорциональ-
пропорциональна алгебраической сумме всех э. д с, действующих в цепи, и обратно пропорцио-
пропорциональна ее полному сопротивлению, равному сумме сопротивлений внешнего и
внутреннего участков, т. е.
внеш "Г »\ввутр
145

Правила Кирхгофа для разветвленных цепей:
1) алгебраическая сумма сил токои, сходящихся в любом узле, равна
нулю, т с
2/ = 0, A3 9)
2) для любого замкнутого контура алгебраическая сумма произведений сил
токои на сопротивления соответствующих участков цепи равна алгебрличес кой
сумме всех э. д. с, действующих в этом контуре"
"LIR = 2#. A3 10)
Общее сопротивление п участков при их последовательном соединении равно
Д= 2 R{. (Li И)
t = i
Общее сопротивление п участков при их параллельном соединении опреде-
определяется соотношением
-L=V_L. (и 12)
R ^ К,
Работа электрических сил на участке цепи, на концах которого имеется раз-
разность потенциалов <р, — <р,, равна
Л = (ф, — <г2) It (! i 13)
Количество теплоты, выделенное на участке цепи сопротивлением R, по ко-
которому в течение времени t идег ток силой /, определяется соошошеписм (закон
Джоуля — Ленца)
Q = I2Rt A3 14)
Работа, совершенная источником электрическом энергии за время t,
A 'Slt PRlf (M15)
A = Slt = PRuo:n,lf, (M.15)
"ноли
где '? — s. д. с. источника, /?Пгын — полное сопротивление цсшг.
А. НЕРАЗВЕТВЛЕННЫЕ ЦЕПИ. ЗАКОН ОМА
Методические указания
1. Для вычисления силы тока и плотности тока, а также расчета
сопротивлений при наличии однородных проводников применяют закон
Ома в интегральной A3.3) пли дифференциальной A3.6) форме. Интег-
Интегральную форму закона Ома, как правило, удобно применять при рас-
расчетах, связанных с токами в проводах Для вычисления же токов и
сопротивлений при наличии проводящих безграничных сред (например,
случаи заземления электродов) практически незаменимой оказывается
дифференциальная форма закона Ома (см. задачу № 13-4). Существенно,
что напряженность электрического поля Е при наличии тока можно
вычислять методами электростатики, так как она совпадает (при усло-
условии постоянства силы тока и однородности среды) с напряженностью
такого электростатического поля, которое будет при том же напряже-
напряжении между электродами, если среда станет непроводящей.
146

2. В учебной литературе одним и тем же термином «электрическое
напряжение» или просто «напряжение» иногда обозначают разные фи-
физические величины. Здесь мы придерживаемся определения, получив-
получившего за последние годы распространение (см., например, учебники
13], 19]): напряжение между двумя точками электрической цепи изме-
измеряется работой, совершаемой электростатическими и сторонними сила-
силами при перемещении по цепи единичного положительного заряда из
первой точки во вторую. При этом, как следует из формул A1.4),A1.5)
и определения электродвижущей силы, напряжение
где Ест — напряженность поля сторонних сил, <?,, — электродвижу-
электродвижущая сила, действующая на участке цепи 1-2.
При отсутствии сторонних сил величины U12 иф, — ф2 совпадают.
Поэтому в задачах электростатики и задачах на ток, где рассматрива-
рассматриваются участки цепи, не содержащие э. д. с, понятия напряжения и раз-
разности потенциалов часто отождествляют.
Из приведенного определения напряжения следует, что при наличии
сторонних сил его необходимо применять всегда к конкретному участку
цепи, соединяющему данные точки. Действительно, если имеется не-
несколько участков, соединяющих точки /, 2 и содержащих различные
э. д. с, то при одной и той же величине ср, — (р2 напряжения на них
будут различными.
Между тем в соответствии с другим определением напряжения
(см., например, учебник [4]) его иногда отождествляют с разностью
потенциалов даже при наличии сторонних сил. Например, говорят
о напряжении на зажимах работающего гальванического элемента,
включенного последовательно с подобными элементами, не указывая,
к какому участку цепи, соединяющему зажимы, оно относится. Соглас-
Согласно принятому нами определению в этом случае правильно говорить не о
напряжении на зажимах, а о разности потенциалов между ними.
3. Чтобы безошибочно применять закон Ома A3.7) для участка
цепи, содержащего э. д. с, необходимо придерживаться следующих
правил:
а) начертить схему и обозначить на ней полюсы всех источников,
а также направление тока в цепи (если оно неизвестно, то надо указать
предполагаемое направление);
б) ток считать положительным на заданном участке 1-2, если он
направлен от точки / к точке 2;
в) э. д. с. считать положительной на участке 1-2, если она повышает
потенциал в направлении от точки / к точке 2, т. е. при мысленном дви-
движении вдоль пути 1-2 сначала встречается отрицательный полюс ис-
источника, а затем положительный.
147

Решение задач
13-1. Какой заряд пройдет по проводнику, если в тече-
течение t = 10,0 с сила тока уменьшилась от /0 = 10,0 А
до / = 5,00 А^ Рассмотреть два случая: 1) сила тока
уменьшалась равномерно, 2) ^противление проводника
равномерно возрастало в течение указанного промежут-
промежутка времени, а разность потенциалов на концах про-
проводника поддерживалась постоянной.
Решение. 1. Величина заряда dq, проходящего через поперечное
сечение проводника за время dt, связана с силой тока соотношением
A3.1). Если ц сиу формулу «место элементарных величин dq и dt под-
подставить конечные значения q и t, то получим среднее значение силы тока
/с|, за время /, т. е. /С1, = qH. Отсюда искомый заряд
q = lcl,t.
Поскольку сила тока в цени изменялась равномерно, т. е. являлась
линейной функцией времени, в качестве среднего значения /,р можно
взять среднее арифметическое между начальным и конечным значе-
значениями силы тока за время t. Следовательно,
q = (/„ + /) И2 = 75 Кл. A)
2. Теперь равномерно изменяется не сила тока, а сопротивление
R Это значит, что величинаR является линейной функцией времени,
т. е.
R = До + kt, B)
где Ro и R — соответственно начальное и конечное сопротивления
проводника, k — постоянная величина, выражающая скорость из-
изменения сопротивления. Тогда по закону Ома для участка однородной
цепи A3.3) получим
R R0 + kt
Видим, что в этом случае зависимость силы тока от времени не яв-
является линейной, поэтому соотношение A) здесь неприменимо Однако-
при любой зависимости силы тока от времени можно записав на осно-
основании A3 1)
dq = / dt.
Отсюда полный заряд, проходящий через поперечное сечение провод-
проводника за время /, выразится интегралом:
?=$ Idt.
о
Г48

Подставив вместо силы тока ее значение по формуле C), выполним
интегрирование:
ФЯ» dt= Ф1-Ф2 1п
k
Г Ф1
J Re
О
J Re+kt
О
Преобразовав этот результат с учетом формулы B) и соотношений
R = («Pi — Ф»УЛ #о = (Фх — ФгУ/о. найдем
(ф!-фа)^ )п R _ /„// [п /„
Я —До Ro /о—/ /
Подставив в формулу числовые значения величин, получим
q = 69 Кл.
13-2. Определить плотность тока в медной проволоке
длиной / = Юм, если разность потенциалов на ее концах
ф1 - щ = 12 В.
Решение. Плотность тока, определяемую формулой A3.2),
найдем, выразив силу тока / по закону Ома A3.3) для участка одно-
однородной цепи. Тогда с учетом A3.4) получим
I = (Ф1 — Фг) S/pl.
Отсюда плотность тока
;_. dI _ Ф1-Ф2 мл
1 dS pi V '
К этому же результату можно прийти, применив закон Ома в диф-
дифференциальной форме A3.6), предварительно выразив напряженность
электрического поля внутри однородного проводника через разность
потенциалов на концах проводника и его длину:
Е = (Ф, — Фа)//. ,
Подставив это значение Е в A3.6) и учитывая, что а — 1/р, снова по-
получим ответ A).
Взяв из справочных таблиц значение удельного сопротивления меди
р = 1,7 • 10~8 Ом • м и выполнив вычисление по формуле A), найдем
/ = 7 • 107 А/м2.
13-3. Пространство между обкладками сфе-
сферического конденсатора, радиусы которых
равны а и Ь (рис. 13-1), заполнено слабо
проводящей однородной средой с удельным
сопротивлением р. Определить силу тока
утечки через конденсатор, если разность
Рис. 13-1 потенциалов между обкладками U.
149

Решение. Можно применить для решения закон Ома в интег-
интегральной форме A3.3) или дифференциальной A3.6). Воспользуемся
первой формулой, быстрее приводящей к цели.
Чтобы с помощью закона Ома A3.3) найти силу тока через конден-
конденсатор, необходимо предварительно определить сопротивление'среды
между обкладками. Очевидно, применить непосредственно формулу
A3.4), выведенную Для цилиндрического проводника, вдоль которого
течет ток, здесь невозможно. Однако если мысленно выделить внутри
конденсатора элементарный шаровой слой радиуса г и толщиной dr
(рис. 13-1), то, учитывая, что линии тока во всех элементах этого слоя
перпендикулярны его поверхности, этот слой можно заменить экви-
эквивалентным в отношении сопротивления цилиндрическим проводником,
имеющим длину dr и площадь поперечного сечения 4 лг2. Тогда соглас-
согласно формуле A3.4) сопротивление элементарного шарового слоя
dR— dr
~ 4nr2
Интегрируя это выражение по всему расстоянию между обкладками
конденсатора, получим полное хопротивлешге меж зле i<7 родного про-
промежутка:
л
1
4-ir2 ~" 4.1
Теперь по закону Ома A3.3) найдем силу тока утечки через конден-
конденсатор:
1 = И- = -
К
13-4. Два металлических шара одинако-
одинакового радиуса а находятся на расстоянии
d в безграничной однородной проводящей
среде, удельное сопротивление которой р.
Определ1ггь сопротивление среды на участ-
участке между шарами при условии d^>a.
Рис 13 2
Решение. Вычислить сопротивление среды методом, который
был применен в предыдущей задаче, здесь затруднительно вследствие
асимметрии линий тока относительно центра каждого из двух шаров.
Поэтому решим задачу с помощью закона Ома в дифференциальной
форме A3.6). При этом учтем, что электрическое поле в однородной
среде при наличии постоянного тока совпадает с электростатическим
полем, которое существует между электродами при том же напряжении
в непроводящей среде. Предположив, что между данными шарами,
помещенными в такую среду, имеется некоторая разность потенциалов
U, воспользуемся результатом, полученным в электростатической за-
задаче № 11-7.
150

Окружим один из шаров замкнутой поверхностью S, вплотную
прилегающей к нему (рис. 13-2). Повторив рассуждения, приведенные
в задаче № 11-7 относительно неравенства г ^> г0, придем к выводу,
что во всех точках поверхности S напряженность ? электрического
поля выражается формулой A0.7а):
Е — —1 L <\\
4лег, и2
При этом разность потенциалов между шарами равна (см. ответ
к задаче № 11-7)
L% B)
4Л8, а
Исключив из A) и B) величину ql\ лг0, получим
Е = U/2а. C)
Такой же будет и напряженность электрического поля при наличии
тока, если между шарами в условиях настоящей задачи поддерживать
разность потенциалов U. При этом, как следует из закона Ома A3.6),
плотность тока во всех точках поверхности 5 будет одинаковой. Учи-
Учитывая соотношения A3.2) и C), по формуле A3.6) найдем силу тока
через поверхность S:
/=/S= —4яая = —(/. D)
Поскольку поверхность S пересекает все линии тока (изображенные
на рис. 13-2 линии, соединяющие два шара, будучи силовыми линиями
электрического поля, являются и линиями тока), найденная величина
/ выряжает силу полного тока в промежутке между шарами. Сравнив
выражение D) с законом Ома A3.3), найдем искомое сопротивление:
R = р?2па.
Видим, что полученный результат не зависит от расстояния й
между шарами (при условии d ^> а)-
13-5. Если вольтметр соединить последо-
и и вагельно с резистором сопротивлением
° * 12 R = 10,0 кОм, то при напряжении ио =
р Л I = 120 В он покажет Ut = 50,0 В (рис.
v 13-3). Если соединить его последова-
I 0 и0 0 I телыю с резистором неизвестного сопротив-
сопротивления Rx, то при том же напряжении воль-
Рис. 13 3 тметр покажет U% = 10,0 В. Определить
это сопротивление.
Решение. Данная цепь представляет собой последовательное
соединение двух элементов: вольтметра и резистора. При последова-
последовательном соединении сила тока одинакова на всех участках цепи. Рас-
Рассматриваемая цепь является однородной. Напряжения на отдельных
участках такой цепи, совпадающие с разностями потенциалов на их
151

концах и дающие в сумме напряжение на всей цепи, распределяются
всегда пропорционально сопротивлениям участков, что следует из за-
закона Ома A3.3). Заметим, что вольтметр измеряет разность потенциалов
между теми точками, к которым он подключен (точки а и Ъ на рис. 13-3).
Другими словами, вольтметр измеряет напряжение на концах того
участка цепи, которым он сам является. Поэтому для двух элементов
цепи — вольтметра и резистора — можно составить пропорцию"
UXIRV = (Un - U,)'R, A)
где Ui, Rv — напряжение на вольтметре и его сопротивление; Uo —
— V^ — Ur —напряжение на резисторе сопротивлением R. Для случая,
когда включен резистор с неизвестным сопротивлением, можем также
записать:
UjRv = (?/„ - UJ/RX. B)
Исключив из уравнений A) и B) величину Rv, получим
R [Uo-^)U, r=7
х
13-6. К батарее гальванических элементов
через резистор с переменным сопротивле-
сопротивлением R подключен вольтметр (рис. 13-4),
Если R уменьшить втрое, то показания
вольтметра возрастут вдвое. Во сколько
раз изменятся показания вольтметра, если
Рис. 13-4 R уменьшить до нуля?
Решение. В этой задаче в отличие от предыдущей нет оснований
считать постоянным напряжение U на участке цепи, состоящем из
вольтметра и резистора с переменным сопротивлением. Наоборот,
поскольку этот участок подключен к зажимам батареи, обладающей
некоторым внутренним сопротивлением г, напряжение U должно из-
изменяться при изменении сопротивления R. Этот вывод следует из зако-
закона Ома для замкнутой цепи A3.8), который применительно к данной за-
задаче запишем так:
/ =SI(RV + г + R), A)
где $ — электродвижущая сила (э. д. с.) батареи. Так как напряже-
напряжение на участке вольтметр — резистор равно по закону Ома для участка
однородной цепи произведению силы тока / на сумму R -f- Rv, то из
формулы A) найдем
U = / (R + Rv) = S — lr. B)
Из формул A), B) видно, что при изменении R напряжение U дей-
действительно изменяется. Постоянной же величиной остается э. д. с.
батареи #, равная сумме напряжений на всех участках замкнутой
цепи. Отсюда ясно, что для решения задачи необходимо применить
закон Ома для замкнутой цепи A). При этом учтем, что показания воль-
вольтметра, обладающего постоянным сопротивлением, пропорциональны
152

силе тока, проходящего по нему, а значит, и по всей цепи. Поэтому
в случае, когда R уменьшилось в три раза, закон Ома для замкнутой
цепи запишется в виде
2/ = 41 (Rv + г + Я/3); C)
наконец, для случая R = 0 получим
nl =$l (Rv
D)
где п — искомая величина. Хотя уравнения A), C), D) содержат шесть
неизвестных, этих уравнений достаточно для определения п, так как
остальные неизвестные величины входят во все уравнения одинаковы-
одинаковыми группами, что позволяет снизить число неизвестных с шести до трех.
В результате несложных преобразований систему уравнений A), C),
D) можно записать так:
¦\-r) IR
1 IR
l(Rv + n
Введя обозначения А — ! (Rv + f)IS, В = IRIS, получим сис-
систему трех уравнений с тремя неизвестными п, А, В:
Л+-
2
Решив эту систему относительно п, найдем
п = 4.
13-7. Два гальванических элемента, имею-
имеющих э. д. с. Л = 1,5 В, S = 1,6 В и
внутренние сопротивления г1 = 0,60 Ом,
гг = 0,40 Ом, соединены разноименными
полюсами (рис. 13-5). Пренебрегая сопро-
сопротивлением соединительных проводов, опре-
определить разность потенциалов на зажимах
элементов (между точками а и Ь).
Рис. 13 5
Решение. Точки а и Ъ являются концами двух участков цепи:
aSvb и а$ф. Оба эти участка содержат э. д. с. и, следовательно, яв-
являются участками неоднородной цепи. Поэтому применим закон Ома
A3,7). Так как обе э. д. с. имеют положительные знаки при обходе
153

цепи по часовой стрелке (см. правило знаков, изложенное в методичес-
методических указаниях), ток по цегги будет течь в том же направлении. Тогда
для участка aS^b получим
/ = ((Фа-Фь) +Sl\/rl. A)
Далее есть два пути решения задачи. Во-первых, можно применить
закон Ома A3.7) для участка а$ф\.
-/ = 1(Ф„ —<рь) -<?,]//-,. B)
Во-вторых, можно воспользоваться законом Ома A3.8) для замкутой
цени:
/ = (<*, +&t)l (г,. + гг). C)
Взяв любые два уравнения из A), B), C) и исключив из них силу
тока /, найдем
• ф 9=ilOzVl = o,4 В.
Г + Г
Замечани е.'Еслн бы источники имели одинаковые э. д. с. и
внутренние сопротивления, т. е. $х =$г =$, гх = гг = л, то, как
легко видеть из последней формулы, искомая разность потенциалов
оказалась бы равной нулю. Этот же результат
можно получить сразу из соображений симмет-
симметрии. Действительно, точки а и b расположены
в цени симметрично по отношению к одинаковым
источникам напряжения, поэтому их потенциалы
одинаковы. (По той же причине одинаковы по-
потенциалы точек /, 2, 3, 4, 5, 6 в цепи, изобра-
изображенной на рис. 13-6, где все источники имеют
одинаковые э. д. с. и внутренние сопротивления.)
Рис. 13 6 Следовательно, если к точкам а и b (или к любым
двум из шести точек на рис. 13-6) подключить
вольтметр, то он не будет давать никаких показаний. В то же время
по проводникам, соединяющим точки а и Ь, будет идти ток, равный
согласно формуле C) / = $ /г. Этот пример наглядно показывает, что
закон Ома в форме A3.3) неприменим для участков цепи, содержащих
э. д. с, а вольтметр, подключенный к концам таких участков, не из-
измеряет напряжения на них. Напомним, что согласно формуле A3.7)
и определению напряжения последнее равно произведению силы тока
на сопротивление участка.
Б. РАЗВЕТВЛЕННЫЕ ЦЕПИ. ПРАВИЛА КИРХГОФА
Методические указания
1. Часто требуется рассчитать сопротивление разветвленной цепи,
когда заданы сопротивления всех ее участков. Если при этом данная
цепь является параллельным соединением нескольких проводников,
то ее сопротивление находят по формуле A3,12), В том случае, когда
154

я,
соединение проводников смешанное (ср. со смешанным соединением кон-
конденсаторов, стр. 128), его надо разложить на участки последовательного
и параллельного соединений и, поочередно применяя формулы A3.11) м
A3.12), найти сопротивление всей цепи. Напомним, что для последо-
последовательного соединения участков цепи характерно отсутствие узлов
(разветвлений) на соединяющем их проводнике (рис. 13-7, а), а при па-
параллельном соединении концы обоих участков подключены к одним и
тем же двум точкам цепи (рис. 13-7, б).
Если заданное сложное соединение проводников нельзя разложить
на участки последовательного и параллельного соединений, необходи-
необходимо попробовать заменить его другим соединением, эквивалентным
данному в отношении сопротивления, так, чтобы
это соединение можно было разложить на участ- ¦
ки последовательного и параллельного соедине-
соединений. Здесь, так же как и в случае конденсато-
конденсаторов, такие эквивалентные замены основаны на
возможности соединять и разъединять точки
цепи, имеющие равные потенциалы.
Найти такие точки можно из соображений
симметрии (см. задачу № 13-8). Если схема об-
обладает осью симметрии, причем вход и выход у.
(зажимы) схемы лежат на этой оси, то в цепи "/
будет симметричное распределение токов и лю-
любые две точки, симметричные относительно этой ис
оси, будут иметь равные потенциалы.
Сопротивление любой, сколь угодно сложной цепи можно рассчи-
рассчитать, используя правила Кирхгофа A3 9) и A3.10) (см. задачу Хя 13-11).
2. Для"безошибочного употребления правил Кирхгофа необходи-
необходимо выполнять следующие указания1
а) выбрать (произвольно) направления токов во всех участках
разветвленной цепи, отметив их на чертеже стрелками;
б) при составлении уравнения A3.9) соблюдать правило знаков:
токи, притекающие в узел, считать положительными, вытекающие из
узла —отрицательными;
в) иметь в виду, что число независимых уравнений, составленных
по первому правилу Кирхгофа, всегда на единицу меньше числа узлов,
имеющихся в данной цепи,
г) выбрать направление обхода контуров цепи (по часовой стрелке
или против);
д) составляя уравнение A3.10), соблюдать правило знаков: токи,
совпадающие с направлением обхода, записывать со знаком « + », об-
обратные направлению обхода — со знаком « — »; считать положитель-
положительными те э. д. с, которые повышают потенциал в направлении обхода,
т. е., двигаясь по контуру, сначала встречаем отрицательный полюс
источника, затем положительный,
е) чтобы все уравнения, составленные на основании второго пра-
правила Кирхгофа, были независимыми, необходимо каждый раз рассмат-
рассматривать контуры, содержащие хотя бы одну новую ветвь цепи, не входя-
входящую в уже использованные контуры;
155

ж) для упрощения выкладок, связанных с решением полученной
системы уравнений, предварительно подставить числовые значения всех
известных величин;
з) если в полученном ответе какой-либо ток будет иметь знак « — »,
то это укажет на ошибочность первоначального выбора направления
данного тока, т. е. ток в действительности течет в обратном направле-
направлении. Если же в задаче определяется сопротивление какой-либо ветви
цепи и в результате решения системы уравнений, составленных по
правилам Кирхгофа, получится отрицательное значение сопротивле-
сопротивления, это также свидетельствует о неправильном выборе направления
тока на данном проводнике. Однако в этом случае неверным окажется
и числовое значение сопротивления. Тогда необходимо, изменив на
чертеже направление тока в проводнике, составить новую систему
уравнений и, решив ее, определить искомое сопротивление.
Решение задач
13-8. Вычислить сопротивление цепей, схемы которых
изображены па рис. 13-8. Считать сопротивление каждого
проводника, заключенного между двумя узлами, равным
1,00 Ом.
abed
Рис. 13 8
Рис. 13 9
Решение. Рассматривая приведенные схемы, можно убедиться
в том, что ни одна из цепей не содержит ни одной пары проводников,
соединенных- между собой последовательно или параллельно. Однако
все три схемы являются симметричными, причем точки их входа и
выхода (зажимы цепи) лежат на осях симметрии, В этом ключ к расче-
расчету цепей.
156

Обратимся к схеме рис. 13-8, а. Здесь точка Ъ симметрична точке е
относительно оси ad, на которой лежит вход и выход цепи. Следователь-
Следовательно, при наличии тока в цепи потенциалы точек Ъ, e будут одинаковыми.
Если теперь соединить эти точки проводом, ток по нему не пойдет. Су-
Существовавшее до этого распределение токов в участках цепи не изме-
изменится и сопротивление цепи останется прежним. Другими словами,
точки b, e можно объединить в один узел Ь, не изменив сопротивления
цепи. По той же причине можно соединить в один узел с точки с и /.
Тогда получим новую схему цепи (рис. 13-9, а), эквивалентную данной.
Применяя формулы A3.11) и A3.12), найдем сопротивление цепи:
+я«1=(-5-+т+т) Ом=:1'25 Ом-
На схеме рис. 13-8, б симметричные (относительно оси 1-5) точки
также обладают одинаковыми потенциалами. Следовательно,
Фа = Ф«. Ф4 = Фа. ф8 = Ф« = Ф?-
Последнее тройное равенство должно выполняться, поскольку каждая
из трех точек 3, 9, 7 делит путь тока, проходящего через нее от одного
зажима цепи (точка /) до другого (точка 5), на две одинаковые части.
Поэтому потенциал каждой из точек 3, 9, 7 равен (срх — фв)/2. Следова-
Следовательно, в проводах 3-9 и 9-7 тока нет и их можно удалить, не изменив
сопротивления цепи. Далее возможны два пути решения задачи.
Соединив точки с одинаковыми потенциалами, получим схему цепи
рис. 13-9, б, эквивалентную данной, и по формулам A3.11) и A3.12)
найдем искомое сопротивление:
-+— + — +.—) Ом = 1,5 Ом.
Можно не соединять точки равного потенциала, а, наоборот, разъ-
разъединить их в центре схемы. Тогда получим схему цепи рис. 13-9, в.
Здесь точки a, b имеют тот же потенциал, что и до разъединения, по-
поскольку они (как и точка 9 на схеме рис. 13-8, б) делят путь тока, про-
проходящего через них от одного зажима цепи к другому, на две одинако-
одинаковые части. Поэтому потенциал каждой из точек по-прежнему равен
(cpj — ф6)/2. Следовательно, распределение тока в цепи не изменится и
схема рис. 13-9, в эквивалентна исходной. Теперь, поочередно применяя
формулы A3.11) и A3.12), найдем сопротивление цепи:
Я = [1 + A + 1)/2 + 11/2 Ом-= 1,5 Ом.
При рассмотрении схемы рис. 13-8, в может показаться, что потен-
потенциалы точек 2, 4, 5 одинаковы по той же причине, по которой на схеме
рис. 13-8, б равны потенциалы точек 3, 9, 7. Однако данная схема от-
отличается от предыдущей тем, что линия 2-5-4 не делит схему на две
одинаковые части, поэтому в действительности ни одна из точек 2, 4,
5 не имеет потенциала, равного (<Pi—Фз)/2. Теперь можно лишь утверж-
утверждать,, что точки 2 и 4; будучи симметричными относительно прямой
1-3, на которой расположены вход и выход цепи, имеют одинаковые

потенциалы. Соединив их (перегнув чертеж по линии 1-3) в один узел 2,
получим эквивалентную схему рис. 13-9, г, которую можно разложить
на элементы последовательного и параллельного соединений. Ее
можно упростить, заменив каждые два одинаковых параллельно сое-
соединенных проводника на участках 1-2, 5-2 и 2-3 одним проводником
вдвое меньшего сопротивления. Тогда получим схему рис. 13-9, д,
после чего легко найдем ответ с помощью формул A3.11) и A3.12):
R --= 1,375 Ом.
13-9. Сопротивление R резистора изме-
измеряется вольтметром и амперметром по схеме,
изображенной па рис. 13-10. Показания
амперметра / л = 2,40 А; вольтметра
U = 7,20 8. Определить относительную
ошибку, получаемую при вычислении сопро-
сопротивления без учета тока, идущего че; ез
вольтметр, если его сопротивление Rv =
Рис. 13-ю = 1,00 кОм.
Решение. Истинное значение сопротивления но закону Ома
A3.3) равно
R = VII, A)
где I) — напряжение на концах резистора, измеренное вольтметром,
/ — сила тока, проходящего через резистор. Амперметр в данной цепи
показывает силу тока в неразветвленнои ее части, равную сумме токов
в параллельных ветвях, состоящих из резистора R и вольтметра:
/а = / + h.
Если пренебречь током Iv, проходящим через вольтметр, и считать
/ ж /а, то получим для вычисляемого сопротивления приближенное
значение
R' « ?///„.
B)
Сравнивая формулы A) и B), видим, что R' <Z R, Поэтому искомая
относительная ошибка равна
А/?
R
R—R'
R
C)
Чтобы найти величину R, заметим, что величина R', определяемая
формулой B), есть сопротивление участка цепи, являющегося парал-
параллельным соединением резистора и вольтметра. Поэтому согласно фор-
формуле A3,12) запишем
R'
Rv

Выразив отсюда величину R и подставив ее в формулу C), после ряда
упрощений получим с учетом соотношения B):
R'
или =
R
U
- = 3,0-Ю-3, или 0,30%.
Отсюда видно, что, применяя указанный метод измерения сопро-
сопротивлений, можно получить достаточно точный результат лишь при
условии, если сопротивление вольтметра будет достаточно велико по
сравнению с измеряемым сопротивлением.
ТЗ-ТО. Элементы цепи, схема которой изо-
изображена на рис. 13-11, имеют следующие
значения: Sy = 1,50 В, Si = 1,<>0 В,
#1 = 1,00 кОм, Rt = 2,00 кОм. Опреде-
Определить показания вольтметра, если сто со-
сопротивление Rv = 2,00 кОм. Сопротив-
Сопротивлением источников напряжения и соедини-
соединительных проводов пренебречь.
Рис. 13 11
Решение. Здесь требуется найти разность потенциалов между
точками а и Ь, которую измеряет вольтметр, подключенный к этим
точкам. Если бы вольтметр обладал бесконечно большим сопротивле-
сопротивлением и тока через него не было*, то эта задача ничем не отличалась бы
от задачи № 13-7, которая решена с помощью закона Ома для участка
неоднородной цепи. Однако в данном случае сопротивление Rv одного
порядка с Rt и R2, поэтому пренебречь током / в цепи вольтметра нель-
нельзя. Таким образом, здесь имеется разветвленная цепь, потрем участкам
которой текут, вообще говоря, разные токи: 1и /2, /(рис. 13-11). Задачу
можно решить двумя способами, используя правила Кирхгофа для
разветвленных цепей или применив первое правило Кирхгофа и закон
Ома для участка неоднородной цепи Рассмотрим оба способа.
1. Искомая разность потенциалов по закону Ома A3.Л) равна
Фа — Фл =
A)
Чтобы определить силу тока / в цепи вольтметра, применим правила
Кирхгофа A3.9), A3.10). Обозначив на рис. 13-11 направления всех
токов (для тока / делаем это лишь предположительно), согласно пер-
первому правилу Кирхгофа запишем для узла а:
/,— /, — / = 0.
B)
Для составления остальных двух независимых уравнений восполь-
воспользуемся вторым правилом Кирхгофа. Предварительно выбрав направле-
направление обхода замкнутых контуров, например по часовой стрелке, и учи-
• Это имеет место для вольтметров электростатической системы.
159

тывая правило знаков (см. стр. 155), получим соответственно для кон-
контуров акфа и abR2a*:
C)
/,ffa + IRv = <*",. D)
Решив систему трех уравнений B), C), D) с тремя неиззестными /lt
/2, / относительно тока /, найдем
/ == ^2 fil — %1 Rj /С\
Подставив это значение / в A) и произведя вычисления, получим
&tRi-'eiRt)Rv
=—0,35 В. F)
Знак « — » в ответе означает, что ц>ь> фаи в действительности ток
в цепи вольтметра имеет направление, противоположное тому, что мы
предположили, т. е. от точки b к точке а.
2. Применим закон Ома A3.7) для участка неоднородной цепи по-
поочередно к трем участкам: aRtb, aR2b, aRvb. Тогда, учитывая правило
знаков (см. стр. 147), запишем соответственно три уравнения:
/ Фа —
Л *; •
. _ фа—фь— %.
' 9 ~ I
I
Фа —
Ry
Подставим эти чначения сил токов в уравнение B):
Фа— ФЬ — 'f-t | Фа— ФЬ+'-*1 ¦ Фа— Щ __ п
Ri Ri Rv
Решив это уравнение относительно величины Фа — фь, найдем от-
ответ, совпадающий с формулой F).
Замечание. При Rv -> оо можно пренебречь произведением
RxRz в знаменателе формулы F). Тогда, сокращая величину Rv, по-
получим выражение, совпадающее, как и следовало ожидать, с отве-
ответом задачи № 13-7.
* Вместо этого контура можно было бы взять контур
160

13-11. Определить сопротивление цепи ab,
гш схема которой изображена на рис 13-12,
если Я, = Я, = 1,00 Ом, R, = Ro =
„ = 2,00 Ом, Я, = Д7 = 3,00' Ом, /?4 -
= Да = 4,00 Ом.
Рис 13-12
Решение. В данной цепи, состоящей из восьми сопротивлений,
нет хотя бы двух элементов, соединенных между собой последователь-
последовательно или параллельно. Кроме того, здесь в отличие от схем, рассмотрен
ных в задаче № 13-8, отсутствует осевая симметрия.
Применим к расчету сопротивления цепи правила Кирхгофа. Для
этого предположим, что к зажимам цепи ab подключен источник тока.
Тогда в цепи будет ток. Сила тока / в неразветвлениой части цепи за-
зависит qt э. д. г. S источника, а также является некоторой функцией
от величин Rlt R2, ..., Rg (считаем сопротивление источника равным
нулю.). Так как при этом, согласно закону Ома A3.8), сила тока / про-
пропорциональна величине S, можно записать
/ = / (Я„ Я, R») S.
С другой стороны, из того же закона Ома следует
/ = SiR,
A)
B)
где R — искомое сопротивление. Сравнив формулы A) и B), полу-
получим
R =¦¦
1
А>2. ¦
Следовательно, выразив силу тока / согласно формуле A) как функ-
функцию всех данных величин сопротивлений и произвольной величины^1
с помощью правил Кирхгофа A3.9), A3.10), найдем сопротивление
R цепи.
Обозначим токи на всех участках цепи и укажем (произвольно)
их направления (рис. 13-12). В данном случае имеется девять неизве-
неизвестных сил токов 1и /2, ..., 1в, I. Чтобы избежать громоздких вычис-
вычислений, связанных с решением системы из девяти уравнений, которую
мы получим, применив правила Кирхгофа, воспользуемся следующим
обстоятельством. Из условия задачи видно, что данная цепь обладает
симметрией с центром в точке О (рис. 13-12). Действительно, если,
отсоединив цепь в точках а, Ь от источника, повернуть ее в плоскости
чертежа вокруг точки О на 180° и снова соединить с источником, то
в силу данных в условии равенств она совместится со своим первона-
первоначальным положением. Но теперь в резисторе Rb течет ток, который
6 Зак 1620
161

раньше был в резисторе /?t. Перемена же знаков напряжения на зажи-
зажимах цепи не может вызвать изменения силы тока ни на одном участке
цепи. Значит, и раньше в резисторах R6 и /?х были токи одинаковой
силы, т. е. /t — /5. Аналогично можно показать, что в данной цепи
должны выполняться равенства: /2 = /„, /3 = /7, /4 = /й. Таким об-
образом, в задаче фактически имеется лишь пять различных неизвестных
токов: /,, 1Ъ /п, /4, /.
По первому правилу Кирхгофа с учетом, чю /4 = /в, /2 = /в, по-
получим соответственно для узлов а, с и d:
1 = Л + Л; C)
Л = /2 + /л; (*)
/»=/, + Л. Ej
Легко убедиться проверкой, что аналогичные уравнения, состав-
лепные для остальных трех узлов схемы, будут повторением уже имею-
имеющихся уравнений. Недостающие два уравнения получим на основании
пторого правила Кирхгофа. Выбрав направление обхода контуров по
часовой стрелке, запишем, например, для контуров acdbSa и асеа
соответственно:
Подставив в C) — G) числовые значения сопротивлений из условия
задачи и решив систему пяти уравнений с пятью неизвестными силами
токов относительно тока /, получим
/ = B/7) Ё. (8)
Сравнив выражения (8) и B), найдем искомое сопротивление:
И ¦-= G/2) Ом = 3,5 Ом.
В РАБОТА И МОЩНОСТЬ ТОКА
Методические указания
Решая задачи данного раздела, следует иметь в виду, что формулы
A3.13) и A3.14), выражающие работу сил электрического поля на ка-
каком-либо участке цепи и количество теплоты, выделенное при прохож-
прохождении тока поэтому участку,остаются справедливыми в любом случае
независимо от наличия или отсутствия э. д. с. на данном участке. Если
при этом рассматриваемый участок не содержит э. д. с. и, следова-
следовательно, к нему применим закон Ома A3.3), то формулы A3.13) и A3.14)
совпадают. Значит, в этом случае вся работа электрических сил идет
на выделение тепла в проводнике. Если же данный участок содержит
э. д. с, то соотношение A3.3) к нему неприменимо. Следовательно, ве-
величины А и Q, определяемые по формулам A3.13), A3.14), в этом слу-
случае неодинаковы. При этом знак неравенства зависит от направления
тока и э. д. с, (см, задачу № 13-12).
162

1
I t&U0 1
Pmimhm* задач
13-12. Определить работу электрических
сил и количество теплоты, выделяемое еже-
- секундно, в следующих случаях: 1) в ре-
+ | _ зисторе, по которому идет ток силой / =
= 1,0 А; разность потенциалов между
концами резистора (ра — <рь = 2,0 В;
2) в аккумуляторе, который заряжается
током силой / = 1,0 А; разность потен-
а Ь циалов на его зажимах сра — фь = 2,0 В,
Pitc K 13 э д. с. аккумулятора ^ = 1,3 В; 3) в ба-
батарее аккумуляторов, которая дает ток
силой / = 1,0 А на внешнюю нагрузку;
разность потенциалов на зажимах батареи
ч>а — ч>ь -^ 2,0 В, ее э. д. с. S =- 2,6 В.
Решение. 1. Так как рассматриваемый участок не содержит
э. д. с, то по закону Ома для участка очнородной цепи имеем
Фа — Фь = IR-
Из этого следует, что формулы A3.13) и A3.14) в данном случае совпа-
совпадают. Значит, вся работа электрических сил идет на нагревание ре-
резистора1
Л = Q = (фа - ФЬ) // = 2 Дж.
2. При зарядке аккумулятора его зажимы присоединяют к источни-
источнику, разность потенциалов на полюсах которого постоянна. При этом
ток внутри аккумулятора идет от его положительного полюса к отри-
отрицательному (рис. 13-13), т. е. в направлении, обратном току разряда.
Работу электрических сил снова вычислим по формуле A3.13):
Л = (<рп — ц>ь) It = 2 Дж.
Чтобы по формуле A3.14) определить количество выделенной теп-
теплоты, найдем сопротивление R участка цепи aSb. Поскольку он со-
содержит э. д. с, применим закон Ома A3.7) для участка неоднородной
цепи. Учитывая направления тока и э. д. с, запишем в соответствии
с правилом знаков (см. стр. 147)
Подставив значение R из A) в A3.14), получим
Q = i*Rt = (Фа — Фь — S) It = 0,7 Дж.
В данном случае лишь часть работы электрических сил идет на нагре-
нагревание аккумулятора, остальная же часть Л — Q = 1,3 Дж превращает-
превращается в химическую энергию заряжаемого аккумулятора.
3. Работу электрических сил также найдем по формуле A3.13),
При этом обратим внимание на отличие данного случая от предыдущего.
Если положительный знак разности потенциалов фа — ф6 сохранился,
6* 163

то направление тока на участке aSb изменилось на противоположное
(рис. 13-14). Следовательно,
А = (Фа - фь) ( - /И = - (Фа - ФЬ) It = -2 Дж. B)
Отрицательный знак ответа выражает то обстоятельство, что поло-
положительные заряды движутся внутри каждого аккумулятора от его низ-
с шего потенциала к высшему, т. е. против элек-
трических сил. При этом положительную работу
совершают сторонние силы, перемещая заряды
внутри аккумуляторов.
Количество теплоты, выделенное в батарее,
снова определим по формуле A3.14). При этом
Рис 13 и сопротивление т батареи, как и в предыдущем
случае, можно вычислить по закону Ома A3.7)
для участка неоднородной цепи aSb. Теперь, учитывая направление
тока и знак э. д. с, запишем
— / = (Ф„ — Фь - S)lr. C)
Сопротивление батареи можно найти также как разность между
сопротивлением всей цепи и сопротивлением внешнего участка цепи.
Тогда из формул A3.3) и A3.8) имеем
,. п р % Фа — фь % — (Фа — фь)
что совпадает с формулой C). Подставив найденное значение г в фор-
формулу A3.14), получим
Q= Prt = (^-'(фа-<рьI /; = 0,6 Дж. D)
Этот вариант задачи можно pt шить еще по-другому. По данным усло-
иия найдем работу электрических сил на внешнем участке цепи aRb:
^iwem = (Фа ~ Фь) It = 2 Дж.
Однако работа электрических, т. е. кулоповских (но не сторонних!),
сил по перемещению зарядов на замкнутом пути всегда равна нулю.
Значит,
д ( л п
откуда
'мшугр =г^: " ввеш ^ J-+W,
что совпадает с результатом B).
Вся энергия, расходуемая батареей, превращается (посредством ра-
работы электрических сил) в тепло <Эосщ, выделяющееся во всей цепи.
Эту энергию вычислим по формуле A3 15)-
Лп '-¦ <?о0щ = tit = 2,6 Дж.
Так как на внешнем участке выделяется количество теплоты
1GI

io для батареи
Q = QoOm — Qnnem = °.6
что совпадает с результатом D).
13-13. Э. д. с. батареи Щ= 12,0 В. Наибольшая сила тока,
которую может дать батарея, /МЯкС = 5,0 А. Какая наи-
наибольшая мощность Рмакс может выделиться на подклю-
подключенном к батарее резисторе с переменным сопротивле-
сопротивлением?
Решение. Мощность Р тока измеряется работой, совершенной
электрическими силами в единицу времени. Поскольку вся работа на
внешнем участке цепи идет на нагревание резистора (А = Q), то в дан-
данном случае мощность измеряется количеством теплоты, выделяемым
в резисторе в единицу времени. Поэтому на основании формулы A3.14),
а также закона Ома A3.8) для замкнутой цепи получим
р = /iR = g2#/ (R + r)\ A)
где R, г — сопротивления внешнего и внутреннего участков цепи со-
соответственно. Отсюда видно, что при постоянных величинах Щ, г мощ-
мощность Р является функцией одной переменной — внешнего сопротив-
сопротивления R. Известно,что эта функция имеет максимум при условии
R = г*. Следовательно,
Р -JlL—IL B)
Таким образом, "задача сводится к отысканию сопротивления
г внутреннего участка цепи (батареи). Если учесть, что согласно закону
Ома A3.8) для замкнутой цепи наибольшая сила тока /макс будет при
внешнем сопротивлении R = 0 (ток короткого замыкания), то
/м„кс = Ш/г. C)
Подставив найденное из C) значение внутреннего сопротивления
г в формулу B), получим
В/мано'Ч = »5 Вт.
13-14. Обмотка электричегкого кипятильника имеет две
секции. Если включена одна секция, вода закипает через
/j = 10 мин, если другая, то через t2 = 20 мин. Через
сколько минут закипит вода, если обе секции включить:
а) последовательно? б) параллельно? Напряжение на за-
зажимах кипятильника и к. п. д. установки считать во всех
случаях одинаковыми.
Решение. При различных включениях секций кипятильника
сопротивление цепи различно. Очевидно, искомое время нагревания
воды есть некоторая функция сопротивления цепи. Чтобы найти эту
функцию, воспользуемся законом Джоуля — Ленца A3.14) для теп-
* В этом можно убедиться7 применив общий метод исследования функций
на экстремум с помощью производной.
165

левого действия тока. Поскольку речь идет об участке цепи, не содер-
содержащем э. д. с, к которому применим закон Ома A3.3), запишем фор-
формулу A3.14) так:
Q ~ PRt ---¦ U2t!R. (I)
Отсюда легко определить вид функции t = f (R).
Во всех случаях для нагревания воды требуется одно и то же коли-
количество теплоты, определяемое формулой
Q' = cmAt,
где с, т — удельная теплоемкость и масса воды, At — разность тем-
температур. В силу постоянства к. п. д. установки т) одним и тем же будет
также полное количество теплоты, выделенное током, т, е.
2
п
Учитывая также постоянство напряжения на зажимах цепи, из
формулы A) получим
R = -^-t = kt, B)
где k — U2/Q — постоянная величина. Таким образом, зависимость
времени от сопротивления является пропорциональной. Теперь легко
найти ответы в обоих случаях.
При последовательном соединении секций общее сопротивление
•мтосл = "м I" Kfr
Подставив сюда значения R по формуле B), получим
откуда
*иогл ¦= tl + t.2 ¦¦= 30 мин.
При параллельном соединении секций на основании формулы
A3.12) имеем
Отсюда, применив соотношение B), найдем
'пар = W ttl + h) = 7 МНИ.
1.4-15. Две медные проволоки одинаковой длины / =
-- 1,00 м и диаметрами dj = 0,10 мм и d2 = 0,20 мм,
подключенные (поочередно) к зажимам гальванического
элемента, нагреваются до одинаковой температуры.
Определить его внутреннее сопротивление. Считать oi-
дачу теплоты проволокой в окружающее пространство
при постоянной температуре пропорциональной площади
ее поверхности.
Решение. При установившемся тепловом режиме, когда тем-
температура проволоки перестанет повышаться, количество теплоты, вы-
выделенное током в 1 с, согласно закону сохранения энергии, должна
166

быть равно количеству теплоты, рассеянному за то же время проволокой
в окружающее пространство, т. е. должно выполняться равенство
"тока == "расе- (I)
Мощность тока Ятока = PR выразим через внутреннее сопротив-
сопротивление источника и диаметр проволоки, воспользовавшись законом
Ома A3.8) для замкнутой цепи и формулой A3.4) сопротивления про-
проводника:
Р' i
С другой стороны, согласно условию задачи, имеем
/'расе = *S' = kndl, C)
где S' — площадь поверхности проволоки, вычисленная как площадь
боковой поверхности цилиндра, k — коэффициент пропорционально-
пропорциональности, зависящий от температуры проволоки. Подставив в уравнение A)
значения Р1тл и Рьл^ по формулам B), C) и произведя сокращения,
получим
«* D)
Поскольку при постоянной температуре все величины, стоящие
в правой части формулы D), постоянны, должно выполняться равен-
равенство
Dр'+ nd, r)' Dp/ + ndz r)a
E)
так как диаметрам проволоки du d2 соответствует по условию одинако-
одинаковая температура. Чтобы решить уравнение (Й) относительно неизвест-
неизвестного г, извлечем из обеих частей уравнения квадратный корень:
4n/-|-ndi r I / di
= ± I / — .
4р/-|-:м(| г V йх
4р
Так как все слагаемые, стоящие в левой части этого уравнения, —
заведомо положительные величины, отрицательный знак перед корнем
отбрасываем, Решив уравнение относительно г, найдем
F)
Взяв из таблиц значение удельного сопротивления меди, выразим
входящие в формулу величины в единицах СИ: р = 1,7 • 10~м Ом • м,
/ = 1,00 м, <*! = 1,0 • Ю-4 м, d2 = 2,0 • 10"* м. Выполнив вычисле-
вычисление, получим
г = 0,3 Ом.
167

§ 14. ЭЛЕКТРОПРОВОДНОСТЬ РАЗЛИЧНЫХ СРЕД
Основные формулы
Плотность тока в металле
/ = en < v > , A4 I)
где е — заряд электрона, п — концентрация свободных электронов (т. е чис-
число их в единице объема), <v> — средняя скорость направленного движения
электронов
Удельная электропроводность собственных полупроводников
а = егЦип + ир) A4 2)
где ип и ир — подвижности электронов и дырок, е и п — то же, что и в A4 I)
Подвижность носителя заряда измеряется средней скоростью, которую он
приобретает в электрическом поле с напряженностью равной единице
Зависимость удельной электропроводности собственных полупроводников от
температуры:
A4 3)
где Л1У' — ширина запрещенной чоны*, к — постоянная Больцмана, Т — абсо-
абсолютная температура, а0 — постоянная величина, определяемая природой дан-
данного полупроводника.
Плотность тока в газе прн отсутствии насыщения
1= qn(u+ + и-)Е. A4 4)
где q — абсолютное значение заряда каждого иона, л — концентрация ионов
(т е число ионов одного знака в единице объема), «+1 и- — подвижности по-
положительных и отрицательных ионов Е — напряженность электрического поля
в газе
Плотность тока насыщения в газе между плоскими электродами, расстояние
между которыми /, равна
/,, = qAnl, A4 я
где Д« — число пар ионов, ежесекундно образуемых ионизатором в единице
объема газа.
Число пар ионов, ежесекундно рекомбинирующихся в единице объема газа
пропорционально квадрату концентрации ионов:
Дп' = гп\ A4.6)
где г — коэффициент рекомбинации
Удельная электропроводность электролита
где п0 — концентрации молекул растворенного вещества, ее — коэффициент дис-
диссоциации, равный отношению числа диссоциированных молекул к нх общему
числу.
Методические указания
1. Здесь рассмотрены задачи, связанные с электропроводностью
металлов, собственных полупроводников, электролитов и газов.
2. Сила постоянного тока на различных участках иеразветвленной
цепи в любой среде одинакова. Это следствие закона сохранения элект-
электрического заряда. В частности, сила тока в электролите равна силе
тока в подводящих проводах, несмотря на то что в электролите ток
* Величину Д W называют также энергией аюивацнн.
168

складывается из двух токов, соответствующих движению отрицатель-
отрицательных и положительных ионов. Каждый отрицательный ион, подходя
к аноду, отдает ему сиой заряд в виде избыточных электронов, которые
движутся затем вдоль проводов. Одновременно положительные ионы,
отходя от анода, оставляют около него нескомпенсированные отрица-
отрицательные ионы, которые также отдают аноду свои избыточные электро-
электроны. Аналогичные явления происходят около катода. В результате за-
заряд, переносимый за единицу времени череч поперечное сечение
подводящих проводов электронами, оказывается равным суммарному
заряду, переносимому через поперечное сечение электролита поло
жительными и отрицательными ионами.
3. В задачах на ток в газах встречаются два случая: ток в отсутствие
насыщения и ток насыщения. В первом случае к газу применим закол
Ома 1ср. формулы A4.4) и A3.6I. Во втором случае закон Ома не-
неприменим: при увеличении напряжения на электродах сила тока в газе
остается постоянной. Кроме того, при постоянной напряженности
Е поля в газоразрядном промежутке плотность тока будет в соответ-
соответствии с формулой A4.5) изменяться при изменении длины этого про-
промежутка, что противоречит закону Ома в дифференциальной форме
A3.6).
Решение задач
14-1. Определить суммарный импульс электронов в пря-
прямом проводе длиной I = 10,0 км при токе силой
/ = 400 А.
Решение Ток в металле представляет собой направленное дви-
движение свободных электронов. Оно характеризуется определенным им-
импульсом (количеством движения). Чтобы найти этот импульс К, про-
просуммируем импульсы отдельных электронов:
/С=2 tnv^tn^ a,=mW<i>>, A)
где т — масса электрона, /V — число свободных электронов в провод-
проводнике, <у> — средняя скорость их направленного движения.
Скорость <у) выразим через данную в условии силу тока / по
формуле A4.1), учитывая, что плотность тока / = I/S:
<и> = HenS. B)
Подставив это значение <у> в формулу A) и имея в виду, что отношение
Nln равно объему V провода, получим
,, mNI mVl mil
А = = = .
enS eS t
Из справочных таблиц находим значения заряда и массы электрона:
е = 1,6 • 10—** Кл; т = 9,1 • 10~41 кг. Подставив в формулу зна-
значения величин, выраженные в единицах СИ, произведем вычисление:
К- 9-ЫО;";;оО_°;9104-400 кг.м/.с = 2,3.10-' кг.м/с.
169

14-2. Собственный полупроводник (германий) имеет
при некоторой температуре удельное сопротивление
р = 0,48 Ом • м. Определить концентрацию дырок, если
подвижности электронов ип — 0,36 м2/ (В • с) и дырок
и„ = 0,16 м2/(В • с).
Решение. Так как в собственном полупроводнике концентра-
концентрация дырок равна концентрации свободных электронов, воспользуем-
воспользуемся формулой A4.2). Учитывая, что величины р и а взаимно обратны,
запишем
A/р) = еп (ип + ир),
откуда для концентрации дырок получим
п — Не (ип -}- и,) р.
Подставив числовые значения величин и вычислив, найдем
10
-19
1-Я
б.Ом'м '
м
ю3
ю
0.5
S
1.0
S
1.5
0
s ¦
11
1т, к
п = 2,5
14-3. На рис. 14-1 изображена эксперимен-
тельно полученная зависимость удельной
электропроводности кремния от величины,
обратной абсолютной температуре Т. Опре-
Определить ширину запрещенной зоны LW
(в электронвольтах) для кремния.
Рис. D I
Решение. Как видно из рисунка, величина о отложена по оси
ординат в логарифмической шкале. Следовательно, данный график вы-
выражает линейную зависимость между величинами In о и \1Т. Вос-
Воспользуемся уравнением A4.3). Прологарифмировав его, получим
A)
2k T
Так как величины an, AW, k — постоянные, то уравнение A), так
же как и график, выражает линейную зависимость между In о и \1Т.
Следовательно, угловой коэффициент в A) должен быть равен тангенсу
угла наклона графика функции 1п о = / A/7) к осп абсцисс:
21/ ~~
Отсюда ширина запрещенной зоны равна
B)
= — 26tg a.
Для вычисления tg a продолжим график до пересечения с осями
(в точках М и JV). Так как In 10 = 2,3, то точке М соответствует
In a = 4 • B,3) + 2,3 : 2 = 10,35.
170

По графику находим, что точке N соответствует значение \1Т, равное
1,8 • 10"а К. Тогда получим
tg«-—™» 10,35-2.3 6,2.10».
ON A,8 —O,5)-IO-J
Подставив в B) это значение tg а и постоянную Больцмана k =
*= 1,38 • I О3 Дж/К и учитывая наименование величин, отложен-
отложенных по осям графика, найдем ответ:
ДЦ7 = 1,7 . Ю-19 Дж = 1,1 эВ.
14-4. Определить коэффициент диссоциации водного
раствора хлористого калия (KCI) с концентрацией
с = 0,10 г/см\ Удельное сопротивление такого раствора
р = 7,4 • 10~2 Ом • м при 18 °С, а подвижности ионов
К+ и С1~ при этой температуре соответственно равны:
и+ = 6,7 • 1(Н м*/(В • с), и- = 6,8 • Ю-8 м7(В ¦ с).
Решение. Для определения коэффициента диссоциации электро-
электролита воспользуемся формулой A4.7), в которую входит эта величина.
При этом учтем, что р = 1/а, где а — удельная электропроводность,
и что ионы К+ и С1~ одновалентны, следовательно, заряд каждого
из них численно равен заряду электрона е. Теперь, чтобы из формулы
A4.7) можно было найти величину а, остается определить концентра-
концентрацию молекул «0, выразив ее чецез данную концентрацию раствора с.
Так как концентрация молекул есть число молекул в единице объема,
т. е.
пп = NIV,
а концентрация раствора измеряется массой растворенного вещества
в единице объема раствора:
с = mlV,
то из двух последних равенств имеем
п0 = cNlm. (\)
Учтем, что величина N связана с постоянной Авогадро /Уд и числим
молей растворенного вещества vtbk:
N = Л/а v = Л/а (т/ц).
Подставим это значение N в формулу A):
л„ = cNJii. B)
Теперь перепишем A4.5), учитывая соотношение B), а также со-
соображения, изложенные выше:
1 c.<Va /
(
Р М
Отсюда найдем коэффициент диссоциации электролита:
а = у/рес («+ + и.) jVa. C)
171

Взяв из таблицы значение молярной массы для хлористого калия
(|х «= 0,074 кг/моль), подставим в C) числовые значения входящих
в нее величин, выраженные в единицах СИ. Произведя вычисления по
C), получим
а = 0,8.
14-5. По цепи, схема которой изображена
на рис. 14-2, идет постоянный ток вследст-
вследствие ионизации рентгеновскими лучами воз-
воздуха между пластинами конденсатора.
Считая, что в каждой единице объема
воздуха ежесекундно возникает одинаковое
число пар ионов, определить, какую
часть полного тока составляет ток, обуслов-
обусловленный движением отрицательных ионов
через сечение S, отсюящее от анода на рас-
расстоянии вдвое меньшем, чем от катода.
Рассмотрим два случая, соответствующие
току, далекому от насыщения, и току
насыщения.
Решение. Если пренебречь искажением поля у краев конденса-
конденсатора, то можно считать площадь S поперечного сечения газоразрядно-
газоразрядного промежутка одинаковой по всей его длине. Поэтому между силами
токов, связанных с движением положительных и отрицательных ионов,
будет то же соотношение, что и между плотностями этих токов.
1. Если ток в га *е далек от насыщения, его плотность определяется
соотношением A4.4), которое перепишем в виде
/ = qnu+ E -f qnu-E,
где /+ = qnu+ Е и /_ = qtui- E — плотности токов соответственно
положительных и отрицательных ионов. Отсюда находим искомое от-
отношение токов:
Рис. 14-2
u-} E
Взяв из справочных таблиц значения подпижностей положитель-
положительных и отрицательных ионов, произведем вычисление:
1 ч
= 0,6
/ 14+1.9
Заметим, что в данном случае полученный результат ке зависит от
того, где находится сечение S.
2. Как видно из соотношения A4.5), плотность тока насыщения в га-
газе пропорциональна длине / газоразрядного промежутка. Это связано
с возрастанием плотности тока отрицательных ионов на пути от катода
К к аноду Лис увеличением плотности тока положительных ионов на
пути от анода к катоду. При этом плотность каждого тока возрастает
172

A X
пропорционально расстоянию рассматриваемой Jh
точки от начального электрода (рис. 14-3). Сле-
Следовательно, между плотностями тока отрица-
отрицательных ионов j—\ jii] в точках / и 2
(см. рис. 14-2), расстояния от которых до катода
по условию относятся как 2:3, должно быть
соотношение РIС 14.з
/<i>-. j'2' = 2:3 A)
Но, поскольку вблизи анода (в точке 2) плотность тока положительных
ионов /+' равна нулю, здесь выполняется равенство
/ = /<4' + /-=/-- B)
Из формул A) и B) получаем ответ:
/'_" /L?' /'_ь J_
I = / = /L21 ™ 3 '
14-6. В условии предыдущей задачи получен ток насы-
насыщения плотностью /н = 2,5 мкА при расстоянии между
пластинами / = 0,50 м. Определить концентрацию ионов,
которая установится в воздухе, если конденсатор отсое-
отсоединить от источника. Коэффициент рекомбинации для
воздуха г = 1,6 • 10~1а м3 • с. Возникающие ионы
считать одновалентными.
Решение. Если отключить источник, ток между пластинами кон-
конденсатора прекратится. Теперь ионы, создаваемые ионизатором, не
будут нейтрализовываться на электродах, а будут рекомбинироваться
по всему объему газа. Следовательно, должно установиться равновесие
между числом пар ионов An, ежесекундно образуемых ионизатором
в единице объема газа, и числом пар ионов Аи', ежесекундно рекомби-
нирующихся в единице объема газа:
Дя' = An. A)
Независимо от того, есть ли ток в газоразрядном промежутке, кон-
концентрация п ионов всегда связана с числом An и коэффициентом реком-
рекомбинации г формулой A4.6). Отсюда с учетом соотношения A) имеем
n=VAnTr=VA~nTr- B)
Теперь остается найти величину Ал. Поскольку эта величина опре-
определяется лишь действием ионизатора, она не изменится после исчезно-
исчезновения тока. Поэтому с помощью формулы A4.5) для плотности тока
насыщения находим
Ап = -Ь- = -Ь- ,
ql Pi
где е — заряд одновалентного иона, численно равный заряду электро-
электрона. Подставив это значение Ал в формулу B), получим ответ:

Глава S
ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ
§ 15. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ В ВАКУУМЕ
Основные формулы
Сила, действующая на элемент длины проводника с током /, помещенного
в магнитное поле, ((.ила Ампера)
[dlB\.
A5.1)
где d\ — вектор элемента длины проводника, проведенный в направлении тока,
В — вектор магнитном индукции
Сила, действующая на электрический заряд </, движущийся со скоростью
v в магнитном поле, (сила Лоренца)
F = q[vB], A5.^)
где В — магнитная индукция поля
Закон Био — Савара: вектор индукции магнитного поля, созданного эле-
элементом проводника d\, по которому идет ток /, равен
4л
A5.,
где г — радиус-вектор, проведенный от элемента d\ до той точки в которой оп-
определяется индукция поля; \ia = 4 п ¦ 10~' Г/м — магнитная постоянная.
В скалярной форме
Но Idl sin (d\,r)
4л rl
A5 4)
Магнитная индукция в произвольной точке А (рис. 15-1)
поля, созданного прямолинейным проводником с током /
: — (COS ф] —COS ф2) ,
4я а
A5.5)
где а — расстояние от точки А до проводника; <pL. cp2 — углы,
образованные радиусом-вектором, проведенным в точку А
соответственно Из начала и конца проводника, с направле-
направлением тока.
Магнитная индукция в центре дуги окружности длиной L, обтекаемой то-
током /,
Л—J^~. 05.6)
4 К1
где R — радиус окружности.
Циркуляция вектора магнитной индукции В вдоль замкнутого контура L
равна алгебраической сумме токов, охваченных контуром, умноженной на цп;
& (ВЛ) = & Bdl cos (B.'dl)
I t
A5.7)
174

Магнитная индукция на оси длинного соленоида с током / в точках, близких
к его середине,
N1
Я=Ио—-=цоп/. A5.8)
где п = Nil — число витков, приходящихся на единицу длины соленоида
Магнитный момент замкнутого плоского контура, обтекаемого током /,
Pm=/S, A5 9)
где S — вектор, численно равный площади, ограниченной контуром; направле-
направление этого вектора совпадаете положительным направлением нормали к плоскости
контура и связано с направлением тока в контуре правилом правого ниита.
Механический момент, действующий на замкнутый контур с током в одно-
однородном магнитном поле с индукцией В,
М=[РмВ1. A5.10)
Поток вектора магнитной индукции В (магнитный поток) сквозь поверхность
S определяется интегралом
dS, A5.I!)
где Вп — проекция вектора В на направление нормали к элементу площади dS.
Работа сил магнитного поля по перемещению замкнутого контура с посто-
постоянным током / равна
А = /АФ, A5 12)
где ЛФ = Ф, — Ф, — изменение магнитного потока сквозь поверхность, огра-
ограниченную контуром.
Методические указания
1. Основной характеристикой магнитного поля служит вектор
магнитной индукции В. Его модуль и направление устанавливаются
формулами A5.1) или A5.2), выражающими силу Ампера или силу
Лоренца соответственно.
Задачи по электромагнетизму на расчет магнитной индукции В при
заданном распределении токов, создающих магнитное поле, решают
с помощью закона Био — Савара A5.3), A5.4) и принципа суперпо-
суперпозиции магнитных полей. В силу этого принципа магнитная индукция
В в любой точке магнитного поля проводника с током равна векторной
сумме магнитных индукций dB, созданных в этой точке всеми элемен-
элементами dl проводника с током, т. е,
В, A)
где интегрирование проводится по всей длине проводника*.
Из принципа суперпозиции полей следует также, что если маг-
магнитное поле создано несколькими проводниками с током, то вектор В
• Этот метод применяется лишь в тех случаях, когда для расчета поля нель-
нельзя воспользоваться формулами A5.5), A5.6), A5.8) и другими, выведенными с по-
помощью закона Био—Савара или соотношения A5.7).
17Б

в какой-либо точке этого поля равен векторной сумме магнитных ин-
индукций, созданных в этой точке каждым током в отдельности, т. е.
и
В = V В„ B)
где п — число проводников с токами.
Чтобы, применяя соотношения (I) и B), получить правильный ре-
результат, необходимо знать направления складываемых векторов dB
или В/. Как это следует из закона Био —Савара A5.3), вектор йЪ
всегда нормален к плоскости, содержащей векторы dl, г. Поэтому в тех
случаях, когда проводник с током и точка, в которой находят вектор
В, лежат в одной плоскости, все элементарные векторы dB направлены
вдоль одной прямой. Тогда геометрическое сложение заменяется алгеб-
алгебраическим. В остальных случаях складываемые векторы AВ не лежат
па одной прямой. Тогда для вычисления интеграла A) поступают та-
таким же образом, как и в аналогичных задачах электростатики при
вычислении вектора Е (смотрите стр. 104). В частности, если магнит-
магнитное поле обладает осевой симметрией и точка, в которой отыскивают
магнитную индукцию, лежит на этой оси, то искомый вектор В направ-
направлен вдоль этой оси. Его величина определяется интегралом, взятым
но псей длине / проводника:
где rlBx — составляющая вектора da вдоль оси симметрии поля.
2 Расчеты симметричных магнитных полей значительно упроща-
упрощаются благодаря применению теоремы о циркуляции вектора магнитной
индукции [см. формулу A5.7)). При этом важно, чтобы через точку,
в которой требуется определить вектор В, можно было провести такой
замкнутый контур L, совпадающий с линией индукции поля, для всех
точек которого выполнялось бы соотношение В = const. В этом случае
^\
для всех элементов контура cos (В, dl) = 1 и уравнение A5.7) прибре-
таст простой вид:
BL = цо2/.
3. Вектор напряженности Н магнитного поля является вспомога-
вспомогательной величиной, которую вводят для описания поля в магнитных
средах (см. § 17). Если все же в задаче требуется вычислить напряжен-
напряженность магнитного поля в вакууме, то, найдя одним из описанных выше
методов магнитную индукцию В, легко определить и напряженность
поля Н, используя соотношение
Н = B/fi0,
вытекающее из формулы A7.2) или A7.3).
4. Если требуется определить силу, с которой заданное магнитное
поле действует на проводник с током, то сначала по формуле A5.1)
находят силу dF, действующую на произвольный элемент dl длины про-
176

водника (силу Ампера), а затем интегрируют полученное выражение
по всей длине проводника, учитывая направление складываемых век-
векторов dF.
Когда в задаче рассматривается замкнутый контур, находящий-
находящийся в магнитном поле, то различают два случая:
1) магнитное поле однородно. Тогда на контур с током действует
вращающий момент, определяемый формулой A5.9). Под влиянием
этого момента контур поворачивается так, что угол а между векторами
рм, В уменьшается. При а = 0 наступает состояние устойчивого рав-
равновесия контура в магнитном поле;
2) магнитное поле неоднородно. В этом случае на контур с током
кроме вращающего момента действует сила, определяемая формулой,
приводимой, например, в учебниках [31, [6]:
an •"ч
F = Pm— COS (pm. В)
OX
(здесь х — направление быстрейшего изменения величины В).
Следует иметь в виду, что эта формула справедлива только при следую-
следующих условиях: а) магнитное поле таково, что направления оси х и век-
вектора В совпадают (таково, например, поле соленоида в точках, лежащих
на его оси вблизи концов соленоида); б) контур с током достаточно мал
для того, чтобы во всех точках ограниченной им плоскости можно было
считать величину В приблизительно одинаковой.
Общий метод нахождения силы, действующей на контур с током
в неоднородном магнитном поле, основанный на законе сохранения
энергии, применен в задаче № 15-5.
Решение задач
15-1. По контуру, изображенному на
рис. 15-2, идет ток силой / = 10,0 А. Опре-
Определить магнитную индукцию в точке О, если
радиус дуги R = 10,0 см, а = 60°.
Рис. 15-2
Решение. В силу принципа суперпозиции полей магнитная ин-
индукция В в точке О равна векторной сумме магнитных индукций, соз-
созданных всеми элементами контура с током. Разобьем весь контур на
три участка — дугу АВ и прямолинейные отрезки ВС, СА, чтобы для
вычисления их магнитных полей можно было воспользоваться форму-
формулами A5.5) и A5.6). Тогда получим
177

Сначала вычислим модули всех трех слагаемых. Поскольку угол
а — 60°, дуга А В составляет 1/6 часть окружности, т. е. L =
= 2 л R/6 -- лЛ?/3. Подставив это значение L в A5.6), найдем
в"~ -75 т • B)
Далее по формуле A5.5) определим величину Ввс- Из рис. 15-2
видно, что углы, входящие в эту формулу, равны: фх = 30°, ф2 = 90°.
Расстояние от точки О до провода ВС равно а = ОС = R sin фх = R/2.
Подставив значения и, фь ф2 в формулу A5.5), имеем
±. C)
Попробуем применить выражение A5.5) для пычнсления магнит-
магнитной индукции, созданной проводником СА в точке О. Поскольку точка
О лежит на продолжении проводника СА, каждый из углов q,, фа
равен я. Следовательно, числитель формулы A5.5) равен нулю Нулю
равен и знаменатель этой формулы, так как расстояние от точки
до прямой измеряется длиной перпендикуляра, опущенного из точки
на прямую. Таким образом, выражение A5.5) оказывается непригод-
непригодным для расчета величины Вел-
Обратимся непосредственно к уравнению A5.4), выражающему
в скалярной форме закон Бпо — Савара, с помощью которого выведена
формула A5 5). Для любого элемента d/ проводника СА угол, образо-
образованный этим элементом (взятым по направлению тока) и радиусом-
вектором г, проведенным от элемента в точку О, равен л. Следователь-
но, sin (dl, г) = 0. Однако при этом знаменатель формулы A5.4) отли-
отличен от нуля. Таким образом, dB = 0 для любого элемента проводника
СА. Отсюда ясно, что и весь проводник СА не создает в точке О маг-
ниигого поля. Тогда соотношение A) упростится:
В^Влв+Ввс. D)
Поскольку точка О и контур ЛВС лежат в одной плоскости, оба век-
вектора ВдЯ, Ввс, будучи перпендикулярными этой плоскости [это
следует из формулы A5,3)], оказываются расположенными вдоль одной
прямой —нормали к плоскости чертежа, проходящей через точку О.
При этом, согласно правилу правого винта, вектор Ъав направлен от
наблюдателя, вектор Ввс — к наблюдателю. Приняв одно из этих
направлений (например, второе) за положительное, можно вместо D)
написать скалярное равенство
или с учетом B) и C)
[ 4л 12
178

Подставив в эту формулу величины, выраженные в единицах СИ:
/ = 10,0 A, R = 0,100 м, ц0 = 4 я • 10~' Г/м, и произведя вычисле-
вычисление, получим
В = 6,9 • 10-e T = 6,9 мкТ.
15-2. По двум длинным параллельным про-
проводам текут в противоположных направле-
направлениях токи силой /t = /2 = / = 10,0 А
Расстояние между проводами а=0,30 м. Оп-
Определить магнитную индукцию в точке Л,
удаленной от первого и второго проводоп
соответственно на расстояния ах — 0,15 м,
а2 = 0,20 м.
Рис 15 3
Решение. Согласно принципу суперпозиции полей магнитная
индукция в точке А равна векторной сумме магнитных индукций, соз-
созданных каждым током в отдельности:
В = В, + В2.
Однако здесь в отличие от предыдущей задачи точка А, в которой
надо определить поле, и оба параллельных провода не лежат в одном
плоскости (в противном случае имело бы место одно из двух равенств
а = о, + о2; а = | Oj — а2\). Поэтому векторы В[, В2 не коллинеарны
Пусть они образуют угол а. Тогда модуль вектора В на основании те-
теоремы косинусов ранен
В= VB\ + В\ + 25, В, соь а (I)
Величины Blt B2 можно найти по формуле A5.5). Так как в условии
задачи речь идет о длинных проводниках, то ясно, что точка А удалена
от концов каждого провода на значительно большее расстояние, чем
от самого провода. Из рис. 15-1 видно,что в этом случае в формуле
A5,5) следует положить: (pt = 0; ср2 = я. Тогда получим
В = Us- — . B)
Чтобы определить cos а, входящий в формулу A), учтем, что
каждый из векторов Blf B2 лежит в плоскости, перпендикулярной
соответствующему проводнику с током. Поэтому на рис. 15-3, вы-
выполненном в плоскости, содержащей векторы Вь В2, оба проводника
проектируются в точки. В соответствии с принятым обозначением ток
/t показан направленным от наблюдателя, ток /3 — к наблюдателю.
Векторы Вь В2 изображены на рисунке так, что их направление
связано с направлением соответствующих токов правилом правого
винта.
Пусть угол между отрезками аи аг равен р. Поскольку каждый из
векторов Вь В2 перпендикулярен соответствующему отрезку, должно
выполняться равенство
а + р = я. C)
179

По теореме косинусов имеем
а2 = а? + а\ — 2
Из соотношений C), D) следует
D)
E)
Подставив в A) значения Ви В2, определяемые по формуле B), а также
cos а из E), найдем
_ Ио
fa
a' aj ах а% \ 2а^ а? / гп а-j а5
Подставив числовые значения величин (все они даны в СИ) и про-
произведя вычисление, получим ответ:
В = 2,0 ¦ I0-" Т - 20 мкТ.
Ц
Рис 15 4
15-3. Коаксиальный кабель представляет
собой длинную металлическую тонкостен-
тонкостенную трубку радиуса R = 10 мм, вдоль оси
которой расположен тонкий провод. Силы
токов в трубке и проводе равны, направле-
направления противоположны. Определить магнит-
магнитную индукцию в точках / и 2 (рис. 15-4),
удаленных соответственно на расстояния
rt =¦ 5,0 мм и г, = 15 мм от оси кабеля,
если сила тока / = 0,50 А.
Решение. Магнитная индукция в каждой из точек / и 2 равна
векторной сумме магнитных индукций, созданных двумя токами:
трубки и осевого провода. Индукция тока осевого провода выражается
формулой A5.5) или, точнее, формулой B) задачи № 16-2 для длинного
прямолинейного проводника с током. Разбив трубку иа тонкие полос-
полоски, параллельные осевому проводу, можно представить ток трубки как
совокупность параллельных токов, идущих по этим полоскам. Поле
каждого такого тока определяется формулой A5.5). Таким образом,
задачу можно решить суммированием (интегрированием) магнитных
индукций dR элементарных прямолинейных проводников с током.
Однако этот метод неудобен, так как хотя магнитное поле тока, теку-
текущего по коаксиальному кабелю, является осесимметричным (его ось
симметрии совпадает с осью кабеля), точки / и 2 не лежат на этой оси.
Поэтому при суммировании векторов dB, имеющих различное направ-
направление, нельзя воспользоваться соображениями симметрии.
Симметрия магнитного поля тока коаксиального кабеля позволяет
решить задачу, применив теорему о циркуляции вектора индукции
магнитного поля. Действительно, из соображений симметрии следует,
что линии индукции магнитного поля тока кабеля, являясь замкнуты-
замкнутыми, должны иметь форму окружностей, центры которых лежат на оси
¦кабеля и плоскости которых перпендикулярны этой оси. При этом из
180

тех же соображений симметрии вытекает, что во всех точках одной и
той же линии индукции величина В одинакова. В этом случае целесо-
целесообразно применить формулу A5.7) (см. п. 2 методических указаний).
В качестве контура интегрирования рассмотрим линию индук-
индукции, проходящую через точку /. Учитывая, что для всех элементов этой
линии cos (Blf d\) = 1, запишем
откуда
Выразим в единицах СИ входящие в формулу величины: ц0 =
= 4 л • 10~' Г/м, / = 0,50 А, гх = 5,0 • 10~3 м. Выполнив вычис-
вычисление, найдем
fi1==2,0-10-5T=20 мкТ.
Аналогично определим величину В2. Для этого в качестве контура
интегрирования возьмем линию индукции, проходящую через точку 2.
Поскольку контур интегрирования охватывает два тока, равных по
модулю и противоположно направленных, то
откуда
В2 = 0.
Замечание. Полученные результаты позволяют сделать сле-
следующие выводы: 1. Магнитное поле тока, идущего по коаксиальному
кабелю, сосредоточено целиком внутри кабеля. 2. Это поле таково,
как если бы его создавал один ток, идущий по осевому проводу [такое
заключение можно сделать, сравнив ответ для Bt с формулой B) задачи
№ 15-21. Следовательно, ток, идущий по трубке кабеля (тонкостенному
длинному цилиндру), не создает внутри нее магнитного поля. 3. Отсут-
Отсутствие результирующего поля вне кабеля свидетельствует о численном
равенстве (и противоположном направлении) магнитных индукций
токов трубки и осевого провода. Другими словами, магнитное поле
тока, идущего по длинному цилиндру, для точек, лежащих вне ци-
цилиндра, можно рассчитывать, заменив цилиндр линейным проводником,
расположенным вдоль оси цилиндра.
,i,45i. . 15-4. Длинный цилиндр из диэлектрика, по
¦ - — м°ы Х-) поверхности которого равномерно распре-
^^' ' делен положительный заряд с линейной
плотностью х = 10,0 мкКл/м, вращается
вокруг своей оси, совершая п0 = 1,00 X
х 102 об/с. Определить индукцию магнит-
магнитного поля в двух точках: в середине оси
цилиндра и в центре одного из его основа-
оснований,
181

Решение. Прежде всего заметим, что круговое движение элект-
электрических зарядов при вращении данного цилиндра соответствует току,
проходящему по виткам соленоида, имеющего такие же размеры, что и
цилиндр. Следовательно, магнитное поле данного вращающегося ци-
цилиндра эквивалентно магнитному полю длинного соленоида с током.
Поэтому индукцию магнитного поля в середине цилиндра вычислим
по формуле A5.8).
Чтобы вырачнть произведение nl через заданные в условии величи-
величины пи, т, рассмотрим прямоугольную площадку AS, сторона которой,
параллельная оси цилиндра, имеет единичную длину (рис. 15-5, а).
За каждый оборот цилиндра через эту площадку проходит весь заряд,
расположенный на поверхности цилиндра единичной длины, т. е. за-
заряд, численно равный величине т. Следовательно, через площадку
AS за промежуток времени At пройдет заряд, численно равный
д' = riaiAt. A)
В случае соленоида через такую же плошялку AS*(pnc. 15-5, 6) за
промежуток времени At пройдет заряд, численно равный
q" = nlAt. B)
Магнитные поля токов соленоида и вращающегося цилиндра экви-
эквивалентны мри условии q" = q'. Приравнивая правые части формул A),
B), получаем
nl = пот.
Подставив это значение п/ в формулу A5.8), найдем индукцию магнит-
магнитного поля в середине вращающегося цилиндра:
В а = \1опот. C)
Чтобы определить магнитную индукцию в центре одного из основа-
оснований цилиндра, учтем, что в задаче идет речь о длинном цилиндре,
длина которого значительно превышает его диаметр. Если мысленно
разделить цилиндр пополам плоскостью, перпендикулярной оси вра-
вращения, и удалить одну половину, например правую, то индукция в точ-
точке А уменьшится вдвое и станет равной
В'а = ц„«ог/2.
Это вытекает из принципа суперношции полей, в силу которого
каждая половина вращающегося цилиндра вносила одинаковый вклад
в магнитное поле в точке А. В то же время индукция Вс в точке С
(рис. 15-5, а) не изменится при удалении правой половины цилиндра,
так как при большой длине левой половины цилиндра вклад, вносимый
в магнитное поле в точке С правой половиной, был пренебрежимо мал.
Но из соображений симметрии следует, что магнитные поля у концов
оставшейся половины должны быть одинаковыми. Таким образом,
получаем
BQ = Ba = ii0rt0T/2. D)
182

Подставив числовые значения величин, выраженные в единицах
СИ, в формулы C) и D), произведем вычисление:
В а = 4я • 10-' • 100 • 1,00 • Ю-6 Т = 12,6 • Ю-10 Т,
Вс = Dл • Ю-7 • 100 • 1,00 • 10-6/2) Т = 6,3 • 10~10 Т.
15-5. В центре длинного соленоида, имею-
имеющего п = 5000 витков на метр, помещена
рамка, состоящая из А/ = 50 витков прово-
провода площадью S — 4,0 см2 каждый Рамка
может вращаться вокруг оси ОО', перпен-
перпендикулярной оси соленоида, и удерживает-
удерживается в равновесии спиральной пружиной так,
что при этом ее плоскость параллельна оси
соленоида (рис 15-6). При пропускании
тока по рамке и соленоиду, соединенных
последовательно, рамка повернулась на
угол ф = 60е Определить силу тока, если
жесткостыфужиныА1 = 6,00-10~6 Н-м/рад.
(Жесткость спиральной пружины измеря-
измеряется вращающим моментом, необходимым
для закручивания пружины на угол
а — 1 рад )
Решение. При появлении тока рамка оказывается в однородном
магнитном поле соленоида. На нее будет действовать вращающий мо-
момент М, под действием которого рамка повернется, закручивая пружи-
пружину. Рамка установится в таком положении, когда момент магнитных
сил М уравновесится моментом упругих сил Мупр пружины, т. е.
Рис 15 6
м = т
упр-
A)
Момент М найдем по формуле A5.10), которую запишем в скаляр-
скалярной форме:
= /)Mfisin(pM,B),
B)
где пм, В выражаются формулами A5.9), A5.8). Учитывая, что в A5 9)
дан магнитный момент одного витка, на сновании соотношения B) по-
получим
sm(pM, B)=j
C)
где а — угол между векторами рм, В. Заметим, что вначале, когда то-
тока нет, а = л/2.
При устойчивом равновесии свободной рамки вектор рм всегда па-
параллелен вектору В и при этом а = 0. Поэтому под действием момента
магнитных сил М рамка поворачивается так, что угол а уменьшается.
Пусть рамка повернулась на угол ср. Возникающий при этом момент
упругих сил Муар пружины согласно закону Гука равен
Муар = *Ф. D)
183

где ?—жесткссть пружины. Приравняв на основании A) правые части
формул C), D) и учитывая, что а = я/2 — ср, получим
[ionNP S cos ф = fap,
откуда
/ = Уйф/ц0 nMS cos ф.
Выразив все величины в единицах СИ, произведем вычисление:
6.00.10-.Я/3 .А=1HА.
4л10-'-50-5.10а-4,010-40,50
м i 15-6. Рядом с длинным прямым проводом
о ММ, по которому идет ток силой /, распо-
+ + ' ' / I * в ' ложена квадратная рамка со стороной /,
+ \ ' */ • fV" " обтекаемая током силой /'. Рамка лежит
+ + . . t ? . в одной плоскости с проводом ММ так, чго
й0 F* 72 ее сторона, ближайшая к проводу, на ходит-
+ + » •* \ К Ч' ' ся от него на расстоянии аи (рис. 15-7).
+ + . . D. ' . с . Определить магнитную силу, действующую
+ + , # # I на рамку, а также работу этой силы при
w * ' о'' удалении рамки из магнитного поля. Счи-
Считать, что при движении рамки токи /, /'
Р„с 15-7 поддерживаются постоянными.
Решение. Здесь в отличие от предыдущей задачи рамка с током
находится в неоднородном магнитном поле, так как магнитная индук-
индукция В убывает при удалении от провода ММ. В этом случае на контур
кроме вращающего момента дейепзует сила. Перемещая контур, эта
сила совершает работу.
Возможны два способа решения задачи, отличающиеся последова-
последовательностью нахождения неизвестных величин — силы и работы. Рас-
Рассмотрим оба способа.
1. На каждый элемент длины контура ABCD, расположенного
в магнитном поле тока /, действует сила Ампера, выражаемая формулой
A5.1). Направление этой силы зависит, в частности, от направления
вектора магнитной индукции В в том месте, где находится этот элемент.
Направления линий индукции, определяемые правилом правого винта,
изображены на рисунке крестиками (от наблюдателя) и точками (к на-
наблюдателю). Применив правило левой руки, найдем направления сил,
действующих на все стороны рамки. Так как стороны АВ, DC располо-
расположены одинаково относительно провода ММ, действующие на них силы
Fj, F4 Должны быть численно равны. Будучи противоположно направ-
направленными, они уравновешиваются. Следовательно, равнодействующая
всех сил, приложенных к рамке, равна
F = F, - F2 A)
и направлена в сторону от провода,
184

Вычислим силы Fu Ft, действующие на стороны рамки AD, ВС.
Для этого перепишем формулу A5,1) для силы Ампера в скалярной
форме:
n(dCB). B)
Учтем, что для всех элементов dl одной и той же стороны рамки
sin (dl. В) = 1 и величина В одинакова. Поэтому силу, действующую
на каждую из сторон AD, ВС, на основании B) выразим так:
/rA=C/'Bd/ = /' B\dl=I' Bl. C)
о о
Магнитная индукция длинного прямого провода с током дается
формулой A5.5), если в ней положить (pt = 0, ф4 = л:
-. D)
а
Подставив это значение В в C), найдем
2л
Выразив в соотношении A) каждую из сил Fu F2 по формуле E), оп-
определим результирующую силу:
(±!) F)
iri(
При удалении рамки от провода за пределы магнитного поля тока
/ силы Fit Fit которые теперь будем рассматривать как переменные
величины, совершат работу: сила Ft — положительную работу Ль
сила F2 — отрицательную работу Аг. Считая каждую из величин Аи
A.J, работой переменной силы, найдем полную работу, совершенную
при атом магнитными силами:
Л = Л1 + Л2 = ^ Fxda— ^ F^da. G)
Чтобы вычислить каждый из этих интегралов, надо знать, как за-
зависит сила от расстояния до провода MN. Формула E) дает эту зависи-
зависимость, однако она верна лишь для длинного провода. При значитель-
значительном удалении от провода условия ср, = 0 и ср4 = л перестают выпол-
выполняться и формула E) оказывается неверной. Однако найти разность
интегралов, стоящую в формуле G), можно. Для этого воспользуемся
тем, что сила /•',, переместив проводник AD на расстояние /, в дальней-
дальнейшем совершит точно такую же по абсолютному значению работу, то
и сила F2, перемещающая проводник ВС, так как проводник AD, npoi'i-
дя путь /, затем в точности повторит движение проводника ВС. Имея
противоположные знаки, эти два значения работы дают в сумме нуль.
185

Следовательно, искомая работа А равна работе силы Рг при перемеще-
перемещении проводника AD из его начального положения на расстояние I,
Поэтому, учитывая формулу E), получим
' Ji ГС ^ = ^- IV I In
2я J а 2л а„
2. Для вычисления работы по удалению рамки ABCD из магнитного
поля воспользуемся формулой A5.12), выражающей работу магнитных
сил через изменение магнитного потока Ф — Фо сквозь замкнутый кон-
контур, где Фу — магнитный поток сквозь рамку в ее начальном положе-
положении. Очевидно, магнитный поток Ф сквозь рамку, находящуюся вне
магнитного поля, равен нулю. Таким образом, работа сил магнитного
поля
А = (Ф - ф„) /' = - Фо/'. (8)
Найдем поток Ф„ по формуле A5.11). Так как положительное на-
направление нормали к контуру с током связано с направлением тока
правилом правого винта, то нормаль к контуру ABCD направлена от
наблюдателя. Следовательно, для всех элементов dS поверхности, ог-
ограниченной контуром, вектор В составляет с нормалью угол л, поэтому
Вп = — В, поток Фо, определяемый формулой A5.11), является от-
отрицательным, а работа А, выражаемая формулой (8), — положитель-
положительной.
Чтобы вычислить величину Ф0) разобьем поверхность, ограничен-
ограниченную контуром ABCD, на элементарные полоски, параллельные про-
поду MN, длиной / и uinpHHoftda. Магнитный поток сквозь такую по-
полоску, расположенную от провода MN на расстоянии а, равен с учетом
формулы D)
йФ =BndS=—Blda= —^_ ц JL ,
2п а
Тогда поток сквозь весь контур ABCD
,) ал } а 2л ц0
Л а„
Подставив =iro значение ФЛ в формулу (8), получим
2я а„
Для отыскания силы, действующей на рамку, предположим, что
рамка под влиянием этой силы переместилась из своего начального
положения, причем ее расстояние от провода возросло на малую ве-
величину Да. При этом сила F совершит работу
АА = f Да.
186

С другой стороны, согласно формуле A5.12) эту работу можно выра-
выразить через изменение магнитного потока ДФ сквозь рамку прм ее пере-
перемещении на Да:
АЛ = /'ДФ.
Из двух последних равенств, переходя к пределу, получаем
Чтобы выполнить дифференцирование, выразим Ф как функцию
переменной величины а— расстояние от провода ММ до стороны рам-
рамки AD, Для этого запишем формулу (9) в виде
2я
Подставим это значение Ф в A0) и произведем дифференцирование:
2
2л \ а а+1
При а = а0 этот результат совпадает с формулой F).
Заме чан и я: 1. В данной задаче оба рассмотренных метода ока-
оказались одинаково целесообразными, однако второй метод более универ-
универсален. Действительно, вычисление работы первым способом было ос-
основано на предположении, что рамка с током, удаляясь от провода
MN, двигалась поступательно, оставаясь все время в одной и той же
плоскости, а вычисление работы вторым способом остается верным для
любого движения рамки. Как это следует из формулы A5.12), важны
лишь начальное и конечное положения контура. Кроме того, второй
метод более удобен, поскольку он позволяет не рассматривать силы,
действующие на отдельные элементы контура. Как видно из формулы
A0), достаточно вычислить производную от магнитного потока по пере-
перемещению контура в каком-либо направлении, чтобы узнать силу, дей-
действующую в этом направлении на контур.
2. При удалении рамки от провода MN магнитный поток сквозь
нее возрастал, поскольку начальный поток Фо <0, и, согласно A5.12),
силы поля, перемещая рамку, совершали положительную работу. Од-
Однако магнитные силы выталкивают рамку с током из поля провода ММ
лишь до тех пор, пока сохраняется первоначальная ориентация рамки
относительно провода. Если же представить, что рамка повернулась
вокруг оси 00' (рис. 15-7) на небольшой угол, то силы Flt F2 уже не
будут лежать на одной прямой. Они создадут вращающий момент,
в результате чего рамка повернется на угол л (при этом магнитный поток
сквозь рамку станет положительным). Таким образом, рамка, удер-
удерживаемая осью 00' в положении, изображенном на рисунке, находит-
находится в неустойчивом равновесии. Поэтому в действительности рамка
ABCD, если она свободная, сначала повернется вокруг оси 00' на
угол л, а затем начнет притягиваться к проводнику MN. Последнее
легко понять, если определить направления сил, которые теперь будут
действовать на стороны рамка AD, ВС, Это следует также из формулы
187

A0): теперь магнитный поток сквозь рамку положителен. Следователь-
Следовательно, он возрастает (йФ > 0) при приближении рамки к проводу (da < 0).
Значит, производная АФ1йа, а с ней и сила F — величины отри-
отрицательные, что соответствует притяжению рамки к проводу MN.
Во всех случаях рамка с током перемещается под действием силы
F так, что при этом магнитный поток сквозь нее возрастает.
§ 16. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ
Основные формулы
Основной закон электромагнитной индукции (закон Фарадея): при всяком
изменении магнитного потока скяоэь контур в нем возникает здектродвижушая
сила индукции, пропорциональная скорости изменения магнитного потока, т. в.
&=— — A6 1)
ai
Количество электричества, протекающего по контуру сопротивлением R при
изменении магнитного потока сквозь контур на пеличину ЛФ,
A6.2)
4.
Магнитный поток сквозь контур и сила тока в нем связаны соотношением
Ф = LI, A6.3)
где /. — инд\ ктивность контура.
Индуктивность длинного соленоида с немагнитным сердечником
? = ^-y-S = un«*l/. A6 4)
где п = Л"/ — число витков, приходящихся на единицу длины соленоида,
S — площадь его поперечного сечения, V — его объем.
Сила тока в цепи, обладающей постоянными сопротивлением /V и индуктив-
индуктивностью L и содержащей постоянную э. д с. ci, изменяется при замыкании и рлз-
мыкаиии цепи по закону
^ A6.5)
При замыкннии цепи начальная сила тока 1а = 0; при размыкании # = 0.
Методические указания
1. В явлениях электромагнитной индукции магнитный поток
сквозь контур может изменяться как при движении контура или отдель-
отдельных его участков, так и при изменении во времени магнитного поля.
В обоих случаях для определения э. д. с. индукции пользуются зако-
законом Фарадея A6.1). Однако при движении проводников в магнитном
поле этот закон применим лишь в тех случаях, когда рассматриваемый
контур проходит через одни и те же точки движущегося проводника.
Например, в случае на рис. 15-7 контур abed проходит внутри материа-
188

ла одной и той оке движущейся рамки, на рис. 16-1 контур abed про-
проходит внутри одной и той же движущейся проволоки ad. В противном
случае формула A6.1) приводит к неверному результату. Тогда э. д. с.
индукции находят, исследуя силы Лоренца, действующие на свобод-
свободные заряды в движущемся проводнике (см. задачу № 16-2). В связи
с этим напомним, что действующая в цепи э. д. с. измеряется работой
сторонних сил (т. е. сил неэлектростатического происхождения) при
перемещении вдоль замкнутой цепи единичного положительного за-
заряда, т. е.
где q — перемещенный заряд.
2. Если в задаче требуется найти разность потенциалов на концах
проводника, движущегося в магнитном поле, то надо иметь в виду,
что искомая разность потенциалов численно равна э. д. с, индуци-
индуцируемой в проводнике. Найти э. д. с. индукции в движущемся провод-
проводнике всегда можно методом, изложенным в п. 1, если дополнить этот
проводник до замкнутого контура. При этом все части контура, кроме
данного проводника, должны оставаться неподвижными.
Если замкнутый контур находится в изменяющемся во времени
магнитном поле, то, поскольку при этом возникает вихревое электри-
электрическое поле Ест с замкнутыми силовыми линиями, понятие потенциала
здесь вообще неприменимо. Подставив в последнюю формулу для
э. д. с. вместо FCT произведение ?ЕСТ, получим согласно A6.1)
*=--(? (Евт dl)= —^- . A6.6)
' dt
В этом случае можно говорить не о разности потенциалов двух точек
контура, а о напряжении на участке контура, соединяющем эти точки
(см, определение напряжения на стр. 147):
Если к двум точкам контура подключить вольтметр, его показания
будут зависеть от расположения прибора (см. задачу № 16-3).
3. В формуле A6.3) величина Ф означает полный магнитный поток,
или потокосцепление, и измеряется суммой магнитных потоков, про-
пронизывающих каждый виток соленоида. Для длинного соленоида вели-
величина Ф в N раз больше (jV — число витков) магнитного потока Ф',
проходящего через любое сечение соленоида, взятое вблизи его сере-
середины.
189

+ ^
+
+
+ + +
+ + +1
ц
. 4- +
+ +
•Ф-V
+ +
Решение задач
16-1. В однородном магнитном поле с ин-
индукцией 10,0- 10Т расположена прямо-
прямоугольная рамка abed, подвижная сторона
которой ad длиной / = 0,100 м перемещает-
$+*Г+ + ся со скоростью v = 25 м/с перпендикуляр-
перпендикулярно линиям индукции поля (рис. 16-1). Оп-
Рис 16-1 ределить э. д. с. индукции, возникающую
в контуре abed.
Решение. Задачу можно решить двумя способами, применив
закон Фарадея для электромагнитной индукции или рассматривая
силы, действующие на свободные электроны в движущейся проволоке
(силы Лоренца).
1. При движении проводника ad площадь рамки увеличивается,
магнитный поток Ф сквозь рамку возрастает, а значит, согласно закону
Фарадея A6.1), п рамке должна при этом действовать э. д. с. индукции.
Чтобы ее няйш, сначала выразим магнитный поток Ф через индукцию
поля В и стороны рамки /, х. Согласно формуле A5.11), имеем
ф = BS = Blx.
Подставив это значение Ф в A6.1) и учитывая, что В, I — вели-
величины постоянные, запишем:
где dx'd/ = v — скорость перемещения проводника ad. Поэтому
S = — В/у. A)
Сделав подстановку числовых значений величин В, /, v (все
даны в единицах СИ), получим ответ:
Ш = — 2,5 • 10-! В = — 25 мВ.
Знак « — » в формуле A) показывает, что э. д. с. индукции Ш дей-
действует в контуре abed и таком направлении, при котором связанная
с ним правилом правого винта нормаль к контуру противоположна
вектору В (т. е. направлена к наблюдателю на рис. 16-1). Отсюда
заключаем, что э. д. с. индукции, а значит, и индукционный ток па-
правлены в контуре abed против часовой стрелки. К такому же ре-
результату придем, применив правило правой руки для проводника ad.
Заметим, что если бы проводник ad двигался влево, то положитель-
положительному приращению времени соответствовало бы отрицательное прира-
приращение (убыль) величины х. Следовательно, знак dx/dt, а значит, и знак
f, изменились бы. В этом случае индукционный ток направлен по ча-
часовой стрелке.
2. Согласно определению (см. стр. 189), э. д. с. равна
'<* = — = — F(FCTi/l), B)
где q — величина заряда,
190

При движении в магнитном поле проводника-ad вместе с ним дви-
движутся со скоростью v его свободные заряды (электроны). Поэтому на
каждый из них действует сила Лоренца, выполняющая роль сторонней
силы FCT, входящей в формулу B). Поскольку v _LB, то согласно A5.2)
сила Лоренца равна
F = qvB.
Так как она действует только вдоль участка ad длиной /, интеграл,
стоящий в B), равен
L
Подставив это значение интеграла в формулу B), получим
S = Blv, C)
что совпадает (но абсолютному значению) с формулой A). Чтобы найти
направление тока, учтем, что оно всегда определяется направлением
движения положительных зарядов в цепи. Согласно A5.2), сила Ло-
Лоренца, действующая на положительный заряд в проводнике ad, на-
направлена от d к а. Таким образом, снова получаем: ток в рамке abed
направлен против часовой стрелки (конечно, па самом деле электроны
в контуре движутся по часовой стрелке).
Замечание. При решении задачи в обоих случаях допущена не-
неточность: не принималось в расчет магнитное поле, созданное индук-
индукционным током. Эго поле образует некоторый поток Ф' сквозь рамку.
При движении проводника ad поток Ф' изменяется, что приводит к по-
появлению дополнительной э. д. с. Очеш/чпо, этот аффект тем слабее,
чем меньше сила тока. Поскольку она обратно пропорциональна со-
сопротивлению цепи, можно сказать, что оба рассмотренных метода дают
правильный ответ при условии достаточно большого сопротивления
цели.
16-2. В однородном магнитном поле с ин-
индукцией В вращается в плоскости, перпен-
• с днкулярной линиям индукции, медный диск
rY>4« •""?] радиуса г, совершая п оборотов в секунду,
г nX fl|| []рц помощи скользящих контактов диск
"^1р—| Л- b подключен к цепи, сопротивление которой
а • у I' R (рис. 16-2). Определить э. д. с. индукции,
возникающую при вращении диска, коли-
количество электричества q, протекающего по
р11С 1б 2 ш. пи, а также количество теплоты Q, выде-
выделенное п цепи за время, в течение которо-
которого диск совершил N оборотов.
Решение. Как показывает опыт, при вращении диска в магнит-
магнитном поле в контуре abed (рис. 16-2) появляется ток, а значит, возни-
возникает э. д. с. индукции. Очевидно, магнитный поток сквозь этот контур
не меняется. Следовательно, закон Фарадея, выражаемый формулой
A6.1), здесь не дает правильного результата. При движении проводни-
191

ков в магнитном поле закон Фарадея применяется лишь для контура,
проходящего через одни и те оке точки движущегося проводника
(что было, например, в предыдущей задаче). Здесь же участок контура
проходит все время через различные радиусы вращающегося диска.
В контуре abed должна возникать э. п.. с, так как его участок ad
представляет собой движущийся проводник, и поэтому на его свобод-
свободные электроны, движущиеся вместе с диском, действуют силы Лоренца.
Эти силы будут перемещать электроны относительно диска от точки
а к точке d. Поэтому воспользуемся результатом, полученным в преды-
предыдущей задаче (второй способ). Чтобы найти э. д. с. индукции, подста-
подставим значение силы Лоренца, определяемой по формуле F = cvB
(здесь е — заряд электрона), в формулу B) предыдущей задачи. Учи-
Учитывая при этом, что сила F действует в контуре abed только на участ-
участке ad, запишем
г г г
С? = -L (>d/ = Г vBdl = В Г vdl. A)
о о о
Находясь в различных точках участка ad, электроны имеют разную
скорость v. Для электрона, находящегося на расстоянии / от центра
диска,
v ---- со/ = 2 nnl.
Подстазив это значение v в формулу A), получим
г
% = 2тВ Г Ш = пгг пВ. B)
о
Таким образом, при равномерном вращении диска (п = const)
в цени действует постоянная э. д. с, создавая постоянный ток.
Количестве электричества q, перемещенное индукционным током,
определятся формулой A6.2). Однако эта формула имеет смысл только
в тех же случаях, что и закон Фарадея. Поэтому вычислим q иным пу-
путем, используя известные соотношения для цепи постоянного тока:
q = It = nt/R.
Подставив вместо ? се значение по формуле B) и учитывая, что t =
= Nln, найдем
<7 = nr2NB.{R. C)
Количество теплоты Q, выделенное в цепи постоянного тока, с уче-
учетом формул B), C) выразим так:
Q = g// = g<7 = n%r*nNBVR.
Видим, что при заданном числе оборотов /V величина q не зависит
от скорости вращения диска, тогда как величина Q, будучи пропорцио-
пропорциональной п, зависит.
Замечание. При решении задачи в качестве сторонних сил,
действующих на свободные электроны во вращающемся диске, рассмат-
192

ривалисьлишь силы Лоренца. Строго говоря, надо учесть еще центро-
центробежные силы инерции (если рассматривать явление в системе отсчета,
связанной с вращающимся телом). Эти силы действуют на электроны
независимо от магнитного поля, отбрасывая их к краям диска и соз-
создавая добавочную э. д. с. %'. Таким образом, здесь имеются, по суще-
существу, два генератора э. д. с: один электромагнитный, второй «инер-
«инерционный», работающий по принципу центробежного насоса. В данном
случае обе э. д. с. % и Ш' направлены одинаково, создавая в цепи ток
против часовой стрелки (электроны движутся по часовой стрелке).
Если изменить направление вращения диска или направление поля В,
то величины g и f' будут направлены противоположно.
Найдем э. д. с. Ъ' «инерционного» генератора. На электрон массы
т, находящийся на расстоянии / от центра диска, действует центро-
центробежная сила инерции
FaH = — та = — тш21 = — 4л2п21т
где а — центростремительное ускорение электрона, обусловленное его
вращением вместе с диском. Подставив это значение FUH (опуская знак
« — ») в формулу A), получим
4л2 пг т
D)
Сравнив величины g', % по формулам D) и B), имеем
й' _ Чкп т
'S ~ В е
Так как для электрона т/е = 5,7 • 10~12 кг/Кл, то данное отно-
отношение обычно получается весьма малым, т. е. величиной $' можно
пренебречь. Однако в случае слабых магнитных полей и больших ско-
скоростей вращения диска действие «инерционного» генератора необхо-
необходимо учитывать.
16-3. Виток медной проволоки охватывает
сердечник трансформатора. Вследствие из-
изменения силы тока в обмотке трансфор-
трансформатора магнитный поток внутри сердечни-
сердечника равномерно изменяется со скоростью
—ЗОВб/с. К точкам А, В, которые делят
вяток на два участка так, что /г = 2 1и под-
подключен вольтметр двумя способами, изо-
изображенными на рис. 16-3, Определить его
показания. Считать сопротивление витка
ничтожно малым по сравнению с сопротив-
сопротивлением вольтметра.
Решение. В задачах электростатики и постоянного тока вольт-
вольтметром измеряется разность потенциалов точек, к которым он подклю-
подключен. Теперь изменение магнитного поля вызывает появление вихре-
вихревого электрического поля с замкнутыми линиями индукции. Понятие
Рис 16 3
7 Зак 1520
193

потенциала здесь теряет смысл, поскольку работа по перемещению
заряда на замкнутом пути в таком ноле не равна нулю. Вольтметр же
в нашей задаче должен давать показания. Действительно, пусть воль-
вольтметр сначала включен в положении I. При этом контуры Л/, В12А,
AVBl^A пронизываются переменным магнитным потоком и в каждом
из них должна действовать одна и та же э. д. с. индукции, равная
g = — dfbldt = 30 В.
Следовательно, по всем проводникам, в том чис/if и вольтметру, должен
течь индукционный ток. Согласно правилу Ленца, э. д. с, $ в каждом
контуре направлена по часовой стрелке (убывающий магнитный поток
Ф на рисунке направлен от наблюдателя). Этим и объясняется указан-
указанное на рисунке направление токов /1( /2. Ток h направлен от А к В.
Показание вольтметра всегда пропорционально току, проходящему
через исто, т. е.
U = hRv,
где U — напряжение на участке цепи, которым является сам вольтметр,
равное линейному интегралу напряженности Е,т электрического поля,
взятому вдоль данного участка (определение напряжения см на
стр. 147).
Величину lyRv найдем, применив правила Кирхгофа для развет-
разветвленных цепей. По первому правилу Кирхгофа имеем для узла А
/, 1- h = /,. A)
Выбрав* направление обхода кош у ров по часовой стрелке, получим
согласно второму правилу Кирхгофа соответственно для контуров
Л/[б/.2 А и AVBlxA, учитывая, чго сквозь последний контур магнит-
магнитный поток не проходит:
/itfi + № = Я, B)
hRv — fiRt = 0. C)
Из последнего уравнения находим показание вольтметра:
U = Л R, - /,#, D)
Таким образом, измеряя напряжение на себе самом, вольтметр из-
измеряет также напряжение па том участке витка, с которым он образует
контур, не пронизываемый магнитным потоком.
Если известны величины /?,, R2, Rv, S', то, решив систему A),
B), C), найдем все токи и показание вольтметра. В нашей задаче ве-
величины Rlt R.lt Rv не даны, чато выполняются соотношения: R\, J^>
^> Ru R\, s* R2. Они позволяют пренебречь силой тока 1\> в цепи
вольтметра по сравнению с величинами Ilt Iг. Тогда из уравнении A),
B) получим
], = /2 = / = SI (Rt + Я2).
J94

Подставив это значение It в формулу D) и учитывая,что сопротивле-
сопротивление проволоки пропорционально ее длине, найдем первый ответ:
%R = т* = Jg-== 10 В
h + l 1
Когда вольтметр включен в положении II, он измеряет напряжение
на участке Bl.tA (так как о ним образует контур, не пересекаемый маг-
магнитным потоком). Следовательно,
U' = I2R2 = S - /,/?, = 20 В.
Таким образом, в случае индукционных токов показания вольтмет-
вольтметра зависят не только от положения точек, к которым он подключен,
но и or расположения самого прибора.
16-4. По длинному соленоиду с немагнитным сердечни-
сердечником сечением 5 = 5,0 см'2, содержащему N = 1200 вит-
витков, течет ток силон / = 2,00 А. Индукция магнитного
поля в центре соленоида В = 10,0 мТ. Определить его
индуктивность.
Решение. Задача решается двумя способами.
1. Индуктивность длинного соленоида выражается формулой A6.4).
Неизвестную величину / найдем, воспользовавшись формулой A5.8)
для магнитной индукции внутри длинного соленоида, откуда
Подставив это значение I в A6.4) и произведя сокращения, получим
ответ:
L = /VfiS/7.
Выразим входящие в формулу величины в единицах СИ: М =
= 1200, В = 1,00 • 10-2Т, S = 5,0 • Ю-4 м-, / = 2,00 А. Выпол-
Выполнив вычисление, найдем
L = 3,0 • I0-* Г = 3,0 мГ.
2. Задачу можно решить, исходя из общего определения индук-
индуктивности контура A6.3) как коэффициента пропорциональности между
током в контуре и собственным магнитным потоком Ф сквозь него.
При этом надо учесть, что в случае соленоида Ф в формуле A6.3) являе-
ся полным магнитным потоком (потокосцеплением), равным сумме
потоков, проходящих сквозь каждый виток соленоида. Поскольку
сквозь каждый виток длинного соленоида проходит один и тот же маг-
магнитный поток Ф' = BS (ослаблением поля у концов соленоида пренеб-
пренебрегаем), то полный поток равен
ф г= Щ)' = NBS.
Подставив это значение Ф в A6.3), найдем индуктивность соле-
соленоида:
L = NBS/J.
7* 195

lft-5. В цепи, схема которой изображена на
1 ^—а рис. 16-4, /?, = 5,0 Ом, /?2 = 95 Ом,
L\\ J. к ф1 L = 0,34 Г, <?=38 В. Внутреннее со-
:» ' 4]^ J_f противление батареи пренебрежимо мало.
j J- Определить силу тока в резисторе R2
i с й в грех случаях: 1) до размыкания цепи,
2) в первый момент после размыкания,
Р;ч' |64 3) через 0,01 с после размыкания.
Решение. 1. Силу постоянного тока /2 до размыкания цепи
находим по второму правилу Кирхгофа, применив его для контура
abed (рис. 1G-4):
где / — сила тока в батарее, г — внутреннее сопротивление источни-
источника. Поскольку величиной последнего можно пренебречь, получим
/2 = SiRt = 0,40 А.
2. Найдем силу тока I? в резисторе R2 сразу же после размыкания
ключа К- Если в первом случае участки цепи be, ef были соединены меж-
между собой параллельно, то после отключения батареи они, образуя один
неразветвленный контур befeb, оказываются соединенными последо-
последовательно. Значит, теперь по ним должен течь одинаковый ток. Так
как из двух участков только один участок ef обладает индуктивностью,
то именно ток /,, проходивший до размыкания цепи по этому участ-
участку, должен сохраниться. Такой результат приобретает простой физи-
физический смысл: поскольку индуктивность является мерой инертности
тока в проводнике, то ток /2 в резисторе R2, практически лишенный
инертности, сразу исчезнет после отключения батареи и по всему
контуру befeb потечет ток, равный lt. Таким образом, получаем ответ
на второй вопрос задачи:
ц = /, = SIR, = 7,6 А.
3. Так как теперь цепь отключена от батареи, ток начнет убывать.
Его величину 1\ в заданный момент t = 0,01 с можно определить по
формуле A6.5) для изменения тока при замыкании и размыкании, по-
положив в ней S = 0 (случай размыкания), а также /0 = IL. Тогда по-
получим
/^_/ie-R//L_/ie-(R,-t-R )t/L ш
Подставив числовые значения величин /х, /?х R2, L, t в формулу и
произведя вычисление, найдем
/а = 0,4 А.
196

16-6. Резистор сопротивлением R присое-
присоединен к верхним концам двух вертикаль-
с ных медных стержней, отстоящих на рас-
+ стоянии / друг от друга (рио. 16-5). Стержни
замкнуты медной перемычкой массы т,
+ которая без трения может скользить по
ним. В окружающем пространстве создано
+ однородное магнитное поле с индукцией В,
перпендикулярное плоскости, в которой
rf+ расположены стержни. Перемычку отпус-
+ тили, после чего она начала падать без на-
нарушения электрического контакта. Прене-
+ +тУ+ + брегая сопротивлением стержней и пере-
перемычки, найти установившуюся скорость v
Рис. 16.-5 последней. Принять индуктивность едини-
единицы длины системы стержней равной k.
Решение. При падении перемычки площадь контура abed рас-
растет и магнитный поток сквозь него увеличивается. Согласно закону
Фарадея, в контуре появляется э. д. с. индукции, вызывающая индук-
индукционный ток. Следовательно, на перемычку ad кроме силы тяжести
mg действует со стороны магнитного поля сила Ампера Fa, определяе-
определяемая формулой A5.1). Так как для всех элементов длины перемычки,
/\
по которой идет ток силой /, sin {d\, В) = 1 и В = const, то
FA = IBL
Согласно правилу Ленца, сила F,, направлена против силы mg. С
ростом скорости падения перемычки увеличиваются э. д. с. индукции,
сила тока / и, следовательно, сила Ампера FA- Скорость перестанет
возрастать, когда наступит равновесие сил mg и F^, т. е.
A)
Ич условия A) можно найти силу тока /, а последнюю связать с ис-
искомой скоростью, применив закон Ома и закон электромагнитной
индукции. По закону Ома для замкнутой цепи,
/ = SIR, B)
где S — э. д. с, действующая в контуре abed и равная сумме:
0 = e>i + 0 „. (oj
Величина Si—э. д. с. индукции, возникающая при изменении сквозь
контур магнитного потока Ф( вектора В. Используя результат, полу-
полученный при решении задачи N° 16-1, запишем для абсолютного значе-
значения Si
\S,\ = Blv. D)
Величина Ss — э. д. с. самоиндукции. Она появляется при измене-
изменении сквозь контур abed магнитного потока Os, созданного индукцион-
индукционным током. Этот поток изменяется вследствие роста площади контура.

Чтобы определить величину $в, учтем, что в данном случае индуктив-
индуктивность контура — величина переменная. Действительно, индуктивность
L — kx, где х — длина вертикальных стержней, измеренная на участ-
участке, по которому идет ток. При падении перемычки величины х и L воз-
возрастают. На основании формул A6.1) и A6.3) запишем для э. д. с.
самоиндукции
8 пи) ==_LJL_/ j±, E)
" dt dt dt
Так как при установившейся скорости падения перемычки / = coibi,
то первое слагаемое в E) равно нулю и тогда
F)
dt at dt
Величины Ei и gs имеют пданном случае противополоншые знаки,
поскольку соответствующие им магнитные потоки Ф, и Ф8 направлены,
согласно правилу Ленца, противоположно; при этом оба потока рас-
пут по абсолютному значению. Учитывая это, из уравнений B)—D)
и F) найдем
/ = (ВЬ — lku)/R. G)
Исключив из формул A) и G) силу тока /, определим установив-
установившуюся скорость перемычки:
meR (8)
Проанализируем полученный результат.
1. Если k — 0, rot) = tngR/B2P и направлена вниз. Так как при на-
наличии индуктивности скорость, будучи величиной конечной, направ-
направлена также вниз, то приходим к выводу, что формула (8) верна лишь
при значениях заданных величин, удовлетворяющих неравенству
ВЧ* > mgk. (9)
Выясним физический смысл этого соотношения. Из A) следует,
что значение /, необходимое для равновесия приложенных к пере-
перемычке сил, равно
/ = mglBl. A0)
Однако индуктивность цепи ограничивает рост силы тока в контуре,
происходящий при увеличении скорости перемычки. Действительно,
из G) находим
Отсюда получим, положив v~* oo, предельную силу тока:
Blli A1)
Сопоставляя формулы (9)—A1), видим, что неравенство (9) экви-
эквивалентно очевидному условию /пред > /. Следовательно, если соот-
соотношение (9) не выполняется, то это означает, что сила тока в контуре,
198

ограниченная в процессе самоиндукции величиной /преД1 не достигает
значения, необходимого для равновесия сил mg и FA, приложенных
к перемычке, ни при каких конечных значениях ее скорости. Другими
словами, скорость перемычки неограниченно возрастает и ее устано-
установившееся значение недостижимо.
2. Если R -> оо, то v-*¦ со. В этом случае ток по контуру не идет
и перемычка падает под действием силы тяжести о ускорением g.
3. Если R = 0 и выполняется условие (9), то v = 0: перемычка
будет неподвижно висеть в магнитном поле, несмотря на действие силы
тяжести. Этот парадоксальный результат можно осуществить, если ох-
охладить проводники контура abed, помещенного в достаточно сильное
магнитное поле, до сверхпроводящего состояния.
§ 17. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ В ВЕЩЕСТВЕ.
ЭНЕРГИЯ МАГНИТНОГО ПОЛЯ
Основные формулы
Нямагниченность (вектор намагничения) J измеряется магнитным моментом
единицы объема магнетика!
где N — число частиц, содержащихся в фичически Лесконечно малом объеме
&V; рм i — магнитный момент i-й частицы
Вектором напряженности Н магнитного поля называется линейная комбина-
комбинация векторов В, J;
Н = В/ц,, - J. A7.2)
Векторы магнитной индукции В и напряженности Н связаны соотношением
В = р-оцН, A7.3)
где ц — магнитная проницаемость среды (для вакуума ц «= 1).
Циркуляция вектора напряженности Н вдоль замкнутого контура L равна
алгебраической сумме токов, охваченных контуром!
<j>(Hrfl) = f Wd/cos(H."d/) — XI. A74)
Магнитная индукция внутри длинного соленоида с магнитным сердечником
В = Цсцл/ A7 S)
где п — число витков, приходящихся на единицу длины соленоида, / — сила
тока, протекающего по нему, ц— магнитная проницаемость вещества сердечника.
Индуктивность длинного соленоида объемом V с магнитным сердечником
L-wtfV. A7 6)
Энергия магнитного поля тока / в контуре, обладающем индуктивностью L,
W = LP/2. A7.7)
Объемная плотность энергии магнитного поля (энергия, отнесенна/i к еди-
единице объема)
(В = '
2 2 щц
199

Методические указания
1. Расчеты магнитных полей при наличии магнитных сред значи-
значительно упрощаются введением вектора напряженности Н как харак-
характеристики магнитного поля, определяемом через векторы В, J соот-
соотношением A7.2). Особенность вектора Н состоит в том, что его циркуля-
циркуляция по любому замкнутому контуру равна, согласно формуле A7.4),
алгебраической сумме токов, охваченных этим контуром. Другими
словами, циркуляция вектора Н не зависит от магнитных свежею
среды, через которую проходит выбранный контур. Поэтому соотноше-
соотношение A7.4) широко применяют для расчета магнитных цепей, выбирая
контуром интегрирования одну из замкнутых ли-
линии индукции, идущих вдоль магнитной цепи
Однако сам вектор Н в отличие от его цирку-
циркуляции зависит от магнитных свойств среды.
/йТ/rf Например, напряженность магнитного поля как
/у в воздушном зазоре меж а у полюсами электро-
/jA магнита, так и внутри его железного сердечни-
-^^^ ка зависит не только от силы тока в обмотке
Рис 17-1 электромагнита, но и от магнитных свойств же-
железа. (Это видно из решения задачи № 17-3.
См. также замечание к задаче.) Лишь в двух случаях — когда сер-
сердечник электромагнита является сплошным кольцом (тором) или бес-
бесконечно длинным стержнем — вектор Н не зависит от магнитных
свойств среды и определяется только током в обмотке (см. задачи
№ 17-1, 17-2).
2. Чтобы решить уравнение, полученное в результате применения
теоремы о циркуляции вектора Н, часто бывает необходимо знгпь
связь между векторами Н, В |крометой, что выражена формулой A7.2Ч-
Эта связь устанавливается соотношением A7.3): В = ^„^Н Однако
отсюда не следует пропорциональной зависимости между векторами
В, Н в ферромагнетике. Магнитная проницаемость ц ферромагнетика
сама зависит от магнитного поля внутри вещества, являясь переменной
Ееличиной. Таким образом, между векторами В, Н существует нели-
нелинейная зависимость, различная для разных ферромагнетиков. В спра-
справочниках эта зависимость дается в виде полученных эксперименталь-
экспериментально кривых намагничивания железа и других ферромагнетиков.
Вследствие явления магнитного гистерезиса кривая намагничивания
ферромагнетика (линия Оа на рис. 17-1) не совпадает с кривой его
размагничивания (линия abc). Поэтому для отыскания связи между
векторами В, Н в ферромагнетике пользуются кривой намагничива-
намагничивания только в тех случаях, когда известно, что рассматриваемое в зада-
задаче состояние ферромагнетика возникло в процессе его намагничивания.
При этом необходимо, чтобы в начале эюго процесса ферромагнетик
не имел остаточной намагниченности, иначе кривая намагничивания
не будет проходить через точку О* и, следовательно, не совпадет с ос-
основной кривой намагничивания Оа, приводимой в справочниках.
* Это следует из соотношения A7.2)' если намагниченность J ф 0, то не мо-
могут одновременно выполняться равенства Н — О, В — 0.
200

Решение задач
17-1. На стальном ненамагниченном кольце
(торе), средний диаметр которого d =
= 30 см и площадь поперечного сечения
5 = 1,6 см'2, имеется обмотка, содержа-
содержащая N = 800 витков (рис. 17-2). Когда
по обмотке пустили ток силой / = 1,80 А,
баллистический гальванометр Б.Г. дал
отброс, соответствующий заряду, прошед-
прошедшему через прибор, q = 0,24 мКл. Зная,
что сопротивление цепи гальванометра
R = 0,80 Ом, определить напряженность
поля Н и магнитную индукцию В внутри
Рис ,-, 2 кольца, намагниченность кольца, а также
магнитную проницаемость стали при за-
заданном токе в обмотке. Считать зави-
зависимость б от Я для данного сорта стали
неизвестной.
Решение. Когда по обмогке тороида пойдет ток, в стальном
кольце возникнет магнитное поле, замкнутые линии индукции кото-
которого будут проходить вдоль кольца. Это поле явится результатом на-
наложения двух полей: тока и теперь уже намагниченного материала
кольца. Однако напряженность И магнитного поля внутри кольца
зависит только от тока в обмотке тороида Действительно, применив
теорему о циркуляции вектора Н A7.4), где в качестве контура интег-
интегрирования возьмем среднюю длину окружности кольца I = nd, и
учитывая, что в силу соображений симметрии во всех точках этого
контура должно быть
И = const, A)
получим
HI = /V/,
откуда
Н = N111 = Nllnd. B)
Из формулы видно, что Н зависит от d, а поэтому будет различной
в различных точках одного и того же тороида, расположенных на раз-
различных расстояниях от центра. Однако, учитывая числовые значения
величин d, S, видим, что относительное различие между наружным
и внутренним диаметрами кольца мало, поэтому приближенно можно
считать, что формула B) выражает величину Н для всех точек кольца.
Соотношение B) можно также получить на основании формул A7.5) и A7.3),
рассматривая тороид как длинный соленоид, согнутый в кольцо
Чтобы вычислить магнитную индукцию, воспользуемся простой
в данном случае связью между величиной В и магнитным потоком Ф
внутри тороида:
Ф = BS. C)
201

При включении тока магнитный поток в тороиде возрос от нуля
до значения, равного Ф, что привело к появлению индукционного
тока в контуре баллистического гальванометра, сцепленном с магнит-
магнитным потоком Заряд q, прошедший по этому контуру, определяется
соотношением A6.2), откуда (опуская знак «—») имеем
Дф = ф = q{{, D)
Из формул C), D) следует, чго
В = qR'S. E)
Теперь, зная величины В, Н, легко ответить на остальные вопросы
задачи. Из соотношений A7.2), A7.3) а учетом A), D) получим:
ц„ Ь
F)
Выразим в единицах СИ данные величины: d = 0,30 м, 5 =
= 1,6- Ю-4 м2, N = 800, / = 1,80 A, q = 2,4-10~4 Кл, R = 0,80 Ом.
Подставив эти значения в формулы B), E)—G) и выполнив вычисле-
вычисление, найдем:
Н = 1,5 • 10я А/м; В = 1,2 Т; J = 1,0 • 10е А/м, ц = 6 ¦ Юа.
17-2. При выключении тока в обмотке тороида в цепи,
схема которой изображена на рис. 17-2, через баллис-
баллистический гальванометр прошел заряд q' = 80 мкКл.
Используя условие предыдущей задачи, определить ос-
остаточную намагниченность У стального кольца, а так-
также остаточную индукцию и напряженность поля внутри
кольца после исчезновения тока в обмотке.
Решение. Неизвестные величины будем находить в той же
последовательности, что и в предыдущей задаче. Повторив приведен-
приведенные там рассуждения, енова придем к соотношению B). Но теперь
/ = 0. Следовательно,
Н = Nl/nd = 0.
Чтобы определить остаточную индукцию В' внутри кольца, напи-
напишем уравнение A6.2) для заряда q', перемещенного индукционным
током по контуру баллистического гальванометра при выключении
тока в обмотке:
,_ ф_ф' Д5— В' S
R R
где Ф, Ф' — магнитный поток в кольце соответственно до и после иа-
чезновения тока в обмотке тороида. Отсюда
В- В' = q'R/S.
392

Подставив сюда вместо В его значение по формуле E) предыдущей
задачи, получим
В' = (q - q') R/S. A)
Наконец, из соотношения A7.2) о учетом, что Н = 0, определим
остаточную намагниченноегь кольца:
Подставив в формулы A) и B) числовые значения величин, выра-
выраженные в единицах СИ, и выполнив вычисление, найдем:
В' = 0,8 Т; У = 6 • 105 А'м.
Замечание. Решив задачу, мы получили парадоксальный
результат: напряженность магнитного поля внутри намагниченного
кольца равна нулю! Этот результат является следствием того, что на-
напряженность магнитного поля в кольце пропорциональна силе тока
в обмотке и не зависит от магнитных свойств материала кольца [см.
формулу B) задачи № 17-1). Такой же результат получился бы, если
вместо кольца взять длинный стержень, вставленный внутрь длинного
соленоида (см. текст петитом в предыдущей задаче). Однако на все ос-
остальные случаи этот результат не распространяется. Например, внутри
намагниченного кольца с яоздцшньш зазорам Н Ф 0 даже при отсут-
отсутствии тока в обмотке (см. задачу Л° 17-4).
17-3. Тороид с железным ненамагниченным
сердечником, длина которого по средней
линии li = 1,00 м, имеет воздушный зазор
12 = 3,0 мм (рис. 17-3). По обмотке торои-
да, содержащей N = 1300 витков, пусти-
пустили ток, в результате чего индукция в за-
зазоре стала В2 = 1,00 Т. Определить силу
тока.
в,н, в2н2
Рис. 17-3
Решение. Поскольку в задаче идет речь о магнитной цепи,
применим теорему о циркуляции вектора Н, выбрав в качестве кон-
контура интегрирования среднюю линию тороида L. Эта задача отлича-
отличается от предыдущих тем, что здесь из-за воздушного зазора условие
A) задачи № 17-1 выполняется уже не для всех точек контура L. В этом
можно убедиться, сравнив магнитные индукции в железе В, н воздухе
В2 и учитывая, что линии вектора В всегда замкнуты. Так как воз-
воздушный зазор в тороиде узкий, то рассеянием линий индукции можно
пренебречь. Следовательно, линии индукции будут проходить так же,
как и в сплошном торе, который уже рассматривался. Поэтому через
любое поперечное сечение нашего тороида, в том числе и через сече-
сечение, взятое в воздушном зазоре, проходит один и тот же магнитный
Ш

поток Ф. А так как и площадь любого сечения S одна и та же, то оди-
одинаковы и магнитные индукции в любой точке контура L:
В1 = В, = В = Ф/S = 1,00 Т. A)
Поскольку магнитные индукции в железе и воздушном зазоре оди-
одинаковы, а магнитные проницаемости этих веществ разные, то напря-
напряженности магнитного ноля в железе и зачоре различны [см. формулу
A7.3I. Поэтому, применив теорему о циркуляции вектора Н к кон-
контуру L, запишем
/V, + #2/2 = А7, B)
где//,, //2 — напряженности магнитного поля в железе и зазоре.
Так как для воздуха р, = 1, то из A7.3) имеем
4я-10
105А/м. C)
Величину Я, найдем по графику намагничивания, выражающему
зависимость между величинами В, Н о железе (этот график приводит-
приводится в задачниках и справочниках по физике):
//, = 200 А/м.
Теперь из уравнения B) получим для силы тока
= 2,0 А.
Замечание. Допустим, что имеется обратная задача, в кото-
которой дана сила гока I, но требуется определить магнитную индукцию
в зазоре #2 (или в железе /?,, что то же самое). Оказывается, такая за-
задача решается несколько иным путем. Теперь, не зная ни одной из ха-
характеристик магнитного поля ни в воздушном зазоре, ни в железе, мы
лишены венможности применить график намагничивания железа.
Однако воспользоваться зависимостью
в, = / а/,), D)
выражаемой этим графиком, все-таки можно. Для этого надо уравне-
уравнение B) переписать с учетом соотношений A), C) так, чтобы оно также
выражало зависимость между величинами В, и Н^:
/-/Л + Я/2/ц0 = N1. E)
Если бы зависимость D) была задана уравнением, достаточно было
Г>ы алгебраически решить систему уравнений D), E) относительно
неизвестных Ви //,. Но зависимость D) задана графиком. Следова-
Следовательно, надо применить графический метод решения системы двух
уравнений На графике функции Вх = / (#t) строят прямую E).
Координаты точки пересечения двух линий укажут искомые величины
204

17-4. После выключения тока в обмотке тороида из
предыдущей задачи остаточная индукция в вазоре стала
В = 4,2 мТ. Определить остаточную намагниченность
J еердечника, а также напряженность Ну поля в железе.
Решение. Было бы ошибкой воспользоваться для отыскания
величины #1 кривой намагничивания железа, как это было сделано
в предыдущей задаче. Состояние железа, в котором оно рассматри-
рассматривается в данией задаче, возникло в результате неполного размагничи-
размагничивания железа. Однако вследствие явления магнитного гистерезиса
кривые намагничивания и размагничивания железа не совпадают (см.
рис. 17-1).
Единственно правильный путь решения задачи состоит в примене-
применении теоремы о циркуляции вектора Н. Повторив рассуждения, при-
приведенные в задаче № 17-3, енова получим соотношения A), B). Но те-
теперь / = 0, поэтому
ЯЛ + H2lt - 0. A)
По-прежнему величины Нъ, В в воздушном зазоре связаны соотноше-
соотношением A7.3), где у, = 1. Отсюда
Н2 = Bl\ku.
Подставив это значение Ht в A), получим напряженность магнитного
поля в железе:
'| Но 'i
Знак «—» в формуле показывает, что векторы Н, В в намагниченном
железе при отсутствии тока в обмотке направлены противоположно
(соответствующие участки петли гистерезиса на рис. 17-1 лежат во вто-
второй и четвертой четвертях).
Из соотношения A7.2) определим остаточную намагниченность
железа:
j = в/ц0 - Hlt
или, учитывая противоположные направления В, Н^ запишем в ска-
скалярной форме
J =
Подставив вместо Ях его абсолютное значение из формулы B),
найдем,
а<' + Ц . C)
j .
Подставив в формулы B), C) числовые значения величин (предва-
(предварительно выразив В в теслах) и выполнив вычисление, получим:
/^= — 10 А1ьл, ./ = 3,4.103 А/и.
205

17-5. По обмотке тороида е ненамагниченным желез-
железным сердечником пустили ток силой 0,60 А. Витки
провода диаметром d = 0,40 мм о весьма тонкой изоля-
изоляцией плотно прилегают друг к другу. Определить ин-
индуктивность тороида при данных условиях, а также
энергию магнитного поля в сердечнике, если площадь
его сечения S = 4,0 сма, а диаметр средней линии
D = 30,0 см.
Решение. Учитывая числовые значения S, D, видим, что длина
средней линии тороида значительно превышает диаметр его витков.
Поэтому индуктивность можно рассчитать по формуле A7.6), рас-
рассматривая данный тороид как длинный соленоид, согнутый в кольцо.
Тогда, используя геометрические соотношения V = nDS, п = Ш,
получим
L = [io\in'V = \io[inDS/cP. A)
Так как цо(х = В/Н, найдем величины Н, В, характеризующие
магнитное поле В сердечнике. Напряженность магнитного поля внутри
тороида уже была вычислена [см. формулу B) задачи № 17-1]. В данном
случае
И = {Nil) I = я/ = Ild= 1,5 • 10р А/м. B)
По кривой намагничивания железа находим магнитную индукцию
в сердечнике:
В = 1,35 Т.
Теперь, поскольку величины В и Н уже известны, запишем первый
ответ на основании (I):
L . C)
Зная индуктивность тороида и силу тока в обмотке, по формуле
A7.7) найдем с учетом формул C), B) энергию магнитного поля:
n[>SHH ,.
2 'Ы'-Н 2 '
Такой же результат можно получить, применив формулу A7.8)
для объемной плотности энергии магнитного поля:
Подставляя в формулы C), D) числовые значения всех величин,
выраженные в единицах СИ, получим:
Л = 2,1 Г; В7 = 0,4Дж.
206

§ 48. ДВИЖЕНИЕ ЗАРЯЖЕННЫХ ЧАСТИЦ I ЭЛЕКТРИЧЕСКОМ
И МАГНИТНОМ ПОЛЯХ
Основные формулы
Сила, действующая ва заряженную частицу, движущуюся в влектрическом
и магнитном полях,
F = <?Е + q [vB], (!$Л)
где q — заряд частицы, v — ее скорость, Е — напряженность электрического
поля, В — магнитила индукция.
Зависимость массы движущейся частицы от ее скирды и у;
^. A8.2)
Здесь т0 — масса покоящейся частицы, f5 = vie, где с = 3,00 • 10е м/с — ско-
скорость спета в вакууме.
Полная энергия час1ицы массой т равна
W = тс1 A8.3)
(здесь исключена потенциальная энергия во внешнем силовом поле).
Общие замечания. Частица называется классической, если ее ско-
скорость пренебрежимо мала по сравнению со скоростью света (и << с).
В противном случае частица называется релятивистской. Движение
классической частицы описывается уравнениями классической меха-
механики (гл. 1). Для релятивистских частиц необходимо учитывать со-
соотношения теории относительности: зависимость массы от скорости
A8.2), связь между массой и полной энергией частицы A8.3).
Из-за методических соображений материал настоящего параграфа
разбит на два раздела: в первом рассматривается движение класси-
классических частиц, во втором — релятивистских. Нередко при решении
задач приходится самостоятельно выяснять вопрос о том, класси-
классической или релятивистской следует считать данную частицу. Если
при этом известной величиной является не скорость частицы, а ее
импульс (количество движения) р или кинетическая энергия Т, то
надо иметь в виду следующее. Частицу считают классической только
в том случае, если р << тос или Т << тф1. Полезно запомнить, что
для электрона тйс? = 0,511 МэВ.
А. ДВИЖЕНИЕ КЛАССИЧЕСКИХ ЧАСТИЦ
Методические указания
1. Задачи па движение классических заряженных частиц (и << с)
в электрическом и магнитном полях по существу решаются методами,
рассмотренными в гл. 1 «Механика». Различие лишь в природе сил,
действующих на частицу. Если в механике движение частиц проис-
происходит под действием гравитационных сил, упругих сил и сил трения,
тр здесь заряженные частицы движутся лишь под действием силы
W

F, определяемой по A8.1) и состоящей из двух частей: электрической
силы F8>1 = (/E и магнитной (лоренцовой) силы FM= q [vBj*.
2. Для решения задачи, как правило, необходимо записать урав-
уравнение движения частицы — второй закон Ньютона. Чтобы перейти
от векторной формы записи второго закона B.1) к скалярной, надо
определить направления векторов F3,, FM. Учтем, что в формуле
A8.1) q—алгебраическая величина. В частности, для электрона
q<ZQ, поэтому векторы FaJl, E направлены противоположно. Магнит-
Магнитная сила FM, как это следует из A8.1), всегда перпендикулярна век-
векторам v, В. Поэтому она сообщает движущейся заряженной частице
только нормальное ускорение, не изменяя ее скорости и, следова-
следовательно, не совершая работы. Наоборот, сила F3J] при перемещении
частицы всегда (за исключением случаев, когда v_LE) совершает ра-
работу, равную, согласно формуле A1.3), изменению кинетической
энергии частицы.
Решение задач
18-1. Пучок электронов влетает со ско-
скоростью о0 = 3,0 • 10е м/с в плоский
горизонтальный конденсатор параллельно
его пластинам длиной / = 5,00 ¦ 10 ~2 м
(рис. 18-1). Напряженность электрическо-
электрического поля конденсатора Е = 200 В/м Опре-
Определить угол отклонения пучка в результате
его прохождения через конденсатор
Решение. На каждый электрон, обладающий зарядом в,
во время его движения в электрическом поле конденсатора действует,
согласно A8.1), постоянная сила F = вЕ, направленная вдоль сило-
силовых линий (т. е. по вертикали'*) и сообщающая электрону ускорение
Рис 18 1
а = -?-=
т
A)
в ту же сторону. Поэтому, имея начальную горизонтальную скорость
v0, он начнет двигаться по параболе с вершиной в точке А (рис. 18-1).
Выйдя из поля конденсатора, электрон снова будет двигаться прямо-
прямолинейно под углом а к скорости v0.
Как видно из чертежа,
tg а = v'lv0,
B)
* Обычно заряженная частица, движущаяся в электромагнитном поле,
находится также и в гравитационном поле (например, Земли) Поэтому кроме
силы F, определяемой по A8.1), на частицу массы т действует также сила тяго-
тяготения Fr — mG, где G — напряженность гравитационного поля. Однако, как
показыв. ег расчет, для электронов, протонов и других заряженных микрочас-
микрочастиц, движущихся даже в слабых электрических и магнитных полях, величиной
Fr можно пренебречь.
** Так как заряд электрона отрицательный, то направление этой силы
противоположно направлению силовых линий.
208

где а — искомый угол, v' — вертикальная составляющая скорости,
приобретенная электроном под действием силы F. Учитывая, что
по вертикали электрон движется равноускоренно без начальной ско-
рооти, а по горизонтали — равномерно со скоростью о0, найдем по из-
известным формулам кинематики
и' — at = al/v0. C)
Теперь с учетом C) и A) перепишем формулу B):
. еЕ1
tga= -.
Взяв из справочных таблиц значения заряда и массы электрона:
е = 1,6 • 10~19 Кл, т = 9,1 ¦ !0'я1 кг, подставим в последнюю форму-
формулу числовые значения величин, выраженные в единицах СИ. Выпол-
Выполнив вычисление, получим:
tga = 0,19; a = 1Г.
18-2. Пучок электронов влетает со ско-
скоростью v0 (v0 << с) в однородное магнитное
поле перпендикулярно линиям магнитной
индукции В. Определить угол а отклоне-
отклонения пучка магнитным полем, если занятая
им область представляет собой в сечении
плоскостью, нормальной к силовым лини-
линиям, окружность радиуса г0, а скорость v0
направлена по диаметру этой окружности
^ 182>
Рис .8 2
Решение. Выясним характер движения электронов в магнит-
магнитном поле. Согласно A8.1), на влетевший в магнитное поле электрон
действует сила Лоренца
F=e[v0B]. A)
Так как сила F нормальна к скорости v, она изменяет лишь направ-
направление вектора скорости, но не его модуль, т. е. сообщает электрону
только центростремительное (нормальное) ускорение. При этом век-
вектор скорости остается перпендикулярным вектору В. Следователь-
Следовательно, сила F, определяемая по A). сохраняет свое численное значение,
сообщая электрону постоянное по модулю центростремительное уско-
ускорение. Это значит, что электрон движется в магнитном поле по д>ге
окружности.
Пусть г — радиус этой окружности. Как видно из чертежа, иско-
искомый угол а определяется соотношением
tg(a/2) = го/г. B)
Чтобы найги величину г, запишем уравнение движения электрона
в магнитном поле, т. е. второй закон Ньютона B.1). Поскольку v_LB,
уравнение A) можно записать в скалярной форме так:
F = еооВ,
209

или, используя формулу центростремительного ускорения A.8),
ev0B = mva/r.
Отсюда получим
г = mvJeB. C)
Подставив это значение г в B), найдем ответ;
и = 2 arctg (rQeB/mv0).
18-3. Однородное магнитное поле, индук-
индукция которого В = 10,0 мТ, направлено
перпендикулярно однородному электри-
F ческому полю напряженностью Е =
зл = 17 кВ/м. Ион, пройдя ускоряющую
разность потенциалов U — 15 кВ и влетев
в область, занятую полями, со скоростью,
перпендикулярном обоим полям, движется
Р|К I8J равномерно и прямолинейно (рис. 18-3).
Определить отношение qlm для этого
иона.
Решение. Прежде чем попасть в область, занятую обоими поля-
полями, ион двигался ускоренно. Силы электрического поля (не изобра-
изображенного на рисунке), совершают работу над попом, определяемую по
A1.3), при этом его кинетическая энергия увеличивается. Полагая
начальную кинетическую энергию иона равной нулю, запишем qU =
= mi>V2. Отсюда получим
-^-= —. A)
т 4U
Мы здесь считаем ион классической частицей по следующим соображениям.
Так как заряд иона одного порядка с зармдом элшпроиа, то заведомо qll <
<0,51МэВ, т е кинетическая энергия иона пренебрежимо мала по сравнению
с энергией покоя электрона Тем более можно пренебречь этой величиной
по сравнению с энергией покоя самого иона, полагая таким образом частицу
классической.
Теперь задача сводится к определению скорости движения иона
в области, занятой электрическим и магнитным полями. Из характера
этого движения следует, что действующая на ион сила (8.1) равна
нулю. Значит, взаимная ориентация и модули трех векторов v, В, Е
в данном случае таковы, что электрическая FaJ1 и магнитная FM силы,
действующие на ион, уравновешиваются*. Отсюда, учитывая, что
sin (v, В) = 1, запишем скалярное уравнение:
qE = qvB. B)
* На рис. 18-3 изображены силы, действующие на движущийся положитель-
положительный ион. Для случая отрицательного иона векторы Fda, FM на рисунке следует
поменять местами.
210

Исключив из уравнений A), B) величину о, найдем ответ:
ч = ?•¦
т 1UB* '
Подставив в формулу числовые значения величин и выполнив
вычисление, получим
qltn = 1,0 • Ю8 Кл/кг.
18-4. Электрон влетает со скоростью vo= 1,00 • 107м/с
в плоский горизонтальный конденсатор параллельно
его пластинам, длина которых / = 5,0 см. Напря-
Напряженность электрического поля конденсатора Е =
= 10,0 кВ/м. При вылете из него электрон попадает
в однородное магнитное поле, направленное вдоль век-
вектора v0. Магнитная индукция этого поля В = 15 мТ.
Определить траекторию электрона в магнитном поле.
Решение. Повторив рассуждения, приведенные в задаче
№ 18-1, можно показать, что скорость v электрона,при вылете из кон-
конденсатора может быть представлена в виде суммы двух составляющих:
горизонтальной скорости v0 и вертикальной скорости v'(рис. 18-1),
равной
v' = at = -?—L. A)
т va
При этом скорость v0 направлена вдоль линий вектора В, а ско-
скорость v' перпендикулярна им.
Когда электрон попадет в магнитное поле, на него действует сила
Лоренца, равная, согласно A8.1), FM = e [vBl, или в скалярной форме
FM=evB sin (v?B) = ev'В.
Если бы электрон обладал только скоростью v', то под действием силы
Лоренца он двигался бы по окружности (см. задачу № 18-2). Радиус
ее, согласно формуле C) задачи № 18-2 и формуле A) настоящей зада-
задачи, равен
r . B)
еВ vaB v
Так как у электрона есть еще и скорость v0, перпендикулярная
плоскости этой окружности, он будет двигаться по винтовой линии,
характеризуемой радиусом и шагом. Радиус винтовой линии определя-
определяется формулой B). Шаг винтовой линии представляет собой то рас-
расстояние, на которое переместится электрон, двигаясь равномерно
со скоростью уоза время, в течение которого он совершит один оборот
радиуса г, т. е. за время одного периода. Период Т с учетом соотно-
соотношения B) равен
211
'2пг
~~ v' ~~~ еВ

Следовательно, шаг винтовой линии
h — v Т—
H-v0J-
znmVa
Выразим в единицах СИ величины, входящие в формулы B), C):
Е = 1,00 • 104 В/м, В = 1,5 • Ю-5 Т, / = 5,0 • Ю-2 м, v0 = 1,0Ох
X 107 м/с, е— 1,6 • 10~19 Кл, /л=9,1 ¦ 10~81 кг. Подставив эти значе-
значения и выполнив вычисление, получим:
г = 3,3 • 10" м = 3,3 мм; h = 2,4 • 10 м = 2,4 см.
Б. ДВИЖЕНИЕ РЕЛЯТИВИСТСКИХ ЧАСТИЦ
Методические указания
1. Составляя уравнение движения для релятивистской частицы,
надо учитывать зависимость массы частицы от скорости, а значит и
от времени. Вследствие этого второй закон Ньютона для- такой части-
частицы записывают не «в форме B.1), а в виде
dl di
где р = mv — импульс частицы. Согласно формуле A8.2), реляти-
релятивистский импульс
2. Кинетическая энергия Т релятивистской частицы вычисляеи я
как разность между полной энергией частицы W = тс1 и энергией ее
покоя U70 = тосг:
Т = тс>-тос2=тос2(—=У=-
где учтена формула A8.2).
Решение задач
18-5. Какую ускоряющую разность потенциалов должен
пройти электрон, чтобы приобрести скорость, равную
0,90 с?
Решение. Здесь, как и в задаче № 18-3, силы электрического
поля, перемещая заряженную частицу (в данном случае электрон),
совершают работу, определяемую по A1.3). По-прежнему полагая
начальную кинетическую энергию частицы равной нулю, получим,
что работа сил электрического поля равна кинетической энергии,
приобретенной электроном, когда он пройдет искомую разность потен-
потенциалов U, т. е.
eU = Т. A)
¦212

Так как в данном случае скорость частицы близка к скорости гвета,
то классическое .выражение кинетической энергии rmftli заменяется
релятивистской формулой A8.6), где р1 = 0,90. Подставив в A) вместо
Т ее значение по A8.6) и выполнив вычисление, найдем*
= 0,66MB.
18-fi. Электрон движется в однородном магнитном поле
с индукцией В — 5,0 • \0~1 Т по окружности радиуса
г = 4,0 • 10~2 м Определить кинетическую энергию
электрона
Решение Чтобы найти кинетическую энергию частицы (неза-
(независимо от того, является ли она классической или релятивистской),
необходимо знать ее массу покоя т0 и скорость и или массу т0 и им-
импульс р. Так как масса покоя электрона —величина известная, задача
сводится к определению скорости или импульса электрона. Для этого
запишем уравнение движения электрона в магнитном поле, т. е.
второй закон Ньютона. Учитывая зависимость массы частицы от ско-
скорости, этот закон следует, вообще говоря, записывать в форме A8.4).
Но, так как при движении электрона в магнитном поле действующая
на него сила Лоренца все время перпендикулярна вектору v, модуль
скорости не изменяется. Следовательно,остается постоянной во время
движения и масса частицы. Поэтому в данном случае независимо от то-
того, классической или релятивистской является частица, второй закон
Ньютона может быть записан в «обычной» форме B.1):
evB — mv2/r.
Отсюда найдем импульс электрона:
р = mv = eBr. A)
Теперь, чтобы выразить кинетическую энергию Т электрона через
его импульс р, необходимо выяснить: классической или релятивист-
релятивистской частицей следует считав электрон в условиях данной задачи,
так как в этих двух случаях зависимость между величинами р, Т
различная. Для этого вычислим импульс р по формуле A):
р== 1,6 • Ю-1"-5,0- 10-я • 4,0 • Ю-2 кг-м/с =
= 3,2 • Ю-22 кг-м/с.
Вместе с тем для электрона имеем
шас = 9,1 • Ю-11 • 3,00 • 108 кг-м/с = 2,73 • \0~™ кг-м/с.
Отсюда видно, что неравенство р << тос, необходимое для того,
чтобы частицу можно было считать классической, в данной задаче
не выполняется и электрон — релятивистская частица. Поэтому,
чтобы выразить его кинетическую энергию Т через импульс р, вос-
* При вычислении U учтем, чтот.ак как для электрона rtiffi1 = 0,51 МэВ, то,
очевидно, тос*1е = 0,51 MB = 5,1.105 В.
213

пользуемся формулами A8.5) и A8.6). Исключив из них величину р",
найдем
T=moc*lV\+(p/moc)t—l\. B)
Так как для электрона тпс* = 0,51 МэВ, а величины р, тпс уже
вычислены, то по B) получим
Т = 0,28 ЛЬП
18-7. Радиус орбиты электронов, ускоряемых бетатро-
бетатроном, т — 300 мм. Среднее по площади орбиты значение
магнитной индукции В(Р ноля, создаваемого магнитом
бетатрона, изменяясь со временем приблизительно но
линейному закону, возрастает от нуля до ^ = 0,200 Т.
Определить скорость, приобретенную за это время
электронами.
Решение. В магнитном поле бетатрона под действием лорен-
цовых сил электроны движутся по окружности. При изменении'маг-
изменении'магнитного поля изменяется магнитный поток Ф сквозь контур, совпа-
совпадающий с орбитой электронов, что порождает вихревое электрическое
поле. Так как электроны движутся вдоль одной из силовых линий
электрического поля, то под действием последнего скорость их будет
возрастать.
Напряженность Е вихревого электрического поля в точках орбиты
электронов найдем по закону электромагнитной индукции [см. форму-
формулу A6.6I:
$*. «>
где контур интегрирования совпадает с одной из линий вектора Е,
имеющей форму окружности радиуса г. Поэтому 'Et = E = const для
всех точек контура и, следовательно,
<\ Etdl = Е ¦ 2яг. B)
Так как магнитный поток изменяется равномерно в течение /
от нуля до значения Фмакс, то скорость его изменения можно выразить
так:
d<b _ Фма„е _ Bi яг"
1Г \ -~Г~Ш (d)
Из A)—C) получим для модуля вектора Е
? = Byr!2t.
Значит, на каждый электрон, движущийся в магнитном поле по ок-
окружности, будет действовать со стороны вихревого электрического поля
постоянная по модулю сила, равная
D)
214

и направленная вдоль вектора скорости, а потому сообщающая элект-
электрону тангенциальное ускорение.
Чтобы найти скорость, приобретенную электроном в результате
действия на него в течение времени / силы F, применим к нему второй
закон Ньютона, записав его для касательного к траектории направле-
направления. Поскольку в бетатроне электроны разгоняются, как правило,
до скоростей, близких к скорости ввета, запишем уравнение движения
электрона в форме A8.4) с учетом A8.2):
F-— ( т"с
di \ У! -о
Интегрируя это уравнение и принимая, что о = 0 при t — 0, найдем
т и v
откуда
V
Наконец, подставив в уравнение E) значение F из формулы D),
определим
_ Вг гее
Выразим в единицах СИ величины, входящие в формулу: В, —
¦= 0,200 Т, г = 0,300 м; е = 1,6 • 10"" Кл, т„ = 9,1 • 10"J1 кг,
о = 3,00 • 1О м/о. Выполнив вычисление, получим
v = 0,999 с.

Глава 6
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
§ 19. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ
Основные формулы
Смещение, скорость и ускорение1 при гармоническом колебании определя-
определяются уравнениями
х = Л sin (о)/ + фо), A9.1)
о = л: = соЛ cos (со/+ф„), A9 2)
а = х=*—ша A sin (сй/+фо)=—со2*, A9.3)
где А — амплитуда колебания м — циклическая частота <р0 — начальная
фаза
[Циклическая частота о>, период колебаний Ти частота v связаны соогноше-.
ниями
со = 2л/Т = 2л v A9.4)
При сложении двух одинаково направленных гармонических колебаний
одинакового периода получается гармоническое колебание того же периода,
амплитуда которого А и начальная фаза q>0 определяются уравнениями:
* + Л? + 'Mi Л, cos (ф, -фО, A9.5)
А\ cos ф1 + i4j cos <pa
где Ах и /4а — амплитуды слагаемых колебаний, ф1 и <р9 — их начальные фа.)ы
Сила, действующая на тело при свободном гармоническом колебании (ква-
(квазиупругая сила), всегдн пропорциональна смещению и направлена в сторону,
противоположную смещению:
/; — та = —тшцх = —hx A9.7)
где k = mcG(j — коэффициент квадиупругой силы, измеряемый силой, вызываю-
вызывающей смещение л;, равное единице.
При отсутствии сопротивления среды циклическая частота и0 свободных
гармонических колебаний, на<ываемая собственной циклической частотой и
период Т равны:
A9.8)
Период колебаний математического маятника длиной / равен
Г = 2пУЩ. A9 9)
Период колебаний фичического маятника
T*=2nVt/mgd, A4 JO)
где / — момент инерции маятника относительно оси качаний,
d — расстояние о г оси до его центра тяжести
Полная энергия гела, совершающего гармонические колебания, постоянна
и равна
W = тшМ*/2. A9.11)
216

. Уравнение смешения в затухающих колебаниях при наличии силы сопро-
сопротивления fconp пропорциональной скорости (^сопр "* —rv< гДе ' — коэффици-
коэффициент сопротивления), имеет вид
A9.12)
Здесь Аее~Р' — убывающая во времени амплитуда смещения; E — коэффициент
затухания; со — циклическая частота; Ао, <р0 — начальные амплитуда и фаза
(определяются из начальных условий) Величины р, со выражаются через пара-
параметры системы г, т, k формулами:
0 =/72т, A9.13)
ш=Усо2_ p2==y^/m__r2/4m2. A9.14)
Логарифмический декремент затухания
X = In (А,/А,) = 07, ' A9.15)
где А1 и Л, — амплитуды двух последовательных колебаний.
Амплитуда вынужденных колебаний
, A9.16)
где h есть отношение амплитуды вынуждающей силы к массе_ тела; со0 — соб-
собственная циклическая частота; со — циклическая частота вынуждающей силы.
Резонансная циклическая частота равна
Усо2-2рг. A9.17)
А. КИНЕМАТИКА КОЛЕБАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ
Методические указания
1. Уравнения гармонического колебания можно записать двумя
способами, основанными на простой связи между синусом и косину-
косинусом:
cosa = sin (a + л/2), sina = cos (a — я/2).
Поэтому смещение, скорость и ускорение того же самого гармони-
гармонического колебания, которое описывается формулами A9.1)—A9.3),
всегда можно записать в виде уравнений:
х = A cos (u>/ + ф'),
u=x= ~шА sin (со/ + ф'),
а = х= — i»J A cos (й1/ + ф')= — ш2 х,
где ф' = Фо — л/2. Начальные фазы ф0 или <р' при решении чадач на-
находят из начальных условий (см. задачу № 19-1).
2. Из системы A9.1)—A9.3) следует, что максимальному смещению
при гармоническом колебании соответствуют'нулевая скорость и мак-
максимальное ускорение, направленное противоположно смещению (в сто-
сторону равновесия). Наоборот, в положении равновесия (х = 0) скорость
максимальная, а ускорение равно нулю.
3. При сложении п (п > 2) одинаково направленных гармонических
колебаний равных периодов амплитуду и начальною фазу результи-
результирующего колебания можно находить по формулам A9.5) и A9.6), по-
217

следовательно применяя их п — 1 раз. Однако более эффективным
в этом случае является метод векторных диаграмм (см. задачу № 9-3).
4. В задачах на определение траектории точки, участвующей в двух
взаимно перпендикулярных колебаниях, следует исключать время t
из уравнений складываемых колебаний, представленных в виде:
х = Л, sin (co,? + (Pi),
у — A L sin (w2t + ф2).
Если при этом со, — (о2, то результирующей траекторией движущей-
движущейся точки будет эллипс.
Способ нахождения скорости и ускорения точки в любой момент
ее движения по траектории рассмотрен в решении задачи № 19-5.
Решение задач
19-1. Материальная точка совершает гармонические
колебания с частотой v = 500 Гц и амплитудой А =
= 0,020 см. Определить средние значения скорости <и)
и ускорения <а> точки на пути от ее крайнего положения
до положения равновесия, а также найти максимальные
значения этих величин: ома„с и амаис.
Решение. По определению средней скорости имеем
<к> = Д//Д/, A)
где Д/ — путь, пройденный за время At. В данном случае А1 = А;
At = Т/4, поскольку за время периода Т колеблющаяся точка про-
проходит путь, равный четырем амплитудам. Подставив этн значения
Д/ и Д/ в A) и учитывая соотношение A9.4), получим
<о> = 4 A IT = A\A. B)
По формуле A9.2), положив cos (со/ + ф„) = 1, найдем максималь-
максимальную скорость:
<*А = 2 ЯМ А. C)
Согласно определению среднего ускорения, запишем
(а) = Av/M, D)
где До = v — и0. В данном случае начальная скорость vn = 0, конеч-
конечная скорость v = имакс = соЛ. Подставим значения До и At = Г/4
в формулу D), используя соотношение A9.4):
<а> •= 4 шА/Т = 8 nvM. E)
По формуле A9.3), приняв sin (со/ 4- Фо) = 1, найдем максимальное
ускорение;
амакс = шМ=4яУУ1. F)
218

Подставив в формулы B), C), E), F) числовые значения величин
и выполнив вычисление, получим:
<у> = 40 см/с, умакс = 63 см/о, <а) = 1,2 • 105 см/с2,
аиако = 2,0 • 10й см/са.
Замечание. Проверкой легко убедиться в том, чго средние
величины <у) и (а) на пугн от крайнего положения до положения
равновесия колеблющейся точки не равны среднему арифметиче-
арифметическому между начальными и конечными значениями этих величин.
Методом среднего арифметического для нахождения <.&) и (а)
здесь пользоваться нельзя, поскольку скорость и ускорение при
гармоническом колебании, как это следует из A9.2), A9.3), не явля-
являются линейными функциями времени (см стр 11).
19-2, За какую часть периода точка,
совершающая гармоническое колебание,
пройдет путь, равный: 1) половине амплп-
литуды, если в начальный момент она на-
находилась в положении равновесия; 2) од-
одной трети амплитуды, если в начальный
Ркс ю i момент она находилась в крайнем поло-
положении'
Решение. I. Путь /t = Л/2, пройденный точкой в гармони-
гармоническом колебании при движении от положения равновесия к край-
крайнему положению, равен смещению х, определяемому уравнением
A9.1), которое с учетом A9.4) запишем так:
х = A sin B nl/T + ф0). A)
Чтобы найти начальную фазу ф,„ воспользуемся начальными усло-
условиями задачи: х = 0 при t = 0. Подставив эти значения х и t в A),
получим ф0 = 0, следовательно*,
х =¦ A sin B nt/T). B)
Подставив в B) значение х = А/2, получим искомое время, выра-
выраженное в долях периода:
* = Г/12.
2. Точка движется из крайнего положения, поэтому начальные
условия будут такие: х = А при / = 0. Подставив эти значения х и t
в уравнение A), получим ф0 = л/2. Следовательно,
^/f^M /JcosBn//T). C)
Чтобы избежать ошибки, учтем, что исходное уравнение A9.1)
выражает смещение х точки при гармоническом колебании, отсчитан-
отсчитанное от положения равновесия (точка О на рис. 19-1), но не путь, прой-
* Вместо A) можно было записать:* = A cos (со/ + ф'). Из начальных усло-
условий имеем а: = 0 при I = 0. Подставив эти значения в уравнение, найдем качаль-
ню фазу ф' =±я/2. Считая, что точка начинает движение в сторону положи-
жительных значений х, должны взять ф' = —я/2. Следовательно, х =
= A cos (Ы — я/2) = A sin со/, что совпадает с B).
219

денный точкой; лишь в частном случае движения точки из положения
равновесия к крайнему положению эти величины численно равны
(этим мы воспользовались в первом случае). Если точка, двигаясь
из крайнего положения, прошла путь 12 = Л/3, то, как видно из
рис 19-1, ее смещение равно
х = А — 12 = 2/3 А.
Подставив это значение х в формулу C), получим cos B nt/T) = 2/3.
Отсюда, пользуясь таблицей косинусов, найдем искомое время в долях
периода:
, 48, /Г.
/ льи° 7,5
19-3. Материальная точка участвует в трех колебани-
колебаниях, происходящих по одной прямой и выраженных
уравнениями:
х, = 3 cos t, A)
х2 = 3 los (/ т л'Я), B)
хъ = 3 sin (t + 7 п/6) C)
(смещения даны в сантиметрах). Определить амплиту-
амплитуду и начальную фазу результирующего колебания.
Написать его уравнение.
Решение. Точка участвует в трех гармонических колебаниях,
так как смещения *,, х2, хъ являются синусоидальными (косинусом-
дальными) функциями времени. Результирующее колебание точки
также будет гармоническим. Его амплитуду и начальную фазу можно
найти по формулам A9.5) и A9.6). Однако они выведены для случая,
когда уравнения слагаемых колебаний содержат одну и ту же тригоно-
тригонометрическую функцию: синус или косинус. Поэтому перепишем
уравнение C), выразив хг через косинус:
хъ = 3 cos (t + 2п/3). (За)
Сравнив A), B), (За) с общим уравнением смещения гармонических
колебаний, видим, что складываемые колебания характеризуются
следующими величинами: амплитуды Л, = А2 = А3 = 3 см; цикли-
циклические частоты со, = со2 = со8 = 1 рад/с; начальные фазы фх = О,
ф2 = я/3, qK = 2л/3.
С помощью формул A9.5) и A9.6) можно сначала сложить любые
два из трех заданных колебаний. Затем, еще раз применив эти форму-
формулы, найти амлитуду А и начальную фазу <р результирующего коле-
колебания.
220

К этому же результату придем быстрее,
применив метод векторных диаграмм. Сущ-
Сущность его в том, что амплитуду А и началь-
начальную фазу ф результирующего колебания на-
находят путем сложения векторов. Длина каж-
каждого вектора берется равной амплитуде соот-
соответствующего колебания, а угол, образован-
образованный вектором с осью х, — начальной фазе.
Величины Л и ф определяются длиной резуль-
результирующего вектора и углом его наклона к
оси х.
На рис. 19-2 построена векторная диаграмма по данным задачи.
Из чертежа сразу получаем: ср = я/3, А = 2 Аг, т. е. А = 6 см. Теперь
вапишем уравнение результирующего колебания!
/4 = 6 cos (t
Рис. 19-2
19-4. Известно, что сложное коле-
колебание, график которого дан на
рис. 19-3, состоит из двух синусои-
синусоидальных колебаний. Найти их час-
д
t>c тоты и амплитуды,
Рис. 19-3
Решение. Приведенный график изображает гармоническое
колебание с медленно периодически изменяющейся амплитудой. Та-
Такие колебания, называемые биениями, получаются в результате
сложения двух одинаково направленных гармонических колебаний
с мало различающимися частотами. При этом частота сложных коле-
колебаний v оказывается равной полусумме частот слагаемых колебаний
vx и v2:
v = (vt + v2)/2, A)
а частота изменения амплитуды, назваемая частотой биений, равна
разности частот:
hi-»-VI|. B)
Из графика видно.что за одну секунду произошло девять полных
колебаний, значит, v = 9 Гц. За это же время совершилось два полных
цикла изменения амплитуды, следовательно, vaMnjI = 2 Гц. Подставив
в A) и B) значения v, vaMnJ] и решив эту систему уравнений, найдем:
vt = 8 Гц; v2 = 10 Гц.
Амплитуда сложного колебания, в каждый момент определяется
формулой A9:5). При этом ее максимальное значение при <р2 — фх = 0
равно
** МЛ ИЛ
'макс
C)
221

Минимальное значение амплитуды получим при ф2 — <pt = я:
Но из графика видно, что Амякс = 2 см, Лмин = 0. Подставив эти
значения Лмакс и Лмин в C) и D), найдем
А1 = Л2 = 1 см.
19-5. Точка участвует одновременно в двух
взаимно перпендикулярных колебаниях,
выраженных уравнениями х = 2 sin nt;
у — —cos nt (смещения даны в сантимет-
сантиметрах). Найти уравнение траектории точки
и построить ее на чертеже. Показать на-
направление движения точки. Определить
Рис 19 4 скорость и ускорение точки в момент
t = 0,5 с.
Решение. Так как циклические частоты слагаемых колебаний
одинаковы, траекторией точки будет эллипс. Исключив время t из двух
заданных уравнений, получим
+=1.
4 I
Это каноническое уравнение эллипса с полуосями а = 2 см и Ь = I см
(рис. 19-4). Чтобы определить направление днижения точки, учтем,
что в момент t = 0 имеем х = 0, у — —1 см и, следовательно, точка
находии_я в положении Л (рис. 19-4). При возрастании / увеличивает-
увеличивается также х, значит,, точка движется по траектории против часовой
стрелки
Скорость точки v при ее движении по эллипсу равна векторной
сумме скоростей vx и \v в слагаемых колебаниях, Поскольку эти ко-
колебания взаимно перпендикулярны, то
v = Vv3, -\ v-tl.
Аналогично определим искомое ускорение:
где ах, а,, — ускорения точки в слагаемых колебаниях.
По формулам A9.2) и A9.3) имеем:
vx = 2л. cos л^; vv = л sin nt;
ах = —2л2 sin nt; at/ = л2 cos nt.
Подставив эти значения в формулы A) и B), найдем:
v= Л/\п1 cos2 nt -(- л2 sin2 nt;
A)
B)
nt
cos2 nt,
Взяв t = 0,5 с и выполнив вычисление, получим: v = 3,14 см/с,
а = 19,/ ем/с2.
222

Замечание, Было бы ошибкой искать ускорение а как произ-
производную dvldt. Величина dvldt в соответствии с формулой A.7) выра-
выражает тангенциальное ускорение at движущейся точки, но не полное
ускорение а. В криволинейном движении ах =?= а.
Б. ДИНАМИКА КОЛЕБАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ
Методические указания
1. Если тело совершает колебания под действием квачиупругой
силы, то независимо от природы этой силы циклическая частота и
период колебаний (они будут гармоническими) всегда определяются
формулами A9.8), где к — коэффициент квазиупругой силы. В част-
частности, если колебания обусловлены упругой силой пружины, то ко-
коэффициент к называется жесткостью пружины, а формулы A9.8)
выражают циклическую частоту и период колебаний пружишГ01 о маят-
маятника.
2. Циклическая частот (о затухающих колебаний, как это следу-
следует из соотношения A9.14), всегда меньше циклической частоты сво-
свободных колебаний при отсутствии сопротиплемин, т. е. собственной
частоты <о0. Таким образом, сопротивление среды приводит к умень-
уменьшению частоты и к увеличению периода колебаний. Однако во многих
задачах, когда сопротивление среды незначительно, его влиянием
можно пренебречь и рассчитывать частоту и период слабо затухающих
колебаний по формулам A9.8). Это можно делать при выполнении сле-
следующих неравенств:
1) р"-<шб или 2) X2 <g 4л2.
Первое условие вытекает непосредственно из формулы A9.14);
второе выведено при решении задачи К« 19-10. Оба условия эквива-
эквиваленты друг другу.
Решение задач
19-6. Шар, радиус которого R — 5,00 см, подвешен
на нити длиной /0 = 10,0 см. Определить относитель
ную погрешность, которую допускают, если, вычисляя
период колебаний маятника, принимают его за матема-
математический маятник длиной / = 15,0 см.
Решение. Шар, висящий на нити, представляет собой физи-
чес кий маятник. Его период Тф выражается формулой A9.10). Если
принять маятник за математический, то его период Тм надо -находить
по формуле A9.9), полагая согласно условию длину / равной расстоя-
расстоянию от точки подвеса до центра тяжести шара:
/ = /о + R = d. A)
Таким образом, считая маятник математическим, мы заменяем
шар материальной точкой, расположенной в его центре, что вызывает
некоторую погрешность в вычислении периода.
223

С помощью формул A9.9), A9.10) найдем отношение периодов Тф
и Гм, учитывая соотношение A):
mdi
Момент инерции шара относительно оси качаний согласно формулам
D.5в) и D.6) равен
/ = 2/6mR2 + md2.
Подставив это значение / в B), получим
Отсюда найдем >тносительную погрешность в вычислении периода:
-^- = ТФ—Т" —0,022, или 2,2%.
19-7. Тело, неподвижно висящее на цилиндрической
пружине, растягивает ее на х0 = 5,0 см. Затем тело
было смещено из положения равновесия по вертикали
и отпущено, в результате чего оно стало совершать коле-
колебания. Найти их период.
Решение. Если бы тело совершало колебания только под дей-
действием упругой силы пружины Fynp = —kx, их период можно было
Гы определить по формуле A9.8). В данном случае на тело еще дейст-
ъует сила тяжести mg. Чтобы выяснить ее влияние на колебания гру-
груза, рассмотрим силы, действующие на тело, в двух положениях:
1) тело неподвижно висит на пружине. Равнодействующая сил, при-
приложенных к телу, Z7! = 0. Приняв направление вниз за положитель-
положительное, запишем
Fj = mg — kxa = 0; A)
2) тело смещено из положения равновесия на х'. Будем считать х'
величиной алгебраической. Пружина в этом случае растянулась на
х0 + х'. Равнодействующая сил, приложенных к телу, равна
У7,, --= mg — k (х0 -г х').
Раскрывая скобки и учитывая A), получим
Ft = —kx'. B)
Из B) видно, что равнодействующая сил Fynv и mg пропорциональ-
пропорциональна растяжению пружины и противоположна ему по направлению, если
только это растяжение отсчитывать от положения равновесия вися-
висящего на пружине груза. Следовательно, и при наличии силы тяжести
тело будет совершать гармонические колебания. По формуле A9.8),
где согласно A) к = mg/xu, найдем период этих колебаний:
Г = 2л ]/— = 2я 1 /-*L = 6,28 \/ — с = 0,45с.
V k V g V 980
224

19-8. Ареометр массы 5о г, плавающий в растворе
серной кислоты, указывает, что плотность жидкости
р = 1,27 г/сма. Если прибор сместить из положения
его равновесия немного по вертикали и отпустить, он
начнет колебаться. Считая колебшия незатухающими,
определить их период, если радиус цилиндрической
трубки ареометра, в которой заключена его шкала,
равен г = 0,30 см.
Решение. На погруженный в жидкость ареометр действуют
две силы: сила тяжести mg и выталкивающая, архимедова, сила Fa,
равная весу жидкости, вытесненной телом:
^ = Р., = mMg='pVg,
где V — объем вытесненной жидкости, равный объему погруженной
части ареометра. Как и в предыдущей задаче, выясним соотношение
между действующими на тело силами в двух елучаях:
1) ареометр находится в равновесии. Приложенные к нему силы
уравновешиваются. Приняв направление вниз за положительное,
запишем
mS — PgV = 0;
2) ареометр смещен из положения равновесия по вертикали на
величину х (х — алгебраическая величина). Поскольку изменится
объем погруженной части прибора, выталкивающая сила также из-
изменится. К ареометру будет приложена равнодействующая, направ-
направленная по вертикали и равная
где ДУ = пг'х — изменение объема погруженной части прибора.
Подставив в B) это значение AV и раскрыв скобки, получим с учетом
A)
F = —nr'pgx = — kx, C)
где к — nr^pg — постоянная величина. Видим, что на ареометр
действует сила, пропорциональная смещению, взятому с обратным
знаком, т. е. квазиупругая сила. Следовательно, он совершае1 [армо-
нические колебания, период которых найдем по A9.8):
Т= 2л 1 /—^- = -?- |/-^-= 2,5 с.
У п/-а pg r \ ли,?
19-9. Энергия затухающих колебаний маятника, про-
происходящих в некоторой среде, ча время / = 2,00 мин
уменьшилась в N — 100 раз. Определить коэффициент
сопротивления, если масса маятника m = 0,100 кг.
Решение. Коэффициент сопротивления г связан с коэффици-
коэффициентом затухания |3 и массой m тела соотношением A9.13):
г =¦ 2 тр. A)
в Зак. 1520 225

Чтобы найти величину р\ обратимся к уравнению затухающих коле-
колебаний A9.12). Стоящий в нем сомножитель
& л р—е< ел
выражает уменьшающуюся со временем амплитуду колебаний Из
A9.11) следует, что энергия колебаний пропорциональна квадрату
амплитуды. Следовательно, обозначив начальную и конечную энер-
энергию колебаний через Wo и W, можно записать:
л/=-^=(-^-У; A.=yyv = io,o. C)
W \ А ) А
Теперь из B) и C) имеем е-0' = 10. Логарифмируя, находим:
р/ = In 10,0; р = (In 10,0)//.
Подставив найденное значение р в A), получим ответ:
г = 2 т (In 10,0V/.
Учитывая, что т = 0,100 кг, / = 120 с, In 10,0 = 2,3, выполним
вычисление:
rg 2-0 100.2,3 Kr/Cg0|003g
19-10. Гиря массы 0,500 кг подвешена к пружине, жест-
жесткость которой к — 32,0 Н/м, и совершает затухающие
колебания. Определить их период в двух случаях:
1) за время, в течение которого произошло пх — 88 ко-
колебаний, амплитуда уменьшилась в Nx = 2,00 рача;
2) за время двух колебаний (гс2 = 2,00) амплитуда
уменьшилась в Л/2 = 20 раз.
Решение. Сопротивление среды уменьшает частоту свобод-
свободных колебаний. Циклическая частота затухающих колебаний опреде-
определяется по A9.14), откуда период равен
7=^^-1^-. A)
Собственную циклическую частоту со0 выразим сразу по A9.8), зная
массу т гири и жесткость k пружины:
oio=VI/m = 8,0 рад/с. B)
Коэффициент же затухания E нельзя найти непосредственно из ус-
условия задачи. Согласно A9.15) он
Э = Х/7\ C)
Чтобы найти величину X, обратимся к уравнению затухающих коле-
колебаний A9.12). Уменьшающуюся со временем амплитуду с учетом C)
выразим так:
D)
226

Пользуясь введенными в условии обозначениями, можно записать:
Ап1А = N\ tIT = п. Тогда из D) следует еХя = ./V, откуда, лога-
логарифмируя, имеем
X = (In N)ln.
Подставив числовые значения N и п для двух случаев, выполним
вычисление:
Я,, = 0,0079; Х2 = 1,5.
Теперь перепишем формулу A) с учетом C):
2л
Получилось квадратное уравнение относительно периода Т. Решив
его, найдем (огбраеыьая отрицательный корень)
Г =У4 л" + 12/ш<1. E)
Приступая к вычислениям периода, заметим, что в первом случае
%f << 4л' Поэтому, сохраняя достаточно высокую точность вычис-
вычислений, можно в формуле E) пренебречь членом № и гогда
Г, =J2.=-*L=0,78 с.
ш„ 8,0
Во втором случае нельзя отбросить величину X2. Тогда производя
вычисления по E), получим
Т2 = 0,81 с.
19-11 Чему равна амплитуда вынужденных колеба-
колебаний при резонансе Лраа, если при очень малой (по срав-
сравнению с собственной) частоте вынужденных колебаний
она равна Ло = 0,10 см, а логарифмический декремент
затухания к — 0,010?
Решение. Как видно из A9.16), амплитуда вынужденных
колебаний зависит от частоты (о вынуждающей силы. При некотором
значении (о = (орва, определяемом по A9.17), наступает явление ре-
резонанса: амплитуда достигает максимального значения Лрея. Величи-
Величину Лреа выразим по A9.16), подставив из A9.17) (орва вместо <о. После
ряда упрощений найдем
Из формулы A9.16) можно также вывести простое соотношение
между величинами Ао и h. Учитывая вытекающие из условия соот-
соотношения: 1) (о << шп; 2) К' « 4л'\ откуда следует, что fi2 << ш;- (см.
п. 2 методических указаний на стр. 223), отбросим члены (о2 и 4|32a)'i
в A9.16):
Л о =
8* 227

Подставив это значение h в формулу A) и пренебрегая величиной ра
по сравнению с со§, получим
Выразим собственную частоту (о0 и коэффициент затухания 0
по формулам A9.4) и A9.15):
<оо = 2л/70; Р = к/Т.
Здесь Т„ — период свободных колебаний при отсутствии сопротив-
сопротивления; Т — период затухающих колебаний, которые начались бы
после прекращения действия вынуждающей силы. Подставив эти зна-
значения <»п и р в соотношение B) и учитывая, что при слабом затухании
(Ла << 4п2) Т да То, найдем окончательный ответ:
ЛГ1ез = л/40/А, = 3! см.
5 20. ВОЛНЫ В УПРУГИХ СРЕДАХ. ЭЛЕМЕНТЫ АКУСТИКИ
Основные формулы
Уравнение бегущей волны, распространяющейся со скоростью с в направле-
направлении оси Оу:
х = A sin [oi (/ - у/с) + <р„|, B0.1)
где ж — смещение от положения равновесия точки, находящейся на расстоянии
у от источника i армомнческих колебаний, характеритующихся амплитудой А,
циклической частотой <в и начальной фазой <р0.
Длина волны \ и ее скорость с связаны соотношением
I = сГ - c/v, B0 2)
где Т — период колебаний; v = МТ = ш/2я — их частота.
Связь между разностью фат двух точек бегущей волны и раиюстыо хода
Уз — Уг (т- е. разностью расстояний этих точек от источника колебаний)'
<f2 - <Г, = 2я ((/, - цгI\ B0.3)
В резулыате интерференции волн амплитуда достигает максимального
значения при условии
\У2 —Ух\ = А = 2k A12) (k = 0, 1, 2, 3, ...) B0 4)
и минимального значения при условии
Д = Bk + 1) A12) (k = 0, 1, 2, 3, ...) B0.5)
Явление Доплера: если источник и приемник jD>Ka перемещаются относи-
относительно среды, в которой распространяется звук, m частота исковых коле-
колебаний v', регистрируемая приемником звука, сиязапа с частотой колебаний v
источника соотношением
v'=v , B(. 6)
где с, и, v — скорости соответственно зв\ ю, его источника и приемника. Форму-
Формула B0 0) относите» к случаю, ei.iH источник и приемник зиука движутся по од-
одной прямой. При этом величины и, v — алгебраические: и > 0, если источник
движется к приемнику; и < 0, если источник ^длляекя от приемника. Анало-
Аналогично, v > 0, если приемник приближается к источнику; v < 0, если приемиия
движется от источника.
228

Скорость продольных волн в тонких стержнях
B0.7)
где Е — модуль упругости; р — плотность материала стержня.
Скорость звука в газах
c=VwTP' B0-8)
где р и р — давление и плотность газа, не возмущенного волной; у — отноше-
отношение теплоемкости газа при постоянном давлении к теплоемкости при постоянном
объеме.
Амплитуда звукового давления Др0 и амплитуда скорости va частиц в зву-
звуковой волне связаны соотношением
Др0 = сру0. B0.9)
Интенсивность звука /, т. е. энергия, переносимая звуковой волной за еди-
единицу времени через единичную площадку, перпендикулярную направлению
распространения волны, выражается через амплитуду звукового давления:
где р — плотность газа.
Уровень интенсивности звука (в децибелах) определяется формулой
L= 10 lg (///„), B0 11)
где / — интенсивность данного звука; /0 = 10~12 Вт/м2 — интенсивность звука
на пороге слышимости при стандартной частоте v = 1000 Гц.
Уровень громкости звука (в фонах) вычисляется по формуле
LN = 10 1g(V/0), B0.12)
где /д. — интенсивность звука частоты v = 1000 Гц, равногромкого с исслсд>е-
мым звуком.
Методические указания
1. Уравнение бегущей волны B0.1) выражает смещение от поло-
положения равновесия любой частицы как функцию расстояния у до ис-
источника колебаний и времени t. При этом предполагается, что амплиту-
амплитуда смещения всех частиц на пути волны одинакова. Это может быть
лишь в случае плоских волн, распространяющихся в одном направле-
направлении при отсутствии поглощения энергии волн средой. Наоборот,
в случае сферических волн, распространяющихся во всех направле-
направлениях от источника колебаний, амплитуда смещения частиц среды за-
зависит от расстояния до источника колебаний (см. задачу Хя 20-5).
Уравнение бегущей волны может быть также выражено формулой
[см. B0.1)]
х = A cos |о) (/ — у/с) 4 ф']. B0.1а)
где ф' = ф0 — л/2. Начальную фазу ф0 (пли ф') при решении зачач
находят из начальных условий (см. задачу № 20-1). В учебной лите-
литературе часто приводят уравнение бегущей волны, полагая фп = 0
(или ф' = 0). Такое уравнение уже не является общим, а соответству-
соответствует определенным начальным условиям: при / = 0, у = 0 должно
быть х = 0 в случае B0.1) и х = А в случае B0.1а). Если в задаче
не содержится начальных условий, найти однозначно смещение х
229

по уравнению бегущей волны нельзя. (Таковы, например, задачи
№ 12.63, 12.64 из задачника [10].)
2. Следует различать две физические величины, выражаемые фор-
формулами B0.11), B0.12), — уровень интенсивности звука и уровень его
громкости. Уровень интенсивности звука является его объективной
характеристикой, не зависящей от звукового ощущения. Уровень
громкости звука, как субъективная характеристика его, зависит
не только от интенсивности звука /, но и от частоты v, так как ухо
человека обладает разной чувствительностью к звукам разной час-
частоты. Сравнивая формулы B0.11) и B0.12), видим, что для °вука
частоты v = 1000 Гц уровень громкости /-л в фонах ранен уровню
интенсивности L в децибелах. Однако при других частотах L^ ф L.
Различие между этими величинами особенно велико при очень низких
звуковых частотах.
3. Чтобы рассчитать уровень громкости звука, используют
кривые равной громкости, показывающие зависимость интенсивности
звука от частоты при постоянных уровнях громкости. Такие графики
в виде семейства кривых, каждая из которых соответствует некоторо-
некоторому уровню громкости, имеются в некоторых задачниках (см., напри-
например, задачник [151) и учебных пособиях по курсу общей физики.
Если в задаче, связанной с определением уровня громкости звука,
не указана частота луковых колебаний, имеется и виду, что речь
идет о звуке, частота которого блшка к стандартом частоте v =
= 1000 Гц.
Решение задач
20-1. В нечат> хающей бегущей войне задана точка М,
отстоящая от источника колебаний на расстоянии
у = Я/12 в направлении распространения волны. Амп-
Амплитуда колебаний А = 0,050 м. Считая в начальный
момент времени смещение точки Р, находящейся в ис-
источнике, максимальным, определить смещение от поло-
положения.равновесия точки М для момента t = Т/6, а так-
также разность фаз колебаний точек М и Р.
Решение. Смещение точки М можно найти с помощью урав-
уравнения бегущей волны B0.1). Исполыуя условие задачи, преобразуем
это уравнение так, чтобы в нет вошли длина волны X и период Т
колебаний. Учитывая соотношение <о — 2п/Т и равенство B0.2), по-
получим
A~~rfrJ + <p" ""' sm W Г] + Фо|
Чтобы найти начальную фазу ф,,, воспользуемся начальными уело"
внями задачи: если t — 0, t/ = 0, то х — А При этих значениях
t, у, х пз уравнения A) имеем sin грп = 1, откуда фп = л/2.
Теперь, подставив числовые значения величии A, t/T, yfk, фп в (I),
получим первый ответ:
J L) + ЛI — 0,050 0,87 м = 0,044 м.
6 12/ 2 '
230

Для вычисления разности фаз Фм — Фр колебаний точек ЛТ,
Р учтем, что для точки Р координата у = 0. Следовательно, в любой
момент t фаза точки Р, т. е. аргумент синуса в A), равна 2л//Г + ф„.
Тогда
[(?) ]-[2п-р + Ф„] = -2л^-. B)
Этот же результат можно получить сразу из формулы B0.3), если
положить в ней ух — у2 = —у. Подставив в B) числовое значение от-
отношения у/Х, найдем
Фм — Фр = — 2л • A/12) = —л/6.
Таким образом, колебания точки М отстают по фазе от колебаний
источника на угол л/6.
20-2. Для определения частоты звуковых
колебаний был применен интерференцион-
интерференционный прибор, изображенный на рис. 20-1,
где Т — источник звука; А, В — два ко-
колена, представляющие собой полые метал-
металлические трубки (колено В — выдвижнсе);
М — слуховая трубка. В зависимости
от положения колена В наблюдатель ре-
регистрирует с помощью слуховой трубки
усиление или ослабление звука. Для того
чтобы перейти от одного минимума зву-
звука к следующему, перемещаю/ выдвижное
колено на расстояние / = 5,5 см. Считая
скорость звука в воздухе при температуре
опыта равной с = 340 м/с, найти частоту
звуковых колебаний.
Решение. В точке С (рис. 20-1) происходит интерференция
звуковых волн, приходящих сюда от источника Т различными путями:
ТАС и ТВС. Результат интерференции волн выражается условиями
B0.4), B0.5).
Переместив колено В на расстояние /, изменяют icm самым разность
хода волн Д = ТВС — ТАС на величину 21:
где Д,, Д2 — разность хода волн в начальном и конечном положениях
колена. Так как в обоих положениях громкость звука и связанная
с ней амплитуда звуковых колебаний минимальны, то каждая из ве-
величин Дц Да определяется формулой B0.5):
Д, = Bftj + 1) (Х/2), к, = BЛ2 + 1) (Х/2). B)
При этом, поскольку перемещение колена В соответствует двум со-
соседним минимумам звука, должно выполняться соотношение
к2 - йх = 1. C)
231

Учитывая C), вычтем почленно уравнения B) друг из друга.
Тогда получим
Л2 — Л, = X D)
Сравнивая выражения A) и D), имеем
I = 21.
Теперь из соотношения B0.2) найдем частоту звуковых колебании:
Подставив в формулу числовые значения величин, получим
v = 3,1 • 10- Гц = 3,1 кГц.
20-3. Медный стержень длиной / = 0,50 м закреплен
в середине. Найти частоты возможных собственных
продольных колебаний стержня.
Решение. Если какой-либо частице упругого тела сообщить
начальный импульс (например, ударить молотком по торцу стержня),
то все частицы тела придут в колебательное движение — в теле уста-
установятся собственные колебания. Процесс распространения колебаний
в закрепленном стержне представляет собой стоячие волны. Эти вол-
волны являются результатом интерференции двух встречных систем бегу-
бегущих волн: падающих ня границу данного тела с окружающей среден
и отраженных от этой границы.
MacToia v собственных колебаний в стержне связана с длиной к
бегущей волны соотношением B0.2). При этом скорость с продольных
бол» в медном стержне можно найти по формуле B0.7). Tot да полечим
л ;
Величины Е, р для меди табличные, и наша задача сводится к опре-
определению длин волн, соответствующих собственным колебаниям стерж-
стержня. Этим колебаниям всегда отвечает такое
г распределение подлине тела стоячих волн,
которое удовлетворяет граничным усло-
условиям: на закрепленном конце тела должен
быть узел смещений, на свободном — пуч-
пучность. Следовательно, на концах данного
Р|1С 20'2 стержня должны быть пучности смещений,
а посередине его — узел смещений, так
как п этом месте стержень закреплен. Один из возможных вариантов
распределения стоячих волн по длине стержня изображен на
рис. 20-2. Здесь по оси х отложены расстояния точек стержня от его
левого конца, по оси у — смещения точек стержня от положения
равновесия, которые они имеют в некоторый момент времени, участ-
232

вуя в продольных колебаниях* (пунктиром изображен график сме-
смещения спустя промежуток времени, равный Т/2). Точки А, В, С,
D, Е — узлы стоячей волны.
Из графика видно, что на всей длине стержня (от А до Е) должно
укладываться четное число полуволн и еще две четверти волны.Таким
образом, имеем
I = B к + 1) (к/2),
где k = 0, 1, 2, 3, ... Отсюда
X = 2l/Bk + 1).
Подставив это значение Я. в формулу для частоты, получим ответ:
Взяв из таблиц значения Е = 12 • 1010 Н/ма, р = 8,9 • 103 кг/м3
и произведя вычисления, найдем
v = 3,7 • 10s Bft + 1) Гц.
Значение ft = 0 дает основную частоту собственных колебаний
v0 = 3,7 • 108 Гц; значения ft = 1, 2,3, ... соответствуют высшим гар-
гармоническим частотам.
20-4. Источник Т звука частоты v = 400 Гц
движется со скоростью и = 2,0 м/с, уда-
удаляясь от неподвижного приемника М зву-
ка и приближаясь при этом к стене А В
(рис. 20-3). Определить частоту биений,
регистрируемых приемником звука. Ско-
Рис. 20-3 рость звука с = 340 м/о.
Решение. Биения возникают в результате сложения колебаний
е мало различающимися частотами; при этом частота биений равна
разности частот слагаемых колебаний (см. задачу № 19-4). Выясним
происхождение биений в данном случае.
Приемника М достигают звуковые волны непосредственно от ис-
источника Т, а также волны, отраженные от стены. Дойдя до приемника,
эти две системы волн возбудят в нем колебания разных частот. Дейст-
Действительно, источник Т звука удаляется от неподвижного приемника М.
Вследствие эффекта Доплера приемник зарегистрирует колебания
частоты v' ф v. Положив в формуле B0.6) v = 0 и учитывая, что,
согласно вышеизложенному правилу знаков, скорость источника
и <С 0, поскольку источник удаляется от приемника, получим
c+|uj
A)
* Для поперечных колебаний приведенный график можно рассматривать
как «моментальную фотографию» колеблющегося стержня.
233

В то же враля источник звука приближается к стене. Поэтому
частоту колебаний V, воспринимаемых стеной, найдем опять по форму-
формуле B0.6), где по-прежнему у=0. Однако теперь и > 0, следовательно,
B)
с —|и|
Воспринимая колебания частоты v", стена сама становится источ-
источником звуковых волн такой же частоты v", которые, дойдя до прием-
приемника М, возбудят в нем колебания частоты v". Эти колебания нало-
жатся на колебания частоты v' и в результате возникнут биения, час-
частоту которых vc = v" — v' найдем, используя формулы A), B):
v6 = — 1-г- = 4,7Гц.
с1—и'
20-5. От источника, расположенного у поверхности Зем-
Земли, распространяются звуковые полны. Через какой
промежуток времени они достигнут высоты h = 10,0 км,
если температура воздуха у поверхности Земли /0 =
= 16°С, а градиент температуры в атмосфереД T/Ah =
= —7,0 ¦ Ю-3 К/м.
Решение. Чтобы найти время распространения волны, зная
ее перемещение h, выясним сначала, какова скорость звука в верти-
вертикальном направлении. Скорость звука в воздухе определяется форму-
формулой B0.8), где у—1,4 (см. задачу № 8-3). Можно показать, что при этом
скорость зависит от температуры воздуха. Действительно, поскольку
р = mV, то, применив уравнение газового состояния, получим
(I)
По условию задачи температура воздуха зависит от высоты. Эту
зависимость можно записать так:
Т = То + ah, B)
где Т — температура на высоте h; a = AT/Ah — градиент темпера-
температуры, показывающий прирост (в данном случае отрицательный) темпе-
температуры на каждый метр высоты. Подставив значение Т из B) в A),
имеем
c=VyR(T0 +ah)/\L. C)
Таким образом, скорость звука зависит от высоты. Чтобы найти
искомое время, будем рассматривать движение звуковой волны как
переменное. В таком движении скорость в любой момент времени рав-
равна с = dhldt, откуда с учетом формулы C)
234

Это дифференциальное уравнение, выражающее зависимость вре-
времени от высоты. При изменении времени от 0 до t высота изменяется от
от 0 до h. Следовательно,
dh
VT0+ah
и о
откуда
.? I I/ / _1_ /> г/ I/ / I
^^^ \ г i П Т^ Lt/l у I (I/.
Подставим в формулу числовые значения величин, выраженные
в единицах СИ: h = 10,0 • 10* м, Тп = 289 К, а = —7,0 1O-J К/м,
|л = 0,029 кг/моль, R = 8,3 Дж/(моль ¦ К), V = I.4- Выполнив вы-
вычисление, получим
/ = 30 с.
20-6. Источник звука небольших размеров имеет мощ-
мощность 1,00 Вт при частоте v = 400 Гц. Считая, что
звук распространяется от источника одинаково во все
стороны в воздухе, находящемся при нормальных усло-
условиях, и пренебрегая поглощением звука, определить
амплитуду звукового давления, а также амплитуды ско-
скорости и смещения частиц воздуха на расстоянии г =
= 100 м от источника звука.
Решение. Амплитуда звукового давления Д рй (т. е. амплитуда
колебаний давления воздуха в каждой точке, через которую проходит
звуковая волна) связана соотношением B0.10) с интенсивностью звука
/, которая в свою очередь связана с мощностью N источника:
/ = Л74лЛ A)
где г — расстояние от источника до точки, в которой определяется
величина /. Формула (I) вытекает из определения интенсивности звука
(см. стр. -229). При этом важно, что, согласно условию задачи, от ис-
источника звука распространяются сферические волны. Поэтому в зна-
знаменателе формулы A) стоит площадь поверхности сферы, сквозь кото-
которую проходит вся зпуковая энергия, испускаемая источником.
ПрираЕживая правые части формул B0.10) и A), имеем
^L. B)
В общем случае величины с, р вычисляют по формулам B0.8) и F.1).
Так как по условию задачи воздух находится при нормальных услови-
условиях, то значения сир возьмем из таблиц и по формуле B) рассчитаем
величину Д/?о.
235

Теперь, используя соотношение B0.9) и учитывая результат B),
получим амплитуду скорости частиц в звуковой волне:
0oe^?Le J_ i/— . C)
0 ср л V 2яф V '
Принимая во внимание связь между величинами А, о0 в гармони-
гармоническом колебании, вытекающую из формулы A9.2): v0 = а>А = 2л\А,
найдем амплитуду смещения частиц воздуха в звуковой волне А:
()
2яср
Подставим в формулы B) — D) числовые значения величин:
N = 1,00 Вт, v = 400 Гц, г = 100 м, с = 332 м/с, р = 1,29 кг/мя. Вы-
Выполнив вычисление, получим:
Др„ = 8,3 • 10-* Па о„ = 1,9 • Ю м/с; /1 = 7,6 ¦ 10"" м.
20-7. На расстоянии /-, = 10 м от источника сфериче-
сферических звуковых волн частоты 1000 Гц уровень громко-
громкости Ln\ — 40 фон Найти наибольшее расстояние rlt
на котором *вук еще слышен
Решение. Прежде всего заметим, что в задаче дан звук стан-
стандартной частоты v = 1000 Гц. Поэтому формулу B0.12) для уровня
громкости звука можно записать так.
U = Ю lg (///„), A)
где / — интенсивность данного звука. Таким образом, в нашей задаче
уровень громкости звука L^ совпадает с уровнем его интенсивности
L, выражаемым формулой B0.11).
Так как каждому из двух расстояний ги г2 соответствуют некоторая
интенсивность зв>ка / и, следовательно, определенный уровень гром-
громкости Z-л, то запишем:
Z./VI «= 10 lg (/,//„), B)
LN2 = Ю lg {lJU). C)
По прея нему считая, что звук распространяется одинаково во все
стороны, воспользуемся формулой A) предыдущей задачи. Из этой
формулы следует, что интенсивность звука / обратно пропорциональ-
пропорциональна квадрату расстояния от источника. Поэтому
/2//, = Г?/Г2. D)
Выразив из системы B), C) отношение /2/Л и подставив его в формулу
D), получим
jqO.I (LN2-LNl) __Г|_ < E)
Так как расстояние г2 по условию задачи соответствует порогу
слышимости, надо в формуле C) считать /2 = /0. Следовательно,
Ln2 = 0. Тогда из E) найдем ответ:
r2=r1-l0°-06iA" = 10.10i м=1,0 км.
236

Замечание. Если в задаче будет идти речь о звуке.частота
которого существенно отличается от v = 1000 Гц, приведенное реше-
решение окажется неверным. Действительно, тогда для уровня громкости
L/v вместо A) надо будет записать соотношение B0.12):
Lv = Ю lg (V/o)
и во всех формулах данной задачи величины Jlt /2 заменить соответ-
соответственно величинами Ini, In2. Но теперь в отличие от равенства D)
будет
фг\\г\.
поскольку величина 1N является также функцией частоты звука
(так как ухо человека неодинаково чувствительно к звукам разных
частот).
Правильный путь решения задачи для случая любой звуковой час-
частоты связан с использованием соотношения D) и графика, на котором
представлено семейство кривых равного уровня громкости. Пусть,
например, частота звука равна 100 Гц. Тогда по графику уровней
громкости, зная частоту и уровень громкости (L\i = 40 фон),
определим интенсивность звука /t = 5 • 10"* Вт/м'2. Затем по тому же
графику, рассмотрев кривую, соответствующую порогу слышимости,
найдем, что при частоте 100 Гц интенсивность звука /г = 8 • 10~9 Вт/м2,
Подставив эти значения /1( /2 в формулу D) и произведя вычисление,
получим
г2 = 0,25 км.
§ 21. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
Основные формулы
При свободных колебаниях в контуре, содержащем конденсатор емкостью
С, катушку индуктивностью L и резистор с омическим сопротивлением R, сое-
соединенных последовательно, заряд на обкладках конденсатора изменяется во вре-
времени по закону
ij = <70e ' sin ((iK-f-фо). B1.1)
где qoe~~& — амплитуда затухающих колебаний; E — коэффициент затухания;
со — циклическая частота; q0, ср0 — начальные амплитуда и фаза (определяются
из начальных условий). Величины E, со выражаются через параметры контура
R, L, С формулами:
р1 = RI2L, B1.2)
ш = Усй(| — P2 = Vl/LC — R2JiLi-i B1.3)
здесь
B1.4)
— циклическая частота свободных незатухающих колебаний, которые устанав-
устанавливаются в контуре при условии R —• 0.
Логарифмический декремент затухания
А = In (fli/flj = P71, B1.6)
237

где а,, аг — амплитудные значения в двух последовательных колебаниях любой
из величин q, U, I @ — напряжение на конденсаторе / — сила тока в коле-
колебательном контуре); Т — период колебаний
Добротность колебательного контура Q связана с логарифмическим декре-
декрементом затухания:
Q= я/А.. B1 fi)
Если в колебательном контуре, состоящем из последовательно соединенных
конденсатора емкостью С, катушки индуктивностью L и резистора с омическим
сопротивлением R, действует периодическая э. д с. S = Sa si^ ш1> ro B такой
цепи установятся вынужденные колебания тока гои же частоты ш:
/ = /„ sin (ш/ — ц,), B1.7)
при зтом величины Уо, ф выражаются формулами:
у°= у
tg(p=J^i^. B19)
Амплитуда тока [0 при вынужденных колебаниях достигает максимального
значения (явление резонанса), если частота ш вынужденных колебаний овпадает
с частотой w0 свободных незатухающих колебаний, определяемой по B1 4).
Таким образом, резонансная частота
<йрез=<*)„ = УТТТС. B1 10)
В пени переменного синусоидального тока действующие (эффективные)
значения силы тока 1Я и э. д. с.^д связаны с их амплитудными значениями /0,
Ео соотношениями*
/п=/о/1/2, ^а = й0/У2 B1 11)
Скорость электромагнитных волн в среде с диэлекфической проницаемо-
проницаемостью е и мащитной проницаемостью ц раина
L±, B1.J2)
Vf-ц
где с = 3,00 . 10е м/с — скорость электромагнитных волн в вакууме
Плотность потока энергии (или интенсивность излучения) электромагнит-
электромагнитных волн, т. е. количество энергии, переносимой ча единицу времени через еди-
единичную площадку, перпендикулярную направлению распространения волны,
определяется вектором Пойнтинга:
Р = (ЕН|, B1 13)
где Е, Н — векторы напряженности электрического и магнитного полей в элект-
электромагнитной волне.
Методические указания
1. Методы решения задач на электромагнитные колебания сходны
с методами решения задач на механические колебания. В основе этого
сходства лежит одинаковая структура уравнений, описывающих оба
этих вида колебаний. Так, например, формулы B1.1)—B1.5) настоя-
настоящего параграфа, характеризующие свободные электромагнитные ко-
колебания, аналогичны формулам A9.12)—A9.15), A9.8) для свободных
механических колебаний. При этом заряд q соответствует смещению х,
омическое сопротивление R — коэффициенту сопротивления среды г,
238

индуктивность L — массе m, емкость С — величине, обратной ко-
коэффициенту квазиупругой силы k. Все сказанное в п. 2 методических
указаний раздела «Динамика колебательного движения» (см. стр. 223)
справедливо в отношении электромагнитных колебаний, если слова
«сопротивление среды» заменить словами «омическое сопротивление».
Сходство уравнений приводит к сходству решений задач, основан-
основанных на этих уравнениях. Так, в задачах № 19-9, 19-10 на затухающие
механические колебания легко найти их электрические аналоги. В свя-
связи с этим заметим, что формуле A9.11), которая была использована
при решении задачи № 19-9, соответствует аналогичная формула для
энергии электромагнитных колебаний
(Эта формула вытекает из решения задачи № 21-1.)
2 Если в формуле B1.8), выражающей связь между амплитудами
тока и э. д. с. при вынужденных колебаниях в контуре, заменить амп-
амплитудные значения /0, Sa их действующими значениями /д, $А по фор-
формулам B1.11), то получим закон Ома для цепи переменного тока
где
— 1/СшJ
— полное (действующее) сопротивление цепи. Оно состоит из сопро-
сопротивлений омического R, индуктивного La и емкостного I/Ссо. Обратите
внимание: отсутствие в цепи переменного тока конденсатора означает
отсутствие емкостного сопротивления, т. е. 1/С(о = 0, следовательно,
С = оо (!).
3. Законы последовательного и параллельного соединений в цепях
постоянного тока не годятся для переменного тока, если его характе-
характеризовать не мгновенными значениями величин /, U, S, а действующи-
действующими /д, Ua, S-ц (или амплитудными /„, Uo, $0). Так, при последова-
последовательном соединении сумма напряжений на отдельных участках замкну-
замкнутой цепи оказывается не равной электродвижущей силе (см. задачу
№ 21-3), а при параллельном — сумма токов в ветвях не равна току
в неразветвлепной части цепи (задача №21-4). Величины /, U, S, опре-
определяющие электрические процессы во всей цепи и на ее отдельных
участках, совершают гармонические колебания, находясь в различ-
различных фазах [см. формулу B1.9I. Поэтому напряжения (и токи) скла-
складываются по правилу сложения векторных величин с учетом угла
(разности фаз) между ними точно так же, как складываются, например,
амплитуды смешения при механических колебаниях равных перио-
периодов [(см. формулу A9.5)].
239

Решение задач
21-1. Колебательный контур состоит из конденсатора
емкостью С = 5,0 мкФ и катушки индуктивностью
L = 0,200 Г. Определить максимальную силу тока /в
в контуре, если максимальная разность потенциалов
на обкладках конденсатора Ug = 90 В. Сопротивлением
контура R пренебречь.
Решение. Рассмотрим два способа решения задачи. Первый
из них основан на исследовании уравнения свободных электромагнит-
электромагнитных колебаний B1.1), второй — на законе сохранения энергии.
1. Если в колебательном контуре сопротивление R пренебрежимо
мало, то в уравнении B1.1), выражающем заряд конденсатора как
функцию времени, можно положить коэффициеш затухания 0 = 0.
Тогда, согласно B1.3), получим со = соо. Следовательно, в контуре
будут незатухающие колебания, при этом
q = qa sin (шо( + ф0). (I)
Сила тока есть производная от заряда по пременн. Поэтому, лиффе-
ренцеруя обе части A) по времени, получим для силы тока в контуре
уравнение
/ = <o0<70cos (not + ф0).
Величина /„ = о;„9о является амплитудным, т. е. максимальным, зна-
значением тока в контуре. Подставив значение <о0 из формулы B1.4) и
уч1пыи:п соотношение q0 -= CU,,, сшре.тмим искомую величину:
/„ = йH ^/0^ V ТТПС Ct/,,= Ut, VUJJ..
2. В процессе незатухающих ч.чок1ромагпигных колебаний полная
электромагнитная энергия honispa, рапная сумме энергий электри-
электрического поля конденсатора CLr!2 и магнитного поля катушки LP/2,
остается постоянной. При эюм в те моменты, когда конденсатор мак-
максимально заряжен <U — U,), сила iok;j равна ну/'ю. Следовательно,
полная энергия контура
IF = CU&/2. B)
В то время, когда конденсатор разряжен (U — 0), сила тока достигает
максимального значения /„. Тогда полная энергия контура
W = LI&12. C)
Приравняв правые части формул B), C), найдем
io=uoVc]Z.
Подставив числовые значения величин, выраженные в единицах
СИ: С = 5,0 • 10-° Ф, L = 0,200 Г, Uo = 90 В, и произведя вычисле-
вычисление, получим
/0 = 0,45 А.
240

21-2. Добротность колебательного контура Q = 5,0.
Определить, на сколько процентов отличается частота со
свободных колебаний контура от его собственной час-
частоты со„.
Решение. Во всяком реальном колебательном контуре, обла-
обладающем сопротивлением R, частота свободных электромагнитных коле-
колебаний 6) меныие собственной частоты контура и0 (т. е. частоты коле-
колебаний при R -*¦ 0). В задаче требуется найти величину
Ш„
A)
Добротность контура выразим через величины со, «0, используя
формулы B1.6), B1.5), B1.3) и соотношение Т = 2л/ш:
-о Я Л М
B)
Введя обозначение а = <д/а>а, из B) имеем
0*= ^5!
4(й>„- —о>4 4 (I-a2)
Определив отсюда величину а, на основении A) найдем
~+ 4Q*. C)
Переходя к вычислению, учтем, что в данном случае AQ* )) 1.
Поэтому формулу C) можно упростить. Разделив числитель и знамена-
знаменатель на 2Q и применив формулы приближенного вычисления, получим
==—^ = 0,50-Ю-2, или х = 0,50%.
21-3. В цепи, состоящей из последователь-
последовательно соединенных резистора сопротивлением
R — 20 Ом, катушки индуктивностью
L = 1,0 мГ и конденсатора емкостью
С = 0,10 мкФ, действует синусоидальная
э. д. с.$ (рис. 21-1). Определить частоту ю
э. д. с, при которой в цепи наступит ре-
резонанс. Найти также действующие значе-
чения силы тока / и напряжений И,ь
нс' " Ul, Uс на всех элементах цепи "при
резонансе, если при этом действующее.
значРние э. д. с. ё = 30 В.
Решение. Под действием переменной э. д. с. в данной цепи,
представляющей собой колебательный контур, установятся вынужден-
вынужденные электромагнитные колебания. При этом амплитудные значения
тока /0 и э. д. с. So связаны соотношением B1.8). Из формул B1.11)
241
из

видно, что между действующими значениями тока /д и э. д. с. ^д су-
существует то же соотношение, что и между величинами /Ol So- Поэто-
Поэтому (опуская для простоты индексы у величин /д, <^д) запишем
? A)
Очевидно, максимальному току при речонансе /рРП соответствует
такое значение со, при котором выражение, стоящее в скобках в фор-
формуле A), обратится в нуль. Отсюда определим резонансную цикли-
циклическую частоту*:
ia=*tottn=VT]LC=l,0-iat рад/с. B)
При этом сила тока равна
/=_!_=,-?-= 1,5 А.
рез ут "
Зная силу тока /рез, найдем действующие значения напряжения
на каждом из элементов контура R, L, С, примем по лакон Ома для
каждого из этих участков:
Ur = lpe3R = <f=30 В,
U, - /рРЗ Leo =-- SLwIR = 150 В;
Равенство Uc ~ Ui следует из равенства емкостного и индуктив-
индуктивного сопротивлений при резонансе.
,jC 21-4. Определить действующие значения
~" I- силы тока на всех участках цепи, изобра-
изображенной на рис. 21-2, если R = 1,0 Ом,
L = 1,00 мГ, С - 0,110 мкФ, $ = 30 В,
ы = 1,00 • 105 рад/с.
Рис 21-2
Решение. Эта nenh отличается от предыдущей (рис. 21-1) спо-
способом включения источника переменной э. д с. (внутренним сопротив-
сопротивлением которого мы пренебрегаем). Если раньше все элементы цепи
были включены последовательно, то в данном случае имеем развет-
разветвленную кот, переменного тока, участок 1-2 является параллельным
соединением двух ветвей, одна из которых содержит конденсатор С,
а другая - - элементы R, L, соединенные последовательно между
собой. Каждая in ветвей вместе с источником э л. с. образует колеба-
колебательный (неполный) контур Поэтому силу тока в каждой ветви снова
найдем по формуле B1.8), заменив амплитудные величины /„, So их
• Соотношение B) можно также получить сразу из условия резонанса B1.10).
242

действующими значениями /, S'. Тогда для силы тока в ветви 1С2,
где R = О, L == 0, получим
/с=—2- = »Сш = 0,33 А. A)
1/Ссо
R ветви fRL2, где отсутствует емкостное сопротивление 1/Сы,
сила io^d с учиюм соотношения /?2 << ?2ш2 равна
Iul= '* да — = 0.30 А. B)
I//?2 + ^ О)' ^<°
Если бы переменные токи в обеих ветвях имели одинаковые фазы,
то сила тока в неразветвленной части цепи была бы равна сумме сил
токов /с, Irl- Однако эти токи имеют различные фазы: между каж-
каждым из них и э. д. с. S существует сдвиг фаз, опреде-
определяемый формулой B1.9). Применим эту формулу для г .
каждой ветви. Для вови IC2 R = 0, L = 0. Следова- с
тельно,
tg Фс = —°°; фс = —л/2.
Для ветви 1RL2, учиывая, что 1/Сш = 0, получим:
tg Vul = LiaIR = 100; <pRL » я/2. J/
В формуле B1.7) величина ф стоит со знаком «—»;
это означает, что ток 1с опережает по фазе э. д. с. S Рис- 21-3
на л/2, а гок /WL отстает по фазе от э. д. с. S на я/2.
На рис. 21-3 изображена векторная диаграмма, построенная в соот-
соответствии с полученными фазовыми соотношениями. Сложив векторы,
изображающие токи /с и IRL, найдем вектор, изображающий ток /
в неразветвленной части цепи. Таким образом,
/ = /с — 1RL = 0,03 А. C)
Такой же результат можно получить с помощью формулы A9.5),
положив в ней срг — ф, = я.
Замечание. В данной задаче величины R, L, <а были связа-
связаны соотношением R << Z.oj. Именно поэтому переменные токи в парал-
параллельных ветвях оказались в противоположных фазах (Дф » я). Если
при этом величины ш, С, L оказались бы связанными соотношением
B1.10), то, как это видно из формул A), B), величины lc, Irl при-
приблизительно одинаковы и, согласно формуле C), / = /с — Irl да 0.
Точнее: при R-+0 /-*-0и, следовательно, полное сопротивление
переменному току всего участка 1-2 /?1-а-*-оо. Это резонанс токов
(в отличие от резонанса напряжений, рассмотренного в задаче № 21-.Ч).
Таким образом, при наличии неравенства R << Leo условие резонанса
токов совпадает с условием резонанса напряжений B1.10).
243

.21-5. Два параллельных провода, погру-
погруженные в бензол, индуктивно соединены
с генератором Г высокочастотных электро-
электромагнитных колебаний (рис. 21-4). При
частоте v = 1,00 • Ю2 МГц в системе уста-
устанавливаются стоячие электромагнитные
волны. Перемещая вдоль проводов газо-
газоразрядную трубку А, по ее свечению опре-
р деля ют положения пучностей напряжен-
"с ' мости электрического поля Расстояние
между соседними пучностями чказалсн ь
ранным I — 1,00 м. Найти диэлектриче-
диэлектрическую проницаемость бензола.
Решение. Стоячие электромагнитные волны возникают в ре-
результате интерференции волн, pai пространяющихся по двухпровод-
двухпроводной линии от генератора в примам направлении, с волнами, отра-
отраженными от конца линии (ср. с задачей № 20-3). Учтем, что при дан-
данной высокой частоте электромагнитных колебаний основные процессы,
связанные с распространением электромагнитных волн вдоль линии,
происходят не в проводах, а в окружающей их среде*.
По теории Максвелла, скорость электромагнитных волн в среде
связана с их скоростью в вакууме формулой B1.12) Отсюда, учиты-
учитывая, что для бензола \ь « 1, найдем его диэлектрическую проницае-
проницаемость:
е = сг№.
Скорость электромагнитных волн связана с длиной волны 7i и
частотой v соотношением v = kv. Поскольку расстояние между со-
соседними пучностями в стоячей волне равно половине длины волны, т. е.
К = 21, то получим
с^ с* _ * _. С
V2 Л2 V2 4/2 \г
Подставив числовые значения величин: с = 3,00- 10я м/с, /= 1,00 м»
v = 1,00 • 108 Гц — и выполнив вычисление, найдем е = 2,2.
21-6. Определить энергию, которую переносит за время
/ = 1,00 мин плоская синусоидальная электромагнит-
электромагнитная волна, распространяющаяся в вакууме, через пло-
площадку 5 = 10,0 см2, расположенную перпендикулярно
направлению распространения волны. Амплитуда на-
напряженности электрического поля волны Ео= 1,00 мВ/м.
Период волны Т << t.
Решение. Энергия, переносимая электромагнитной волной
за единицу времени через единицу поверхности, перпендикулярной
направлению распространения волны, определяется вектором Пойн-
типга Р. Учитывая, что в электромагнитной волне Е_1_Н, получим для
модуля вектора Р согласно B1.13)
Р = ЕН. A)
* Вследствие скин-эффекта переменный ток частоты v= 10s Гц течет
практически лишь по поверхности проводов.
244

Поскольку обе величины Е, Н, характеризующие электромагнитную
волну, в каждой ее точке меняются во времени по закону синуса, на-
находясь в одинаковых фазах, соотношение A) можно записать так:
Р = Ео sin со* • На sin со* = ЕаН0 sin2 u>t. B)
Таким образом, величина Р является функцией времени, и форму-
формулы A), B) дают лишь мгновенное значение величины Р. Поэтому, со-
согласно определению вектора плотности потока энергии, запишем
P=il _L
dt ' S '
Отсюда энергия dW, переносимая волной через площадку S за время
dt, с учетом формулы B), равна
dW = PSdt = E0H0S sin2 и>Ш. C)
Здесь неизвестна величина Но. Воспользуемся тем, что между ве-
величинами Е, Н, характеризующими электромагнитную волну в одной
и той же точке, существует простое соотношение. Его найдем, учи-
учитывая, что, согласно теории электромагнитных волн, плотности энер-
энергии электрического и магнитного полей волны в любой момент времени
равны, т. е.
2 2*
Так как, по условию, е = ц = 1, то из D) получим
Н=Е
Так же связаны между собой амплитудные значения Но, Еа. Тогда
уравнение C) примет вид
dW = VHJiro Еь S sin2 (otdt.
Отсюда полная энергия, переносимая волной за время I,
4й>
Так как циклическая частота со неизвестна, воспользуемся данным
в условии неравенством Т << t для оценки значения дроби (sin 2ы1)/4ш.
Учитывая соотношение w = 2л/7\ имеем
sin 'Ad; It / 4л' \ ~ Т
= / Sin 1 ^ .
4<i) 8л \ / / 8л
Теперь ясно, что в силу неравенства Т << t членом (sin 2coi/4co)
в формуле E) можно пренебречь. Тогда получим
2 V ц„
Подставив числовые значения величин, выраженные в единицах
СИ: е0 = 8,85 • Ю"» Ф/м, ц0 = 1,26 • 10~в Г/м, S - 10,0 • Ю-4 м',
t = 60 с, ?0 = 1,00 • 10~я В/м, и выполнив вычисление, найдем
W = 8,0 « Ю-" Дж.
246

Глава 7
ОПТИКА
§ 22. ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА И ФОТОМЕТРИЯ
Основные формулы
При прохождении света через границу раздела двух сред выполняется
закон преломления:
sin i п»
= п21 = —. B2 I)
sin/- «|
где I — угол падения, г — угол преломления, «л — посточниая для данных
двух сред величина, называемая показателем преломления (относительным)
второй среды относительно первой, я, и я2 — абсолютные показатели преломле-
преломления сред, т. е. их показатели преломления относительно вакуума
При преломлении света на сферической поверхности, разделяющей две среды
с показателями преломления щ и пг, выполняется соотношение
^±_Ц± "а— /2о о\
а2 a, R '
где аи ait R — расстояния от вершины поверхности до светящейся точки ее
изображении и центра сферы. Здесь соблюдается правило таков: каждое из рас-
расстояний ait at, R берется со знаком «+», если оно отсчигывается по направле-
направлению распространения света, и со знаком «—» в противоположном случае
Для плоской поверхности (/? = оо)
¦^-=^-. B2 3)
 
Формула тонкой линзы
— — — = —=ф, B2 4)
где аи аг — расстояния от оптического центра линчы до светящейся точки и ее
изображения; /, Ф — фокусное расстояние линзы и ее оптическая сила Для
собирающих линз Ф > 0, / > 0, для рассеивающих Ф < 0, f < 0.
Оптическая сила тонкой линзы выражается через радиусы кривизны ее
поверхностей Rlt R2 и показатели преломления вещества линзы па и окружаю-
окружающей среды яср соотношением
\ B2.5)
В формулах B2.3)—B2.5) к величинам а^, а2, R-\, R* пппчрппртся то же
правило знаков, что и в B2.2).
Оптическая сила системы, состоящей из двух тонких сложенных вплотную
линз, равна
Ф = ф1+Ф«. B2.6)
где Ф1( Ф, — оптические силы лииз.
246

Увеличение оптического прибора, сооружающего глаз,
Г«=-7-=-?, B2.7)
где /, /„ — линейные размеры изображения на сетчатке вооруженного и невоо-
невооруженного глаза; ф, ф0— углы зрения, под которыми глаз видит предмет через
прибор и без него.
Увеличение телескопа
где /об< /о«—фокусные расстояния объектива и окуляра.
Световым потоком называется поток излучения (т е. энергии, переносимая
через данную площадку за единицу времени), оцениваемый по зрительному
ощущению:
Ф = dWIdl. B2.9)
Сила света источника равна отношению светового потока, излучаемого
в данном направлении, к телесному углу, в котором он распространяется:
/ = d<Dlda>. B2.10)
Освещенность измеряется отношением светового потока, падающего на
поверхность, к ее площади:
Е = d<D/dS. B2.1!)
Освещенность поверхности, создаваемая источником сил<5й света / в точ-
точке, удаленной ог него на расстояние г, выражается формулой
^. B2.12)
где а — угол падаения лучей.
Светимость R измеряется световым потоком, излучаемым единицей площа-
площади светящейся поверхности. Есл.и светимость тела обусловлена его освещен-
освещенностью, то выполняется соотношение
R = рЕ, B2.13)
где р — коэффициент рассеяния (отражения), показывающий, какая доля све-
светового потока, упавшего на поверхность данного тела, рассеивается им.
Яркость равна отношению силы света dl источника в данном направлении
к площади dSn проекции светящейся поверхности на плоскость, перпендикуляр-
перпендикулярную этому направлению (т. е. к площади видимой светящейся поверхности):
где ф — угол между нормалью к элементу поверхности dS и данным направле-
направлением.
Если тело излучает по закону Ламберта, согласно которому яркость не за-
зависит от направления, то светимость и яркость связаны соотношением
R = ли. B2.15)
А. ПРЕЛОМЛЕНИЕ НА ПЛОСКИХ ПОВЕРХНОСТЯХ
Методические указания
1. Задачи, в которых требуется определить ход светового луча
при наличии одной или нескольких преломляющих плоскостей (на-
(например, ход луча через призму), решают с помощью закона преломле-
преломления B2.1), применяя его поочередно к каждому, случаю преломления
247

на границе двух сред и используя геометрические соотношения, выте-
вытекающие из условия задачи. Если, по условию, луч падает на границу
двух сред со стороны оптически более плотной среды (nl>ni), то вы-
вычисления могут дать значения синуса угла преломления больше еди-
единицы. Это будет означать, что луч не преломляется на данной границе,
а полностью отражается от нее.
2. Решая задачи, в которых требуется найти изображение светя-
светящейся точки, получаемое в результате преломления на плоской по-
поверхности, следует помнить, что при этом гомоцентричность световых
пучков*, вообще говоря, не сохраняется. Так, продолжения трех
преломленных лучей 1, 2, 3 пересекаются в точках А, В, С (рис. 22-1).
Рис. 22-2
Здесь не существует такой единственной точки S2, которая являлась
бы изображением светящейся точки S,. В случае же узких световых
пучков, падающих нормально на границу двух сред (рис. 22-2), их
гомоцентричность сохраняется. Расстояния от светящейся точки S, и
ее мнимого изображения 52 до преломляющей плоскости связаны фор-
формулой B2.3). Одинаковые знаки величин аи аг показывают, что точ-
точки St и S2 лежат всегда по одну сторону преломляющей плоскости.
С помощью формулы B2.3) можно также найти изображение при
наличии нескольких параллельных плоскостей, разделяющих среды
с различными показателями преломления. В таких случаях изобра-
изображение, образованное при первом преломлении, принимают за предмет
и по формуле B2.3) находят новое изображение, полученное при сле-
следующем преломлении.
Решение задач
22-1. Две среды разделены плоскопарал-
плоскопараллельной пластинкой (рис. 22-3). Пока-
Показатели преломления первой среды, вто-
второй среды и пластинки соответственно
равны nlt n%, n (п> лх). Луч света падает
из первой среды на пластинку под углом
iY. Определить угол 1%, под которым луч
выйдет из пластинки.
•г \
Рис. 22-3
Гомоцентрическим называется пучок лучей, пересекающихся в одной точке.
248

Решение. Проходя через пластинку, световой чуч дважды
преломляется на ее гранях согласно закоку B2.1). В случае падения
света на границу первой среды с пластинкой имеем
«t sin ix = n sm i, A)
а при падении света на границу пластинки со второй средой
п sin i = пг sin /2. B)
Из равенств A), B) получав!
пх sin t*! = n-i sin 1г. '3)
Таким образом, искомый угол t4 определяется соотношением
sin Lt — «, sin
D)
Если п^ > пъ то может окачаться, что sin i2, вычисленный по D),
превысит единицу Эю будет означать, что луч не выйдет во вторую
1реду, а полчпшыо отразит' я от ограницы пластинки со второй сре-
средин. Jk-i hu видеть, что при этом луч снова окажется в первой среде,
выйдя ил плааинки под углом t,.
Замечание. Очевидно, равенства C), D) остались бы в силе,
если убрать пластинку и привести две среды в непосредственный кон-
контакт. Следовательно, введение плаоипки не меняет направления луча
во второй среде, он только не. колько i мещается (на рис. 22-3 пункти-
пунктиром изображен ход преломленного луча, если бы пластинки не было).
При достаточно малой толщине пластинки этим смещением можно пре-
пренебречь. В этом случае пластинка (или тонкий слой) вообще не влияет
на геометрический ход лучей*.
22-2. Наблюдатель рассматривает светя-
светящуюся точку через плоскопараллельную
стеклянную пластинку (п = 1,5) толщиной
d = 3,0 см так, что луч ярения нормален
к пластинке. Определить расстояние между
точкой S и ее изображением S' (рис. 22-4).
Рис 11 4
Решение. В глаз наблюдателя попадает световой пучок, лучи
которого образуют между собой весьма малые углы. Продолжения
этих лучей пересекаются в одной точке S', являющейся изображением
светящейся точки S.
Пусть два луча выходят из точки S и попадают в глаз. Один из
из них — луч SN — падает на пластинку нормально. Другой — луч
* Это не относится к интенсивности света в отраженных и преломленных све-
световых пучках. Здесь тонкая пластина (тонкий слой) играет существенную роль
из-за явления интерференции света.
249

SO — падает под произвольным весьма малым углом i. Этот луч,
дважды преломившись, выйдет из пластинки пара/лельно отрезку
SO. Чтобы определить положение точки S', в которой пересекутся
продолжения этих двух лучей, проведем отрезок ОА, параллельный
лучу SN. Из параллелограмма SS'CO следует
SS' = ОС = d - h. A)
При этом отрезок h = АС можно выразить через величины d, п.
Для этого заметим, что, если бы в ючке О находился источник света,
его изображением явилась бы точка С, так как здесь пересекались бы
лучи, выходящие из точки О, после преломления на верхней грани
пластинки. Следовательно, применив формулу B2.3), где ах = АО=й,
а2 — АС = /г, л, = п, п2 — I (поздух), получим
h = din. B)
Подставив это значение h в A), найлем
SS' = (п — \)d!n = l.n rM.
Как видно из чертежа, изображениеS' гмещено отногите.мьнп пред-
предмета 5 на 1,0 см в сторону наблюда!елн
22-3 Челопек, стоящий на берегу пруда,
смотрит на камень, находящийся на дне.
Глубина пруда h = 1,00 м. На каком рас-
расстоянии И' от поверхности воды увидит
человек камень, если луч зрения составля-
составляет с вертикалью угол (' = 60°?
Рис. 22-5
Решение. Восприятие глубины пространства, т. е. расстояния
до рассматриваемого объекта, обусловлена ^рением двумя глазами.
Наблюдение светящейся точки одним глазом не дает ощущения глу-
глубины, а позволяет лишь судить о том, в каком направлении находится
точка. При наблюдении двумя глазами свет^щая'Я точка кажется рас-
расположенной там, где пересекаются лучи зрения, соожетствующиеобоим
глазам наблюдателя.
Но лучи, выходящие из какой-либо точки -S камия, после прелом-
преломления на поверхности воды уже не образуют гомоцентрического пучка:
продолжения разных пар лучей пересекаются в различных точках S,'.
Следовательно, кажущаяся глубина пруда зависит от расположения
глаз.
Полагая, что оба глаза стоящего человека находятся на одной
горизонтали, можно найти положение точки S'. Пусть луч ВС
(рис. 22-5) попадает в один глаз наблюдателя Чтобы этот луч попал
в другой глаз, надо повернуть весь чертеж вокруг вертикали N на не-
некоторый угол, зависящий от расстояния между глазами. После пово-
поворота продолжение луча ВС пересечет вертикаль в той же точке, чю
250
A
¦с
Ш>77?
С

и до поворота. Следовательно, эта точка и является искомой точкой
S' — видимым изображением точки S.
Из чертежа следует:
АВ = h tg л = h' tg f.
Отсюда, учитывая, что показатель преломления воды n = sin i/sin r,
получим
h'=hl&r -hi *nr .- sin' )=— — c°" A)
tfi ( \ COS Л COS ( ) II "J/i (sin2)//!2
Подставив в формулу числовые значения величин (для воды
п = 1,33), найдем
h' = 0,50 м
Замечания: 1. Если луч зрения направить по нормали к по-
поверхности воды, т. е. если i — 0, то из формулы A) следует: 1г' = hln,
что совпадает с результатом B) предыдущем чадачи При i -*¦ л/2
получим h' -*- 0.
2. Если оба глаза и точка S будут расположены в одной верти-
вертикальной плоскости, точка S' окажется в ином месте. На рис. 22-! ей
соответствует точка С, если лучи 2 и 3 попадают в гла)а наблюдателя.
В этом случае, считая угол между лучами весьма малым, так что
it as i2 ж i, можно прийти к соотношению
\i
.2)
Формулы A) и B), совпадая в предельных случаях (при 1 = 0 по-
получим h' = h/n, при i — л/2 имеем ti = 0), в промежуточных слу-
случаях дают существенно различные результаты.
Б. ПРЕЛОМЛЕНИЕ НА СФЕРИЧЕСКИХ ПОВЕРХНОСТЯХ
Методические указания
1 При прспомлеиип света на сферических поверхностях топько
параксиальные пучки (т. е. п\чки, все лучи которых составляю! дос-
достаточно малые углы с: главной оптической осью) сохраняют гомоцент-
рнчность Во всех задачах п. Б пучки света предполагаются паракси-
параксиальными.
2. В учебной литера!уре соотношения B2.2), B2.4) и B2.5) ч.)сто
записывают иначе:
Л*-+-!!*-= - ; B2.2а)
— + — = — =Ф, B2 !а)
251

Эти формулы дают правильный результат, если пользоваться следую-
следующим правилом знаков, справедливым только для них:
!) расстояния аи а2 и /, отсчитываемые от вершины преломляю-
преломляющей поверхности (или от оптического центра тонкой линзы) до светя-
светящейся точки, ее изображения и главного фокуса линзы, считают
положительными, если эти точки действительные. Если предмет, изо-
изображение или главный фокус — мнимые, то соответствующие расстоя-
расстояния считают отрицательными;
2) в формуле B2.2а) полагают R > 0, если поверхность обращена
навстречу лучу выпуклой стороной, и R < 0, если — вогнутой;
Я) в формуле B2.5а) радиус выпуклой поперхности берется со зна-
знаком «+», а радиус вогнутой — со знаком «—».
В данном пособии при решении задач формулы для сферической
поверхности и линзы записаны только в форме B2.2)—B2.5) с соблю-
соблюдением соответствующего этим формулам правила знаков (см. стр. 246).
3. Формулы B2.4) и B2.5) имеют смысл лишь для случаев, когда
по обе стороны линзы находится одна и та же среда. Эго относится
и к формуле B2.6): система сложенных вплотную линз должна быть
окружена одной средой; если при этом между линзами .имеется зазор
(например, в случае двух двояковыпуклых линз), он также должен
быть заполнен этой средой. Если по обе стороны линзы (или системы
линз) расположены различные среды, всегда можно найти положение
изображения с помощью формулы B2.2), поочередно применяя ее
для каждой сферической поверхности (см. ча;и>ч^ № 22-6).
Решение задач
22-4. На топкую двояковогнутую линчу
с оптической силой Ф -- —5,0 дп падаег
сходящийся пучок лучей, продолжения ко
•юрых псрссеклются за линзой в точке S,
лежащей на главной оптической оси на рас-
расстоянии 12,0 см от линзы. Где находится
точка пересечения лучен после их прелом-
преломления в линзе?
Рис 22 6
Ре шение, Из соображений симметрии ясно, что искомая точ-
точка 5' должна лежать на главной оптической оси. Чтобы применить
формулу линзы B2.4), будем считать S светящейся точкой (в данном
случае — мнимой). Тогда точка S' будет изображением светящейся
гочки 5. Искомое расстояние определим по формуле B2.4):
а2 = а,/A +Фа,). A)
Вырачив а, в метрах и учитывая, что расстояние от линзы до точки
S отсчитывается в задаче по ходу лучей, получим ау = 0,12 м. Выпол-
Выполнив вычисление по формуле A), найдем
at = 0,30 м.
262

Знак ответа показывает, что точка S' находится справа от линзы
(рис. 22-6). Следовательно, точка 5' — действительное изображение
мнимой точки 5.
22-5. Каково наименьшее возможное рас-
расстояние между предметом и его изобра-
изображением в собирающем линзе с фокусным
расстоянием /?
Решение. На рис. 22-7, а представлено действительное изо-
изображение А' предмета А, а на рис. 22 7, б — мнимое. Величины а„
а2, входящие в формулу линзы B2.4), являются, по существу, коор-
координатами предмета и изображения на числовой оси, совпадающей с оп-
оптической осью линзы. При этом за начало отсчетя принят оптический
центр линзы, а положительное направление отсчета совпадает с на-
направлением распространения света. Поэтому расстояние между пред-
предметом и изображением, отсчитанное вдоль этой оси, как величина
существенно положительная, равно:
/ = а2 - а,; (I)
для случая а
для случая б
I = а, — а,.
B)
В уравнениях A),.B) / — функция двух переменных я,, а... Чтобы
выразить / как функцию одной переменной, воспользуемся формулой
B2.4). Тогда, исключив величину а,, получим
/=±-
C)
где знак -<—» соответствует действительному изображению, а знак
«—» — мнимому. Теперь применим обычный метод исследования функ-
функции на экстремум. Продифференцируем выражение C) по переменной
а2 и приравняем нулю производную:
Здесь смысл знаков «+» и «—» перед дробью тот же, что в C).
Уравнение D) имеет два корня:
1) аг = 0; 2) а, = 2/.
Если изображение действительное, то согласно C) должно выпол-
выполняться неравенство a2>f. Поэтому первый корень отбрасываем.
Подставив значение второго корня в формулу C), найдем
'мин
E)
253

Если изображение мнимое, то величина а2 ^ 0. Поэтому теперь
отбрасываем второй корень. Подставив значение аа = 0 в формулу
C), получим
'мин == О.
Это соответствует случаю, когда предмет приближен вплотную к лин-
линзе и его мнимое изображение совпадает с ним.
В том, что значения а2, полученные при решении уравнения D), опреде-
определяют минимальное, а не максимальное значение /, можно убедиться, выяснив
знак второй производной:
• = ±
Рис. 22 8
Стоящие перед дробью знаки «+» и «—» соответствуют неравенствам д9 > f
и а2 < /, поэтому в любом случае имеет место d2llda\ >0 и, следовательно, вы-
выполняется условие минимума функции 1=1 (а2)
22-6. Светящаяся точка S на-
находится на главной оптической
оси центрированной системы
двух тонких линз на расстоянии
40,0 см от первой линзы (рис.
22-8). Расстояние между линзами
/ = 30,0 см. Где получится
изображение точки, если фокус-
фокусное расстояние каждой из них
/ = 30,0 см? Решить чадачу
построением и вычислением.
Решение. На рис. 22-8 точка 5' — изображение светящейся
точки S, созданное линзой I; S" — искомая точка, которая найдена как
изображение точки 5', созданное линзой II. Здесь дважды применен
способ построения преломленного луча, основанный на том, что все
лучи параллельного пучка после преломления в линзе собираются
в точке, лежащей на пересечении побочной оси M'N' с фокальной
плоскостью.
Чтобы вычислить координату точки S" на оптической оси, применим
к каждой линзе формулу B2.4). Для линзы I получим
j !___[_ .
аз Qi i
где а2 — расстояние от линзы 1 точки S' (ее координата). Для линзы
II координата точки 5', рассматриваемой теперь в качестве предмета,
выразится величиной <z2 — / независимо от того, по какую сторону от
линзы II расположена точка S'. Следовательно,
J 1____1_
аа а2—/ I
Здесь аа — расстояние от линзы II до точки S" (ее координата).
254
B)

Исключив из уравнений A), B) величину а2 и учитывая, что ах =
== —40,0 см, получим
=22
Знак пелнчипы ая в ответе показывает, что точка 5" расположена
на расстоянии 22 см по ходу луча (т. е. справа) от линзы II.
22-7. Тонкая стеклянная (п =
= 1,5) двояковыпуклая линза
с одинаковыми радиусами кри-
кривизны, равными 17,0 см, раз-
разделяет две среды с показателя-
показателями преломления я, = 1,33 и
п2 = 1,40. Со стороны первой
среды на линзу падает пучок
лучей, параллельных главной
оптической оси. На каком рас-
расстоянии от линзы пересекутся
преломленные лучи?
Решение. Искомое расстояние является задним фокусным
расстоянием линзы (отрезок OF2 на рис. 22-9). Здесь нельзя применить
формулу оптической силы линзы B2.5), относящуюся лишь к случаю,
когда с обеих сторон линзы находится одна и та же среда. Для решения
задачи воспользуемся формулой B2.2), применив ее поочередно к обеим
поверхностям линзы. Для первой (левой) поверхности имеем
Рис. 22-9
п
а2
A)
где а2 — расстояние от линзы до точки S', в которой пересеклись бы
лучи, если бы не было второй поверхности. Приняв точку S' за мни-
мнимый предмет, запишем формулу B2.2) для второй сферической поверх-
поверхности:
Л2 П П2 — П ,п.
^Я ^2 ®2
где а3 — 0F2 — искомое расстояние. Сложип ппчтмптп уравнения
A), B) и учитывая, что для параллельного пучка CBeia ux = —оо,
получим
= 1
П2—П
C)
Запишем, соблюдая правило знаков, числовые значения величин,
входящих в C): Rt = 17,0 см, R2 = —17,0 см. Выполнив вычисле-
вычисление, найдем
а. = 88 см.
2S5

Замечание. Если параллельный пучок лучей падает на лин-
линзу с противоположной стороны, то, обозначив через а'ь расстояние
от линзы до точки пересечения преломленных лучей (т. е. переднее фо-
фокусное расстояние линзы OF^ и повторив все рассуждения, будем иметь
П\—П П — П2
Учитывая, что теперь свет распространяется справа налево, убе-
убедимся, что в соответствии с правилом знаков правые части формул C)
и D) одинаковы. Значит,
а3
а'3 OFi я,
Таким образом, фокусные расстояния линзы, по обе стороны ко-
которой различные среды, пропорциональны показателям преломления
этих сред.
22-8. Тонкая стеклянная плосковогнутая
линза, радиус кривизны которой • R —
— 0,20 м, плотно закрыта тонкой стеклян-
ной пластинкой и погружена в воду
(рис. 22-10). Определить оптнчелк\ю силу
такой сие [омы.
/Г
III
г
у
/
и
Рис. 22 10
Решение. Из замечания к задаче № 22-1 следует, что тонкая
стеклянная пластинка практически не влияет на ход сшлоных лу-
лучей. Поэтому можно считать, что пластинки нет, а пода и воздух гра-
граничит между собой непосредственно
Существует несколько способов решения задача. Один из них осно-
основан на том, что, поочередно применив формулу B2 2) для всех трех
преломляющих поверхностей, можно найти фокусное расстояние
системы (точно так же, как это мы сделали в предыдущей задаче),
а значит, и ее оптическую силу.
Применим здесь другой способ, рассматривая нашу систему как
две сложенные вплотную тонкие линзы- одна из них — плосковогну-
плосковогнутая стеклянная, другая — плосковыпуклая воздушная. Пусть Ф1Т)
Фвозд — оптические силы этих линз. Тогда на основании формулы
B2.6) оптическая сила системы
Ф = ФСГ4 Ф„очл. A)
С помощью формулы B2.5) определим оптические силы оосих линз,
считая, что каждая из них находится в воде. Пусть пъ пг, п3 — ко-
коэффициенты преломления воды, стекла и воздуха соответственно.
Выбрав положительное направление отсчета (направление луча)
вправо, получим
256

Из формул A), B) найдем
Ф = (п9 —
Взяв из таблиц пх = 1,33 и «2 = 1,50 и выполнив вычисление,
получим
Ф = —1,9 дп.
Знак «-•¦» в ответе показывает, что данная система — рассеивающая.
22-9. Светящаяся точка находится на глав-
/fe Л^ ной оптической оси тонкой стеклянной
(п = 1,п0) двояковыпуклой линзы с оди-
одинаковыми рндиусами кривизны, равными
20 см, на расстоянии 30 см от ее оптическо-
оптического центра. Задняя поверхность линзы по-
V? Ум серебрена. Где нол>чится изображение
а) 8) точки?
Рис. 22-1!
Решение. Лучи света, падая на линзу, преломляются на ее
передней поверхности, отражаются ел задней поверхности и снова
преломляются на передней (рис. 22-11, а). Поэтому можно решить
задачу, поочередно применяя формулу B2.2) и известную из школь-
школьного курса формулу сферического зеркала, рассматривая каждый
раз полученное изображение в качестве предмета, чтобы найти сле-
следующее изображение.
Применим другой, быстрее приводящий к цели способ. Он основан
на расчете оптической силы данной системы, которую можно заменить
другой системой, эквивалентной данной.
Представим, что зеркало отделили от линзы и между ними появил-
появился тонкий воздушный слой одинаковой толщины (рис. 22-11, б).
Рассматривая каждый малый элемент такого слоя как плоскопарал-
плоскопараллельную пластинку, можно убедиться в том, что наличие этого слоя
при его достаточно малой толщине не влияет на ход отраженных све-
световых лучей внутри линзы, так как смещение луча, полученное в ре-
результате его прохождения через плоскопараллельную пластинку,
пропорционально толщине последней. Следовательно, системы, изо-
изображенные на рис. 22-11, а, б", эквивалентны. Но теперь свет будет про-
проходить через всю линзу, преломляясь на обеих ее поверхностях, затем
отражаться от сферического зеркала и, наконец, еще раз проходить
через линзу. Пусть Фл, Ф3—оптические силы линзы и зеркала.
Тогда, обобщая формулу B2.6) на случай зеркала, запишем для опти-
оптической силы всей системы:
ф = фл + фл + фл = 2ФЛ + Ф,. A)
Оптическая сила зеркала Ф8 = 2/R. Оптическую силу линзы
вычислим по формуле B2.5), обозначив лл = пи учитывая, что яср = 1
(воздух):
Фл = 2 (п -
9 Зак 1R20 257

Подставив значения Фл и Ф, в формулу A), найдем
Ф = Dл — 2)//?.
Теперь, зная Ф и расстояние at от системы до предмета, по формуле
B2.4) определим искомое расстояние а2:
а,=-
Dя —2)а,—
Подставив числовые значения величин: а, = —30 см, R = 20
и выполнив вычисление, получим*
аг = 6 см.
Знак «+» в ответе показывает, что изображение светящейся точки
удалено на 6 см от системы по ходу отраженного луча, т. е. лежит
на расстоянии 6 см перед системой.
В. ЭЛЕМЕНТЫ ФОТОМЕТРИИ
Методические указания
1. Основой расчетов освещенности служит закон освещенности
B2.12). Он применим лишь для точечных источников, поскольку лишь
к таким источникам относится понятие силы света. Освещенность,
созданная системой точечных источников, равна сумме освещенно-
стей от каждого источника.
Если на поверхность падают лучи не непосредственно от точечного
источника, а после преломления в линзе, то для определения освещен-
освещенности надо найти изображение, даваемое линзой, и затем рассматривать
его как светящуюся точку. Силу света 1г изображения можно опреде-
определить, зная силу света /t источника, из соотношения B2.10). Считая,
что линза полностью пропускает падающий на нее световой поток Ф,
и ограничиваясь параксиальными пучками, получим,
Ф = /,(¦)! = /8@21 A)
где шь ш2 — телесные углы, в которых распространяются пучки света:
падающий на линзу (coj) и преломленный (ш2). Как следует из гео-
геометрических соображений, сох : со2 = а\ : а\, где аи а2 — расстояния
от линзы до предмета и изображения. Все сказанное в отношении
линз применимо и к зеркалам. В частности, плоское зеркало, отражая
свет, не меняет телесного угла, в котором распространяется световой
поток. Тогда в формуле A) а^ = со2 и, следовательно, /х = /2 (при
условии, что коэффициент отражения р = 1).
• Для собирающих (вогнутых) зеркал величины R, f, Ф считают положитель-
положительными, для рассеивающих (выпуклых) — отрицательными.
258

Постоянство светового потока при преломлении и отражении света
можно использовать для определения освещенности также с помощью
формулы B2.11). Зная освещенность Е линзы (зеркала), а также ее
площадь S и площадь S' светового пятна на экране, можно найти осве-
освещенность ?' экрана из соотношения
ф = ES = E'S'.
2. Характеристикой протяженных источников света служит яр-
яркость В, определяемая соотношением B2.14). Чтобы найти освещен-
освещенность, созданную протяженным источником, надо разбить его поверх-
поверхность на элементарные участки dS. Вычислив с помощью соотношения
B2.14) силу света dl каждого участка:
dl = BdSn = В cos (pdS, B)
и рассчитав по формуле B2.12) освещенность dE, созданную элементом
dS, надо проинтегрировать полученное выражение по всей площади
источника. Обычно при этом рассматриваются лишь такие случаи,
когда все элементы источника имеют одинаковую яркость по всем на-
направлениям; это упрощает вычисления.
Часто протяженный источник не слишком больших размеров с за-
заданной яркостью и площадью светящейся поверхности все же можно
считать точечным и применять к нему сразу закон освещенности B2.12),
где сила света согласно формуле B) равна
I = B\dSn = BSn.
При этом ошибка в расчетах получается незначительной (менее 1%)
даже в тех случаях, когда линейные размеры источника достигают
10% расстояния от источника до освещаемой поверхности.
3. Яркость изображения протяженного источника света, создан-
созданного оптической системой, никогда не может превысить яркость ис-
источника, если только изображение и источник находятся в одной и
той же среде и изображение рассматривается непосредственно (без
экрана). Наличие экрана, на который проектируется изображение,
существенно меняет дело (см. задачу № 22-13).
Оптические приборы, вооружающие глаз (лупа, микроскоп, теле-
телескоп), дают мнимые изображения. При этом действительное изобра-
изображение получается на сетчатке глаза. Освещенность сетчатки на месте
изображения определяет ощущение яркости, так называемую субъек-
субъективную яр кость.Иногда в задаче требуется сравнить яркости объекта
и его мнимого изображения при наблюдении объекта глазом, воору-
вооруженным прибором. При этом подразумевают именно субъективные
яркости (см., например, задачу № 4.32 из задачника [12]). В этом
случае задача сводится к сравнению освещенностей сетчатки глаза
невооруженного и глаза, вооруженного оптическим прибором (см.
задачу № 22-14).
9* 269

Решение задач
л
22-10. Точечный источник света S осве-
освещает горизонтальную поверхность MN
(рис. 22-12). Как изменится освещенность
в точке А, находящейся под источником,
если сбоку S на таком же расстоянии, как
и освещаемая поверхность, поместить
плоское зеркало Z, отражающее свет в Л?
Рис 22-12
Решение. Очевидно, вследствие отражения от зеркала свето-
светового потока освещенность поверхности в точке А yвeличивaeYcя. Чтобы
выполнить необходимые расчеты, учтем, что отраженные от зеркала
лучи пройдут так, словно вышли из точки S', расположенной симмет-
симметрично точке S относительно плоскости зеркала. Значит, можно счи-
считать, что зеркала нет, но имеется два источника света: 5 и S'. Так как
плоское зеркало, отражая свет, не меняет угла йа>, в котором распро-
распространяется световой поток йФ, то в соответствии с формулой B2.10)
следует положить силу света источников S и S' одинаковой.
Используя вытекающие из построения равенства
l)r, cosa=l/V2"
и применив закон освещенности B2.12), найдем освещенности в точ-
точке А в отсутствие зеркала:
Ьа = Иг
и при наличии зеркала:
>
/ cos a
1
V2(V2-j-lJ
Из этих равенств получим
Q
/
Е = 1,12 Ео.
22-11. Через отверстие в крышке ящика
на его дно, покрытое листом белой бумаги,
падает узкий пучок света, образующий
световое пятно («зайчик») площадью 5 =
= 1,0 см2 и освещенностью Е= 1,0 • Ю4 лк.
Считая, что бумага рассеппаег свет по зако-
закону Ламберта, и приняв коэффициент рас-
рассеяния р = 0,8, найти освещенность стенки
ящика в точке /1, удаленной от «зайчика»
на расстояние г — 0,40 м, если угол па-
падения лучей a = 30° (рис. 22-13).
Решение. Приняв «зайчик» за точечный источник света,
можно найти освещенность стенки по закону освещенности B2.12). Так
как величины г, а известны, задача сводится к нахождению силы света
источника. Рассеивая падающие лучи, бумага является источником
бвета. Очевидно, сила света этого источника зависит от коэффи-
Рис 22-13

циента рассеяния р, который вместе с освещенностью бумаги опреде-
определяет, согласно формуле B2.13), светимость «зайчика». Но, используя
условие задачи, можно перейти от светимости к силе света. В самом
деле, так как бумага рассеивает свет по закону Ламберта, то по свети-
светимости «зайчика» можно найти его яркость. Из формул B2.15), B2.13)
получим яркость
В = рЕ/л. A)
Зная яркость «зайчика» и определив его видимую из точки А пло-
площадь Sn, с помощью формулы B2.14) найдем силу света «зайчика»
по направлению ОА (рис. 22-13). Так как яркость «зайчика» одинакова
для всех точек его поверхности, элементарные величины dl, dSn
в формуле заменим конечными /, Sn. Тогда
/ = BSn = BS cos ф. B)
где угол ф, как это видно из чертежа, связан с углом а так:
Ф = л/2 — а. C)
Наконец, из закона освещенности B2.12) с учетом соотношений
A)—C) найдем освещенность поверхности в точке А:
Р / cos a р?5 ып а оо-> а
Подставив числовые значения величин (предварительно выразив
площадь S в м2) и выполнив вычисление, получим
ЕА = 0,7 лк.
22-12. Тонкая собирающая лин-
линза с фокусным расстоянием
/ = 15,0 см и диаметром D =
— 5,0 см дает изображение
Солнца на экране, расположен-
расположенном нормально к солнечным
лучам (рис. 22-14). Пренебрегли
потерями света в линзе, найти
Пи/ 99 14
llc zz '¦* среднюю освещенность изо-
изображения, если яркость Солн-
Солнца Вс= 1,5 • 10е кд/м2.
Решение. Среднюю освещенность ЕС!, определим из соотно-
соотношения B2 II), вменив элементарные величины d<&, dS конечными ве-
величинами Ф, 5'
ЕСР = Ф'5, (D
где Ф — световой поток, создающий на экране изображение Солнца,
5 — площадь изображения. Поскольку изображение создается теми
же лучами, которые сначала упали на лин.5у, то можно искать Ф
как световой поток, падающий на поверхность лин^ы 5Л. Поэтому
на основании той же формулы B2.11) получим
ф = ESn = EnDVi, B)
?61

где ? — освещенность поверхности линзы солнечными лучами. Выра-
Выразим ее через данную в условии яркость Солнца, воспользовавшись
законом освещенности B2.12) и соотношением B2.14):
лг?Вс
C)
где гс — раднс Солнца, пгс — площадь видимой его поверхности
(площадь круга, а не полусферы'), R—расстояние от Земли до Солн-
Солнца. Учитывая, что угловые (видимые) размеры Солнца очень малы,
можно принять rJR = а (рис. 22-14). Тогда, подставив значение Е,
определяемое по C), в формулу B), получим
ф -= л2а2йсО2/4. D)
Чтобы вычислить площадь 5 изображения Солнца, учтем, что оно
будет лежать в фокальной плоскости линзы. Поэтому
S = пгг = л {faJ. E)
Теперь по формуле A) с учетом D), E) имеем
D ^
Подставив числовые значения величин, выраженные в единицах
СИ, и выполнив вычисление, найдем
?ср - 1,3 - 10е лк.
Замечание. Так как в фотоаппарате изображение обычно по-
получается вблизи фокальной плоскости объектива, то формула F)
выражает освещенность изображения на фотопленке фотоаппарата
(без учета потерь света в объективе). При этом освещенность пропор-
пропорциональна яркости В объекта и квадрату относительного отверстия
Dlf объектива.
22-13. Как зависит от диаметра
D тонкой собирающей линзы
яркость действительного изо-
изображения, если его рассматри-
рассматривать в двух случаях: 1) на бе-
белом экране, рассеивающем по
рис 22-15 закону Ламберта; 2) непосред-
непосредственно?
Решение. 1. Яркость В поверхности, рассеивающей свет по
закону Ламберта, связана с ее освещенностью Е соотношением
В = р?/л,
вытекающим из формул B2.15) и B2.13), т. е. яркость изображения
на экране пропорциональна его освещенности. В свою очередь осве-
освещенность изображения, полученного линзой, пропорциональна ве-
величине D2, как это видно из формулы F) предыдущей задачи. Следова-
Следовательно, яркость изображения на экране пропорциональна квадрату
диаметра линзы.
262

2. На рис 22-15 М,W, — предмет; MtNt — его действительное
изображение; со, — телесный угол, в котором распространяется
световой поток АФ, испускаемый весьма малым элементом Д5, по-
поверхности предмета и падающий на линзу; со2 — телесный угол, в кото-
котором распрострняется этот же световой поток, падая на соответствую-
соответствующий элемент AS2 изображения (потерями света в линзе пренебрегаем).
Очевидно, под таким же углом со8 лучи, создав элемент изображения
ASit будут расходиться. Заметим, что изображение M2N2 в отличие
от предмета MtNt видно не со всех сторон. Чтобы наблюдатель видел
элемент AS% изображения, его глаз должен находиться внутри телес-
телесного угла со8. Следовательно, лишь в направлении одного из лучей,
лежащих внутри угла соа, имеет смысл говорить о яркости В элемента
изображения ASt. В других направлениях его яркость равна нулю.
Чтобы найти величину В, учтем, что, согласно определениям ярко-
яркости и силы света, яркость измеряется световым потоком, испускаемым
единицей площади видимой светящейся поверхности внутри единич-
единичного телесного угла. Поэтому для яркости элемента AS2 можно запи-
записать:
В = ДФ/Д52со8.
(I)
Так как при изменении диаметра объектива величины АФ, ш2
будут изменяться пропорционально D2, то отношение ДФ/ш2 оста-
останется постоянным. Таким образом, яркость В изображения, рассмат-
рассматриваемого непосредственно, не зависит от диаметра литы.
Замечание. Пренебрегая потерями света в линзе, можно
показать, что яркость В изображения независимо от диаметра объек-
объектива равна яркости ?„ предмета, определяемой отношением
Во = ДФ/Д5,Ш1. B)
Действительно, величины ASU AS2, со,, ш2 можно выразить через
alt а2 — расстояния от линзы до предмета и изображения:
&S-)
,со,
Перемножив почленно эти два равенства, получим AS.,<x>2 = ,,
Отсюда следует равенство яркостей: В — В„.
22-14. Как изменится осве-
освещенность изображения протя-
протяженного объекта (например, пла-
планеты) на сетчатке глаза при пе-
переходе от наблюдения невоо-
невооруженным глазом к наблюде-
наблюдению в телескоп с увеличением
Г, диаметр объектива которого
D. Рассмотреть два случая;
Рис. 22-16
1) r>D/d0 и 2) r<D.d0,
где d0 — диаметр зрачка. По-
Потерями света в телескопе пре-
пренебречь.
264

Решение. На рис. 22-16 показан ход лучей в телескопе, ис-
исходящих из элемента объекта, расположенного на оптической оси
телескопа. На основании формул B2.7), B2.8) и чертежа выразим уве-
увеличение телескопа рядом отношений:
где d — диаметр выходящего из окуляра светового пучка.
Обозначим освещенности изображений на сетчатке невооружен-
невооруженного глаза через ?0 и глаза, вооруженного телескопом, — через ?.
Для каждой из величии Ео, Е, согласно определению освещенности,
запишем:
Ео = &D0/S0; E = kd)iS,
где Фо, Ф — световые потоки, входящие через зрачок в глаз, не воо-
вооруженный и вооруженный телескопом; k — коэффициент, показываю-
показывающий, какая доля вошедшего в глаз светового потока достигла сетчатки;
So, S — площади изображений на сетчатке невооруженного и воору-
вооруженного глаза. Разделим почленно эти два равенства и, основываясь
на том, что площадь изображения пропорциональна квадрату его ли-
линейных размеров, получим с учетом формулы A)
Фо S Фо Г*
'
Таким образом, задача сводится к определению отношения Ф/Фо.
Рассмотрим оба заданных случая.
1. Г > D/d0. Из равенства (I) следует, что при этом d< d,,. Зна-
Значит, весь световой поток, упавший на обьектив, выйдя из окуляра,
попадет в глаз наблюдателя. Так как объект создает одинаковую осве-
освещенность на поверхностях объектива и невооруженного глаза, то от-
отношение Ф/Фо можно заменить отношением площадей объгктивл и
зрачка, равным в свою очередь отношению квадратов их диаметров.
Тогда из формулы B) получим
(
Еа { d0 } Г*
Так как, по условию, Г > D/d0, то Е < Ео. Значит, в этом случае
освещенность Е изображения на сетчатке вооруженного таза, буду-
будучи пропорциональной квадрату диаметра объектива, остается меньше
освещенности Ео изображения на сетчатке невооруженного глаза.
2. r<ZD/d0. Из равенства A) следует: d >d'o. Значит, теперь лишь
часть светового потока, выходящего из телескопа, попадет в глаз.
Чтобы в этом случае найти отношение Ф/Фо, учтем, что телескоп,
преобразуя падающий на объектив световой пучок, согласно формуле
A) уменьшает его диаметр в Г раз. При этом площадь поперечного
сечения пучка уменьшается в Г2 раз, а плотность светового потока
в пучке (т. е. отношение светового потока к площади поперечного сече-
сечения пучка) увеличивается в Г2 раз. Поэтому при вооружении глаза
264

телеекопом световой поток, входящий через зрачок в глаз, возрастает
в Г1 раз. Значит, теперь по формуле B) имеем
_?—П.-L-l
?„~Г Р-1'
Отсюда следует, что при условии Г < D/d0 вооружение глаза телеско-
телескопом не приводит к изменению освещенности изображения на сетчат-
сетчатке.
Замечание. Полученные в обоих случаях результаты оказы-
оказываются неверными при наблюдении в телескоп звезды. Угловые раз-
размеры звезды меньше предела разрешения телескопа, определяемого
явлением дифракции света (см. задачу № 24-5). Это значит, что глаз,
вооруженный телескопом, по-прежнему видит звезду светящейся точ-
точкой. В этом случае величины S, So, входящие в формулу B) и представ-
представляющие собой площади дифракционных изображений звезды, прибли-
приблизительно равны друг другу, а так как Ф >> Ф„, то Е >> Е„. Таким
образом, телескоп всегда значительно увеличивает освещенность изо-
изображения звезды на сетчатке глаза.
i 23. ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ СВЕТА
Основные формулы
Оптическая длина пути, проходимого световым лучом в однородной среде
с показателем преломления л, равна
L = па, B3.1)
где s — геометрическая длина пути луча.
Оптическая разность хода двух световых лучей
А = L2 - Lt B3 2)
Результат интерференции света от двух когерентных источников' при сов-
совпадении начальных фаз световых колебаний зависит от величины
Д = ±т (Jin/2) B3.3)
гдеЯ0 — длина световой волны в вакууме, т — целое число. Четному т (т = 2k,
где k = О, I, 2, 3, ...) соответствует максимальное значение интенсивности
света (интерференционный максимум), нечетному т (т = 2k + 1) — минималь-
минимальное (интерференционный минимум).
Расстояние между интерференционными полосами на экране, полученными
от двух когерентных источников света,
х = Шй, B3 4)
рде ; — расстояние от экрана до источников, d — рясстояние между источника-
источниками (d « /)
Оптическая разность хода световых лучен, отраженных от двух поверх-
поверхностей тонкой пластинки, по обе стороны которой находятся одинаковые среды,
равна
Д = 2hn cos r — Я0/2, ¦ B3.5)'
265

где Л — толщина пластинки, п — показатель преломления (абсолютный)
вещества пластинки, г — угол преломления, Хо —длина световой волны в ва-
вакууме.
Радиусы темных колец Ньютона в отраженном свете определяются формулой
рЛ=1/Ш (? = 0,1,2,3,...), B3.6)
а радиусы светлых — формулой
(й = 1, 2, 3, ...). B3.7)
Здесь R — радиус кривизны поверхности линзы, соприкасающейся с плоско-
параллельной пластинкой, К—длина световой волны в среде между линзой и
пластинкой, к — порядковый номер кольца (к = 0 соответствует центральному
темному пятну).
Методические указания
1. Интерференция возможна лишь в случае когерентных волн.
Так как два любых независимых источника света не являются коге-
когерентными, то интереференция света возникает лишь в тех случаях,
когда световая волна, испускаемая одним источником, разделяется
некоторой оптической системой на две части. Соответствующие две
волны, пройдя различные пути, встречаются на экране (или на сет-
сетчатке глаза), создавая интерференционную картину. Последнюю не-
нередко удается объяснить, заменив данную оптическую систему дру-
другой, эквивалентной, считая при этом, что имеется не один, а два ко-
когерентных источника.
Задачи на интерференцию света делятся в основном на две группы:
задачи, связанные с интерференцией волн от двух когерентных источ-
источников, и задачи на интерференцию в тонких пластинках (пленках).
К задачам первой группы относятся случаи интерференции, получен-
полученной с-помощью зеркал Френеля, зеркала Ллойда, бипризмы Фре-
Френеля, а также в опыте Юнга. Для расчета интерференционной кар-
картины используют формулы B3.3), B3.4), предварительно определив
(если это необходимо) положение двух когерентных источников
(см? задачи №23-1, 23-2). Вторую группу составляют задачи на интер-
интерференцию как в плоскопараллельных, так и в клинообразных тонких
слоях, а также задачи на кольца Ньютона. В этих случаях соотно-
соотношение B3.5) позволяет вычислить оптическую разность хода А двух
интерферирующих лучей, отраженных от обеих поверхностей слоя.
Затем по условию B3.3) определяют результат интерференции.
2. Решая задачи, связанные с интерференцией света в тонких
пластинках (пленках), обратите внимание на то, что формула B3.5)
для оптической разности хода двух лучей, отраженных от передней
и задней поверхностей пластинки, выведена для случая, когда пластин-
пластинка окружена одинаковыми средами. При этом один из двух лучей от-
отражается от границы с оптически менее плотной средой, другой —
от границы с оптически более плотной средой. В последнем случае
фаза светового колебания при отражении скачкообразно изменяется
на противоположную. Очевидно, такое явление можно трактовать
и как уменьшение, и как увеличение фазы на л. Это изменение фазы
соответствует изменению оптической разности хода лучей Д на ±Я0/2.
266

Действительно, если в формуле B0.3) положить ф, — Фа = ± я, то
для разности хода лучей получим ,
Отсюда ясно, что в формуле B3.5) член Х„/2, выражающий «потерю»
полуволны при отражении, можно записывать с любым знаком,
т. е. величину А можно выразить и так:
А = 2 /м cos г Л- %п/2.
V
Если тонкая пластинка окружена различными срелами, то в за-
зависимости от соотношения между показателями преломления сред
Пи п2 и пластинки п возможны следующие случаи: а) п > пг,п > п2,
при этом только луч /, отраженный от границы
с оптически более плотной средой, «теряет» полу-
волну (рис. 23-1); б) п < га,, п <С п.2 — «теряет»
полуволну только луч 2; в) щ < п < п% — оба
луча «теряют» полуволну; г) я, > п> п2— ни
один луч не «теряет» полуволны. Очевидно, для "г
первых двух случаев соотношение B3.5) остается
в силе. Так как «потеря» полуволны обоими луча- ис'
ми не скажется на их рачности хода, то в послед-
последних двух случаях в формуле B3.5) величину Хо/2 надо отбросить.
Тогда получим
А = 2 hn cos r.
При интерференции света, известной под названием колец Нью-
Ньютона, роль тонкой пленки играет прослойка (обычно воздушная)
между пластинкой и выпуклой поверхностью прижатой к ней лин-
линзы. Формулы B3.6), B3.7) для радиусов колеи выведены в предполо-
предположении, что эта прослойка окружена одинаковыми средами, т. е. пла-
пластинка и линза должны иметь одинаковые показатели преломления.
В этом отношении дело обстоит здесь так, как и с формулой B3.5).
Поэтому, приняв на рис. B3-1) пи п, пг за показатели преломления
линзы, прослойки и пластинки и повторив вышеприведенные рас-
рассуждения, полагая, что прослойка окружена различными средами
(п[фпг), придем к выводу, чго формулы B3.6), B3.7) остаются вер-
верными в случаях а и б. Если выполняется условие в или г, то величина
А будет отличаться от той, что была в случаях а и б, на Хо/2. Это вы-
вызовет обращение интерференционной картины: светлые и темные коль-
кольца поменяются местами. Теперь формула B3.6) будет определять ра-
радиусы светлых колец, а B3.7) — темных.
3. В условиях задач обычно приводятся значения длин световых
волн, настолько округленные, что ими с равным успехом можно поль-
пользоваться как в случае распространения света в воздухе, так и в ваку-
вакууме, поскольку Яо = 1,00029 X.
267

Решение задач
Рис 23 2
23-1. На зеркала Френеля, угол между
которыми а = 10', падает монохромати-
монохроматический свет от узкой щели S, находящейся
на расстоянии г = 0,10 м от линии их
пересечения (рис. 23-2). Отраженный от
зеркал свет дает интерференционную кар-
картину на экране Э, отстоящем на растоянии
а = 2,7 м от линии их пересечения, причем
расстояние между интерференционными
полосами равно х = 2,9-10"" м. Определить
длину волны X света.
отражения от зеркал OK, OL световые
так, будто вышли из двух когерентных
мнимыми изображениями щели S
S,, S, равно d,
Решение. После
волны распространяются
источников S,, S2, являющихся
(рис. 23-2). Пусть расстояние между источниками
а расстояние от них до экрана /. Величины /, d, x, X связаны соотно-
соотношением B3.4), откуда
' X = xd/l. A)
Чтобы найти d и I, учтем, что точки S, и S2 симметричны точке S
относительно соответствующих зеркал. Поэтому StO = Sfl — '
и _ StOSz = 2а. Так как угол а весьма мал и экран обычно распо-
располагается параллельно отрезку S{Slt то можно записать:
d = 2ar, I = г + а.
Подставив эти значения d,l в формулу (I), получим
X = 2агх/(г -{- а).
После подстановки числовых значений величин (предварительно
выразив угол а в радианах) найдем
X = Ь • 10 м = О.бмкм.
23-2 Для измерения показазателей
преломления прозрачных веществ
используют интерферометр, схема ко-
которого дана на рис. 23-3. Здесь S —
узкая щель, освещаемая монохромати-
„ „ ческим светом (Хо = 0,589 мкм), / и
2—две одинаковые трубки с воздухом,
длина каждой из которых /=10,0 см;
Д —диафрагма с двумя щелями. Когда
воздух в трубке 2 заменили аммиаком,
то ранее наблюдавшаяся на экране Э
интерференционная картина смести-
сместилась вверх на N = 17 полос. Опре-
Определить показатель преломления п'
аммиака, если для воздуха п =
= 1,00029.
о
р11С 23 j
268

Решение. Согласно принципу Гюйгенса, две щели в осве-
освещаемой диафрагме можно рассматривать как вторичные источники
световых волн. Так как при этом на диафрагму падает свет от одного
Источника S, то обе щели являются когерентными источниками и на
вкране возникает интерференционная картина. Результат интерферен-
интерференции света в какой-либо точке А экрана определяется из соотношения
B3.3), где А = L2 — Lx — оптическая разУКють хода лучей S1A,
S2A. Так, для светлых интерференционных полос имеем
А = ± 2 k (%J2) = ± k%0, A)
где k — номер данной полосы (отсчет ведется от центральной полосы,
для которой k = 0).
Замена воздуха аммиаком в трубке 2 вызвала, согласно формуле
B3.1), изменение оптической длины пути L% светового луча S2A на
величину
б = пч _ nl. B)
На столько же изменилась величина А = L2 — Lt. При этом соглас-
согласно формуле B3.3) изменилось условие интерференции света в точке А.
В процессе замены воздуха аммиаком, когда величина А непрерыв-
непрерывно изменялась, в точке А экрана постепенно сменяли друг друга свет-
светлые и темные интерференционные полосы — интерференционная кар-
картина перемещалась по экрану. Ее смещению на одну полосу соответ-
соответствует в формуле A) изменение числа k на единицу и, следовательно,
изменение Дна величину ±\й. Значит, при смещении интерференцион-
интерференционной картины на N полос оптическая разность хода А изменилась на
величину ±ЛД.О. Но это изменение выражается формулой B), поэтому
n'l — nl = ± NK0. C)
Знак в правой части C) определяется направлением смещения
интерференционной картины на экране. Действительно, рассмотрим
центральную интерференционную полосу (k = 0). Когда в обеих
трубках был воздух, она располагалась на экране на равных расстоя-
расстояниях от щелей в диафрагме. Перемещение полосы вверх в процессе
замены воздуха в трубке 2 аммиаком свидетельствует, как это видно
из чертежа, об увеличении оптической длины пути Lx луча S1A. Но
для центральной интерференционной полосы, как бы она ни переме-
перемещалась по экрану, всегда А = Lz — L1 = ± kk — 0. Следовательно,
оптическая длина пути L2 луча S2A также увеличилась. Очевидно,
это могло произойти только вследствие неравенства п' > п. Таким
образом, отбросив знак «—» в правой части C), получим
п' = п + NXJI = 1,00039.

23-3. Для уменьшения потерь света при отражении
or стекла на поверхность объектива (п2 = 1,7) нанесена
тонкая прозрачная пленка (п = 1,3). При какой на-
наименьшей толщине ее произойдет максимальное ослаб-
ослабление отраженного света, длина волны которого при-
приходится на среднюю часть видимого спектра (Ко =>
= 0,56 ммй)? Считать, что лучи падают нормально к
поверхности объектива.
Решение. Свет, падая на объектив, отражается как от перед-
передней, так и от задней поверхностей тонкой пленки. Ход лучей для слу-
случая их наклонного падения изображен на рис. 23-1. Отраженные лучи
/, 2 интерферируют. Условие минимума интенсивности света при
интерференции выражается формулой B3.3), гдет — нечетное число,
т. е
А = ± Bk + 1) Kft (k = 0, 1, 2, 3,...). A)
Оптическая разность хода лучей, отраженных от двух поверхно-
поверхностей юнкой пленки, окруженной одинаковыми средами, определяется
формулой B3.5). В данном случае пленка окружена различными сре-
средами— воздухом (я, = 1,00) и стеклом (п2 = 1,7). Из неравенства
«,</!< п2 следует, что оба луча /, 2, отражаясь от границы с оп-
оптически более плотной средой, «теряют» полуволну. Так как это не
влияет на их разность хода, то в B3.5) следует отбросить член Я,о/2.
Кроме того, полагая г = 0, получим
А =5 2/ш. B)
Из равенств A), B) находим толщину пленки:
h = ± B k + 1) А-0/4/г.
Учитывая, что h — существенно положительная величина и что
значению /iMml соответствует k = 0, получим
'г.мии = ^и/4 П = 0,11 МКМ.
23-4. Между двумя илоскогюраллельными
стеклянными пластинками заключен очень
топкий воздушный клип. На пластинки
нормально падает монохроматический свет
(к0 — 0,50 мкм). Определить угол а между
пластинками, если в отраженном свете
на протяжении / = 1,00 см наблюдается
Л/ = 20 интерференционных полос.
Рис 23 4
Решение. В данном случае интерферируют лучи 1 и 2, отражен-
отраженные от двух поверхностей тонкого воздушного клина (на рис. 23-4,
чтобы лучше различить эти лучи, угол падения луча на верхнюю пла-
пластинку взят отличным от нуля). Наблюдаемые на поверхности клина
интерференционные полосы будут полосами равной толщины, пред-
представляя собой геометрическое место точек, соответствующих одина-
270

ковой толщине клина. Очевидно, эти полосы располагаются парал-
параллельно ребру клина и перпендикулярно плоскости чертежа.
Пусть точки А, В соответствуют двум соседним интерференцион-
интерференционным полосам Проведя прямую ВС, параллельную верхней пластинке,
и учитывая, что искомый угол весьма мал, имеем
а A)
АВ I '
где hA, hB — толщины воздушного клина в точках А, В. Предпо-
Предположим для определенности, что АВ — расстояние между тем-
темными интерференционными полосами Тогда обе величины hA, hR най-
найдем, приравняв правые части формул B3 3), B3.5) и взяв т = 2k + 1.
Так как г = 0, п = 1,00 (воздух) и h > 0, то
h - (к + 1) Хо/2. B)
Поскольку величины hA, hB относятся к соседним полосам, то в фор-
формуле B) числа k, соответствующие величинам hA, \\ц, должны отли-
отличаться на единицу Следовательно,
-Нь-Ы,±--±-. ,3,
Легко убедиться, что к такому же результату придем, предполо
жив, что АВ есть расстояние между соседними светлыми полосами.
Теперь из формулы A) с учетом результата C) найдем
а = KN/21
Подставив числовые значения величин: Х„ = 0,50 • 10~я м, / =
— 1,00 • Ю м, /V = 20 — и выполнив вычисление, получим
а = 5,0 • Ю-4 рад = I'40".
23-5. Сферическая поверхность плосковыпуклой линзы
(п, = 1,52) соприкасается со стеклянной пластинкой
(«о = 1,70) Пространство между линзой, радиус кри-
кривизны которой R = 1,00 м, и пластинкой заполнено
жидкостью Наблюдая кочьца Ньютона в отраженном
свете (к0 = 0,589 мкм), измерили радиус р десятого тем-
темного кольца. Определить показатель преломления жид-
жидкости п,„ в двух случаях: 1) р = 2,05 мм, 2) р =
= 1,90 мм
Решение. Искомый показатель преломления пж не входит в яв-
явном виде в формулы B3 6), B3.7) для колец Ньютона. Однако его легко
ввести в эти формулы, если воспользоваться соотношением между
длиной волны к, скоростью спета с и частотой колебаний v, а также
зависимостью скорости с от показателя преломления среды:
Х=— =_?»_ = -^1 A)
V ПтV Пт
где с0 — скорость света в вакууме.
271

Прежде чем подставить значение Я. из A) в формулу B3.6) для тем-
темных колец, обратим внимание на то, что эта формула выведена для
случая, когда показатели преломления линзы и пластинки одинаковы.
В данной задаче это условие не соблюдено. Так как, кроме того, не-
неизвестен показатель преломления жидкости, мы не можем сейчао
решить вопрос о том, какая из формул B3.6), B3.7) относится к тем-
темным кольцам (см. методические указания, стр. 267).
Предположим, что показатель преломления жидкости пт удовлет-
соряет одному из двух неравенств:
пт <Z M] <Z n2, nt <. н2 <С пт. (/,)
Тогда для темных колец будет верна формула B3.6). Отсюда, учитывая
соотношение A), получим
п.и — kRXuicih. C)
Выполнив вычисление, найдем:
1) пт1 = 1,41; 2)пт2 = 1,63.
Теперь сделаем единственно возможное другое предположение
относительно величины иж: пусть*
В этом случае для темных колец верна формула B3.7). Вместе о соот-
соотношением A) она дает
Выполнив вычисление по формуле E), получим:
1) пи>1=1,34, 1) пт,= \.аЬ
Сравнив результаты вычислений по формулам C), E) для обоич
случаев (очевидно, соответствующих двум разным жидкостям),
видим, что в первом случае (пж, = 1,41, пИ(, = 1,34) значения по-
показателя преломления жидкости удовлетворяют одному из неравенств
B), по не удовлетворяют неравенству D). Следовательно, из двух
формул C), E) правильный ответ дает формула C), т. е. для первой
жидкости пж1 —- 1,41. Во втором случае (пт2 = 1,63; пт% = 1,55)
выполняется только неравенство D). Следовательно, теперь правиль-
правильный ответ дает формула E), т. е. для второй жидкости пж2 = 1.55.
§ 24. ДИФРАКЦИЯ СВЕТА
Основные формулы
Радиусы зон Френеля для сферической поверхности световой волны, ис-
испускаемой точечным изотропным источником S, вычисляются по формуле
B41)
• Нельзя предположить, что л=л1 или л = л4, так как в этих случаях свет
отражаться лишь от одной поверхности слоя жидкости и колец Ньютона не будет.
272

Здесь ph — радиус внешней границы fc-й зоны (k= 1, 2, 3, ...), R — радиус
волновой поверхности, тй — расстояние от вершины волновой поверхности до
точки Р, для которой построены зоны Френеля (рис 24-1)
В случае дифракции в параллельных лучах от одной щели положение ми-
минимумов освещенности на экране определяется углом ф, отсчитанным от нормали
к плоскости щели и удовлетворяющим условию
a sin ф = ± kX (k = 1, 2, 3, ...), B4 2)
где а — ширина шели, к — длина световой волны, k — порядок минимума.
При нормальном падении света на дифрак-
дифракционную решетку положение главных макси
мумов определяется углами ф отсчитанными от
нормали к плоскости решетки и выражаемыми
формулой
dsin ф = ± kk (k= 0,1, 2, 3, ...), B4 3)
где d — постоянная (период) решетки, равная
расстоянию между серединами двух соседних Рис-
щелей, k — порядок максимума
Разрешающая сила спектрального прибора
/? = ШХ, B4 4)
где 6А, — наименьшая разность длин волн (Xj = X, Я,2 = X + 6Х) двух близких
спектральных линий, прн которых они еще разрешаются прибором (т. е. могут
восприниматься раздельно)
Разрешающая сила дифракционной решечки
R = kN, B4 5)
где k — порядок спектра, N — число щелей решетки.
Разрешающей силой А объектива оптического прибора называется ве-
величина, обратная наименьшему угловому расстоянию бф между двумя точками,
при котором они еще разрешаются прибором (т е. их дифракционные изобра-
изображения, созданные объективом, могут восприниматься раздельно) Разрешаю-
Разрешающая сила объектива телескопа определяется его диаметром D и длиной волны
X света, падающего на прибор, по формуле
А=— — —. B4 6)
«Ф 1,22b
Методические указания
1. В явлении дифракции световые волны огибают оптические не-
неоднородности, встречающиеся на пути их распространения. Падая
на экран, волны дают распределение освещенности на нем, отличное
от того, которое должно быть согласно законам геометрической оп-
оптики.
Решить дифракционную задачу — значит найти относительное рас-
распределение освещенности на экране в зависимости от размеров и фор-
формы неоднородностей, вызывающих дифракцию. Решение этой задачи
в общем случае является весьма сложным. В курсе общей физики
рассматривают лншьелучаи, в которых соображения симметрии упро-
упрощают расчет, например дифракцию от круглого отверстия, от узкой
щели, а также дифракционную решетку.
2. В случае дифракции в параллельных лучах от одной щели
для максимумов освещенности на экране не существует столь про-
273

пого соотношения, как формула B4 2), определяющая положен-ие
дифракционных минимумов Иногда пишут формулу
a sin ф' - + B/г + I) A/2) (k = 1, 2, 3, ...),
ryic- ф' — \гол, соответствующий дифракционному максимуму k-vo
порядка. Однако эта формула неточная она даст завышенные значения
для угла ф'. При k — I ошибка для sin ф' составляет около 5%, при
увеличении k оишбка убывает.
3. При использовании в задачах формулы B4.6), определяющей
разрешающую силу объектива телескопа, следует иметь в виду, что
бф — угловое расстояние между двумя точками, при котором их диф-
дифракционные изображения в фокальной плоскости объектива распола-
1аются так, что еще могут быть восприняты раздельно.
Однако, для того чтобы они фактически воспринимались раздель-
раздельно, необходимы дополнительные условия. Так, при визуальном на-
наблюдении в телескоп требуется достаточное увеличение прибора, что-
чтобы полученные два дифракционных изображения были разрешены
также глазом (см задачу ,\ь 24-5). При фотографировании объектов
необходимо, чтобы размер зерен эмульсин фотопленки был существен-
существенно меньше расстояния между центрами дифракционных изображе-
изображений Последнее условие должно выполниться и при фотографирова-
фотографировании удаленных объектов фотоаппаратом, разрешающая сила
объектива которого в этом случае также определяется формулой
B4.6).
Решение задач
24-1. Между точечным источником спета (X — 0,50 мкм)
и экраном поместили диафрагму с круглым отверстием
радиуса г — 1,0 мм Расстояния от диафрагмы до исчоч-
исчочника и экрана равны соответственно R — 1,00 м и
/•„ — 2,00 м. Как изменится освещенность экрана в точ-
точке Р, лежащей против центра отверстия, если диафраг-
диафрагму убрать?
Решение. В результате дифракции света на краях отверстия
диафрагмы и интерференции вторичных волн на экране возникнет ди-
дифракционная картина — чередующиеся светлые и темные кольца. При
этом в точке Р, являющейся центром картины, будет светлое или тем-
темное пятно в зависимости от числа зон Френеля, укладывающихся в по-
поверхности волнового фронта, ограниченной краями отверстия Четному
числу зон соответствует темное пятно, нечетному — светлое. Найдем
это число. Полагая в формуле B4.1) величину пи равной радиусу г
отверстия в диафрагме, получим
k__ „{R+rt)
RX
Таким образом, в точке Р будет светлое пятно. Чтобы ответить на
вопрос задачи, заметим следующее. В силу соотношений г << R,
г << г0 световые колебания, приходящие в точку Р от каждой из трех
274

вон Френеля, имеют приблизительно одинаковые амплитуды. При этом
колебания, приходящие от любых двух соседних зон, будучи противо-
противоположными по фазе, гасят друг друга и весь эффект сводится к дей-
действию одной зоны, например первой. Известно также, что действие
всей волны (когда диафрагмы нет) равно половине действия первой
зоны Френеля. Следовательно, удаление диафрагмы приведет к умень-
уменьшению амплитуды световых колебаний в точке Р в два раза. Так как
освещенность пропорциональна квадрату амплитуды световых коле-
колебаний, то она уменьшится в четыре раза.
24-2. На щель падает нормально парал-
параллельный пучок монохроматического света.
Расположенная за щелью линза с фокус-
фокусным расстоянием / = 2,00 м проектирует
на экран дифракционную картину в виде
чередующихся светлых и темных полос.
Ширина центральной светлой полосы Ь —
= 5,0 см. Как надо изменить ширину ще-
щели, чтобы центральная полоса занимала
весь экран при любой ширине послед-
последнего?
Рис. 24-2
Решение. Изображенная на рис. 24-2 кривая показывает
распределение интенсивности света на экране. Центральная светлая
полоса заключена между двумя минимумами первого порядка. Ее
ширина Ь зависит от угла дифракции ф, соответствующего первому
минимуму. В свою очередь угол ф связан с шириной щели а форму-
формулой B4.2), где /г = 1. Так как при изменении ширины щели от а,
до а> величины К, k остаются постоянными, то из B4.2) следует:
а.ъ sin
al
sin ф2
A)
где <pi, фа — углы первых дифракционных минимумов, соответствую-
соответствующих размерам щели ах, а2.
Из условия видно, что угол фх весьма мал. Поэтому sin фх л*
« tg4>i = bl2f. С другой стороны, чтобы центральная полоса зани-
занимала весь экран при любой ширине последнего, должно выполняться
соотношение ф2 = л/2, sin Фа = 1. Подставив найденные значения
sin ф,, sin щ в A), получим
 21 Ul 40
Таким образом, ширину щели следует уменьшить в 40 раз.
275

24-3. Определить длину волны монохроматического све-
света, падающего нормально на дифракционную решетку
с периодом d = 2,20 мкм, если угол между максимумами
первого и второго порядков спектра Л<р = 15°.
Решение. Пусть q>lt ф2 — углы дифракции, соответствующие
максимумам первого (k = 1) и второго (k = 2) порядков. По увловию,
Фа — Ф1 = Дф- A)
Из формулы дифракционной решетки B4.3) следует:
d sin ф! = X, B)
d sin ф2 = 2 X. C)
Система уравнений A), B), C) содержит три неизвестных: <pt
q>2, X. Разделив почленно B), C), получим sin Фя = 2 sin фц или, учи-
учитывая A),
sin (ф, + Дф) = 2 sin <pt.
Решив это тригонометрическое уравнение относительно sin ф,,
найдем
sta»,- sinA* -. D)
1/5—4 Л
Теперь из B) с учетом D) определим искомую величину:
х E)
V5—4 cos Дф
Подставив - в E) числовые значения величин (втДф = 0,259,
cos Дф = 0,966), получим
X = 0,54 мкм.
24-4. При каком минимальном числе штрихов дифрак-
дифракционной решетки с периодом d = 2,9 мкм можно раз-
разрешить компоненты дублета желтой линии натрия
(Xt = 5890А и L, = 5896А)?
Решение. Число штрихов Л/ решетки связано с ее разре-
разрешающей силой R и порядком спектра k соотношением B4.5), от-
откуда следует: N = Rlk. Минимальному значению jVmhh соответст-
соответствует минимальное значение RMnu и максимальное число k, т. е.
Минимальная разрешающая сила решетки /?мин, необходимая
для разрешения дублета (двух составляющих) желтой линии нат-
натрия, выражается через величины Хи Х2 по формуле B4.4):
КУ B)
Число /гмаНо найдем из формулы дифракционной решетки B4.3),
если положим в ней sin ф = 1 и X = Х2 (последнее соотношение га-
гарантирует, что обе компоненты дублета с порядковым номером кш&м
2Т6

будут видны). Учитывая при этом, что к — целое число, и введя функ-
функцию Е (х) = целую часть числа х*. получим
Подставив значения RMVtH и /емакс из B), C) в соотношение (I),
найдем
Л2 5 1Q
ми" 4 (X, — Х2) 4.6
24-5. При каком увеличении Г телескопа разрешаю-
разрешающая сила его объектива диаметром D будет полностью
использована, если диаметр зрачка d0. Рассмотреть два
случая, указанных в условии задачи № 22-14.
Решение. Дифракционные явления, происходящие как в те-
телескопе, так и в глазу, ограничивают их разрешающую способность.
Из B4.6) для разрешающей силы объектива телескопа имеем
бФо0= 1,22 X/D. A)
Формулу B4.6) можно также применить и для разрешающей силы
глаза, заменив диаметр объектива диаметром зрачка da:
6Ф,.л = 1,22 Мо, B)
где 6фгл — наименьшее угловое расстояние между двумя точками
объекта (или его действительного изображения), которое может раз-
разрешить глаз.
Так как d0 < D, то бф,„ > Афо0. Для полного использования раз-
разрешающей силы объектива при визуальном наблюдении необходимо,
чтобы угол бфоб, увеличенный оптической системой телескопа в Г
раз, оказался не меньше угла 6ф,.л, т. е.
бфов-r^fiqW. (З)
в противном случае изображения двух точек объекта, разрешенных
объективом, не будут разрешены глазом, т. е. сольются на сетчатке
в одно дифракционное изображение. Из формулы C) о учетом A),
B) находим
Г ^ D/d0. D)
Условие D) дает ответ на 'вопрос задачи: при Г ^ D/d0 разрешаю-
разрешающая сила объектива используется полностью, при Г < D/d0 —
частично.
Замечание. Сравнив результаты, полученные в задачах
№22-14 и 24-5, можно сделать следующий вывод. При наблюдении
в телескоп протяженных объектов увеличение, равное
Го = D/d0,
Например, Е A) = I; ? (я) = 3; ? E,9) = 5.
277

является оптимальным в отношении освещенности изображения
и использования разрешающей силы объектива. Действительно,
только при увеличении Г = Г„ одновременно сохраняется освещен-
освещенность и полностью используется разрешающая сила объектива.
§ 25. ПОЛЯРИЗАЦИЯ СВЕТА
Основные формулы
При отражении света от границы раздела двух диэлектриков имеют место
соотношения (формулы Френеля):
tg«(f-r)
где /j_, I'j_ — интенсивности падающего н отраженного света, у которого ко-
колебания светового вектора (т. е. вектора напряженности Е электрического по-
поля световой волны) перпендикулярны плоскости падения; /ц , 1^ — интенсив-
интенсивности падающего и отраженного света, у которого колебания светового вектора
параллельны плоскости падения, i — угол падения, г — угол преломления.
Закон Брюстера: луч, отраженный от границы раздела двух диэлектриков,
полностью поляризован, если угол падения гБ удовлетворяет условию
tg'B = п, ' B5.3)
где п — относительный показатель преломления
Закон Малюса: интенсивность света, прошедшегр через поляризатор и ана-
анализатор, пропорциональна квадрату косинуса угла ф между их главными пло-
плоскостями, т. е.
/ = /„ cosscp, B5.4)
где /0 — интенсивность поляризованного света, падающего на анализатор
Степень поляризации света
Р= Смаке—/мин)/('макг+/мин). B5 5)
где ^макс и /мин — максимальная и минимальная интенсивности света, соответ-
соответствующие двум взаимно перпендикулярным направлениям световых колебаний
в луче.
Методические указания
1. Задачи, в которых рассматривается поляризация света при от-
отражении и преломлении на границе двух диэлектриков, решаются
с помощью формул Френеля B5.1), B5.2). Их частным случаем яв-
является закон Брюстера (см. задачу №25-1). Обратите внимание: в фор-
формуле B5.3), выражающей закон Брюстера, п — относительный
показатель преломления двух диэлектриков, на границе которых
происходит отражение света.
Для расчетов величин Г±, 1\ по формулам B5.1), B5.2) необхо-
необходимо знать углы падения i и преломления г. При падении света на
границу двух сред со стороны оптически более плотной среды может
случиться, что вычисления дадут для угла преломления sin r =
= (sin i)ln> 1. Так как угла г, удовлетворяющего этому неравен-
278

ству, не существует, такой результат должен означать, что свет не
*1удет преломляться на данной границе, т. е. возникнет полное внутрен-
внутреннее отражение. В этом случае I'L = /^, 1\ — /ц и полная интенсив-
интенсивность отраженного луча /' = I'L + l\ равна интенсивности падаю-
падающего луча / = /j_ + /((.
2. Главной плоскостью (главным направлением) поляризатора на-
называют плоскость, в которой происходят колебания световых векторов
в плоскополяризованном луче, выходящем из прибора. Этими же тер-
терминами характеризуют анализатор, который представляет собой тот
же прибор, что и поляризатор, но служит для анализа поляризован-
поляризованного света. Следовательно, величина ф в формуле B5.4) является одно-
одновременно углом между плоскостями, в которых колеблются световые
¦кторыдвух плоскополяризованных лучей: падающего на анализатор
1 выходящего из него.
Решение задач
25-1. Вывести закон Брюстера с помощью
формул Френеля B5.1), B5.2).
Рис. 25-1
Решение. Предварительно заметим, что при падении света
под углом Брюстера is, определяемым по B5.3), отраженный и пре-
преломленный лучи взаимно перпендикулярны. Действительно, с уче-
учетом закона преломления света формулу B5.3) можно переписать
так:
. sm'B sin »R
tg *б = r-=—
r
COSi
Sin
где г—угол преломления. Следовательно, cos/б = sin/1. Посколь-
Поскольку углы in, r — острые, to отсюда следует
»в + г = я/2,
A)
что означает взаимную перпендикулярность отраженного н прелом-
преломленного лучей (рис. 25-1). Очевидно, обратив приведенные рассуж-
рассуждения, можно из соотношения A) получить равенство B5.3), вы-
выражающее закон Брюстера.
Теперь обратимся к формулам Френеля. Из B5.2) при условии A)
сразу получаем 1\ — 0. Это значит, что при угле падения is, определя-
определяемом по B5.3), в отраженном луче останутся световые колебания лишь
одного направления (перпендикулярные плоскости падения), т. е.
отраженный луч будет полностью поляризован. Но в этом и состоит
закон Брюстера, являющийся, таким образом, следствием формул
Френеля.
279

25-2. Естественный свет падает под углом Брюстера на
поверхность стекла (п = 1,6). Определить коэффициент
отражения.
Решение. Коэффициент отражения р показывает, какую долю
от интенсивности падающего света / составляет интенсивность отра*
женного света /', т. е.
Р = /'//. A)
Свет, отраженный от диэлектрика под углом Брюстера, полностью
поляризован. При этом в отраженном луче присутствуют лишь све-
световые колебания, перпендикулярные плоскости падения (см. задачу
№ 25-1). Поэтому на основании формулы A6.1) и соотношения A)
задачи № 25-1 получим
/' - /1 - /± sin1 (fe - г). B'
Так как в естественном свете величина 1± составляет половину
от полной интенсивности /, то на A), B) следует
р = (•/_!_//) sin» (/Б — г) = 0,5 sin4 (JB — г). i3)
Углы ;Б| г можно найти, зная показатель преломления стекла п.
По закону Брюстера, tg iB = n = 1,6. Отсюда *Б = 58°, г — 90° —
— 58° = 32°; iB — г = 26е. Теперь из C) получим
р = 0,5 sinJ26° = 0,10, или 10%.
25-3. Определить с помощью формул Френеля коэффи-
коэффициент отражения естественного света при нормальном
падении на поверхность стекла (п — 1,60).
Решение. Коэффициент отражения (см. задачу № 25-2) равен
р = Г/1.
Во всех случаях, кроме рассмотренного в предыдущей задаче, отра-
отраженный свет содержит колебания как параллельные, так и перпен-
перпендикулярные плоскости падения. Следовательно, пользуясь обозначе-
обозначениями формул B5.1), B5.2), можно записать
A)
Так как на стекло падает естественный свет, то
I± = h- B)
Для отраженного света, вообще говоря, как это следует из фор-
формул B5.1), B5.2), 1'хФ /||. Однако при нормальном падении света,
когда плоскость падения становится неопределенной (так как эта
плоскость проходит через падающий луч и нормаль к поверхности),
отраженный луч остается естественным. Поэтому, выбрав произ-
произвольно плоскость падения, запишем
/1=/|(. C)
880

Из формул A) — C) получаем
P = f = f. D)
'j_ 'll
Любое из двух отношений D) выражается соответствующей фор-
формулой Френеля. Однако при нормальном падении света, когда i = О,
г = 0, формулы B5.1), B5.2) становятся неопределенными. Чтобы
раскрыть неопределенность, будем считать углы i, т весьма малыми,
но отличными от нуля (так, будто свет падает почти нормально). Тогда
с помощью любой из формул B5.1), B5.2) можно найти р. Например,
заменив в B5.1) синусы малых углов углами, имеем
Разделив числитель и знаменатель дроби на г и учитывая, что для
малых углов Uг = п, получим ответ:
4,0-10-4, или 4,0%.
л+1
25-4. Параксиальный пучок света проходит через
центрированную оптическую систему, состоящую из
N = 5 стеклянных линз (п = 1,50). Используя резуль-
результат, полученный в чадаче № 25-3, определить, какая доля
света пройдет через прибор. Поглощением света в стек-
стекле пренебречь.
Решение. Из условия следует, что свет, проходя оптическую
систему, падает нормально или почти нормально на поверхности всех
линз. Проходя каждую линзу, свет дважды отражается: один
раз — на передней (по ходу света) поверхности линзы, второй раз —
на задней поверхности. Очевидно, доля света, прошедшего всю си-
систему, зависит от коэффициентов отражения света на обеих поверхно-
поверхностях каждой линзы.
Отражение света от передней поверхности линзы (имеется в виду,
что каждая линза окружена воздухом) соответствует случаю, рассмот-
рассмотренному в задаче N° 25-3, поэтому для коэффициента отражения имеем
где п — показатель преломления стекла относительно воздуха.
При отражении света от задней поверхности линзы среды стекло —
воздух меняются ролями. Теперь, если в A) вместо п подставить об-
обратную величину п' — \1п, где п' — показатель преломления воздуха
относительно стекла, то найдем
_1_
л
281

Сравнив A) и B), видим, что р' = р. Таким образом, для всех 2 N по-
поверхностей N линз коэффициенты отражения одинаковы.
Пусть /, /, — интенсивности света, падающего на систему линз,
и света прошедшего первую границу. Из определения коэффициента
отражения (см. задачу № 25-2) следует, что интенсивность света,
отраженного от первой границы, равна р/. Так как по закону сохра-
сохранения энергии р/ + /t = /, то
/1== /_р/ = /A _р).
Аналогично, интенсивность света, прошедшего вторую границу,
/а = /, A -р) = I(\-pY
и т. д. Отсюда получим интенсивность света, прошедшего всю синему:
liN = / (l-pJ'v.
Взяв значение р из задачи № 25-3, получим ответ:
UJ1 = A - pJyv = @.96I0 = 0,7.
25-5. На пути частично поляризованного пучка света
поместили николь. При повороте николя на угол ф =
= 60° из положения, соответствующего максималь-
максимальному пропусканию света, интенсивность прошедшего
света уменьшилась в б = 3,0 раза. Найти степень по-
поляризации падающего света.
Решение Частично иоляршованный свет можно рассмат-
рассматривать как смесь плоскополяризоианного и естественного света Ни-
Николь всегда пропускает половину падающего на его естественного
света (превращая его в плоскополяризованпый). Степень пропускания
поляризованного света, падающего на николь, зависит, согласно за-
закону Малюса B5.4), от взаимной ориентации главных плоскостей поля-
поляризатора и анализатора. Поэтому полная интенсивность света, про-
прошедшего через николь,
/ = 0,5 /„ + /р cos' ф, A)
где /„, /р — интенсивности естественной и поляризованной состав-
составляющих света, падающего на николь. Чтобы воспользоваться фор-
формулой B5.5), заметим, что входящие в нее величины согласно A)
равны;
/„а кс = 0,5 /„ + 1„, B)
/мин = 0,5 /„. C)
По условию, /маКс = б/, или, согласно формулам A) — C),
^а„о = б(/ми„ + (/маио — /„„JCOs'tpl. D)
Уравнение D) содержит два неизвестных: /макС| /мин. Достаточно
найти их отношение а = !макс^маи< та« как степень поляризации Р,
определяемую по B5.5), можно выразить через величину а:
Р = A _ а)/A + а). E)
282

5 гЧ if '
• •ED |
E0$mO,
Разделив обе части уравнения D) на /чакг, имеем
1 = б [а + A — а) cos' <p|.
Выразив отсюда а и подставив в E), получим ответ:
Р = — =0,8.
1-М (I —'2 cos- <p)
25-6. Из кварц;) нужно вырезать ina-
стилку, параллельную оптической оси кри-
кристалла, толщиной около 0,6 мм так, чтобы
плоскополярисованный луч желтого света
(X = 0,589 мкм), пройдя пластинку, стал
поляризованным по кругу. Рассчитать тот-
шнну пластинки, если для желтых лучом
Рис. 25-2 в кварце показатели преломления обыкно-
обыкновенного и необыкновенного лучей соответ-
соответственно равны: по = 1,544, п, — 1,Г>53.
Решение. Скорость света в кристалле зависит от угла а меж-
между вектором световых колебании Е и оптической осью кристалла.
Так, в кварце при а = л/2 скорость света — наибольшая, следова-
следовательно, показатель преломления пп — наименьший*; при а = 0
скорость света — наименьшая, а показатель преломления — наиболь-
наибольший. Поэтому если на пластинку кварца К, вырезанную параллель-
параллельно оптической оси кристалла, падает плоскополяризованный луч (па-
пример, испущенный источником 5 и прошедший через ннколь N,
рис. 25-2), световые колебания которого имеют амплитуду Еа и со-
составляют угол а с оптической осью кристалла, то внутри пластинки
будут распространяться по одному направлению, но с разной скоро-
скоростью два луча — две компоненты поляризованного света. В одном
луче — обыкновенном — колебания перпендикулярны оптической оси
и имеют амплитуду Ео sin а, в другом — необыкновенном — колебания
параллельны оптической оси и имеют амплитуду ?0 cos а. Заметим,
что при а = 45° амплитуды обоих лучей равны.
Обладая разными скоростями, обыкновенный и необыкновенный
лучи, пройдя пластинку К, приобретут некоторую разность фаз <р,
которая согласно формуле B0.3) связана с оптической разностью хода
лучей А соотношением
Ф = 2 яДА, A)
где величина А определяется формулами B3.1), B3.2):
А = I (пе - по). B)
Из A), B) получим разность фаз обоих лучей:
Ф = 2nl(ru — no)IX. (.3)
• Известно, что n = cjc, где св, с — скорости света в вакууме и данной
среде соответственио.
283

В результате сложения двух взаимно перпендикулярных коле-
колебаний одинаковых периодов, но разных фаз возникнут эллиптические
колебания, при которых конец вектора Е описывает эллипс. В част-
частности, при равенстве амплитуд (а = 45°) и разности фаз ф = я/2
эллипс превратится в окружность. При этом свет будет поляризован
по кругу.
Очевидно, к тому же результату придем, положив разность фаз
равной
Ф = л/2 4- 2 kn (k = 0,1,2,3, ...). D)
Из C), D) найдем толщину пластинки, необходимую для полу-
получения света с круговой поляризацией:
)
по — пе
Подставив в E) числовые значения /, X, по, п„ (/ принимаем рав-
равным 0,60 мм), найдем для числа k значение 8,9. Так как k — целое
число, то, округлив результат до ближайшего целого числа, возь-
возьмем /г = 9. Теперь, подставив k = 9 в E), определим точное значение
толщины пластинки (ближайшее к 0,6 мм), необходимое для круго-
круговой поляризации света: / = 0,605 мм.
§ 26. ТЕПЛСВОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ
Основные формулы
Энергетическая спетимость Ra юла ишеряется потоком излучения Ф,
(средней мощностью щлучени;! за время, значительно большее периода све-
световых колебаний) испускаемым единицей площади светящейся поверхности
Ra~ s - s dt • B l)
где dW,A — энергия, излучаемая поверхностью S за время dt.
Спектральная плотность энергетической светимости rvT, характеризующая
распределение энергии в спектре излучения тела по частотам, определяется со-
соотношениями:
B6.2)
Здесь dRa — энергетическая светимость, приходящаяся на интервал частот
от v до v 4 dv
Соотношение между спектральными плотностями энергетической свети-
светимости любого тела r'vT и абсолютно черного тела rvT при той же температуре
(закон Кирхгофа):
где avT — монохроматический коэффициент поглощения данного тела, г е.
правильная дробь, показывающая, хахая часть потоха излучения частоты v,
падающего на поверхность данного тела, поглощается последний.
284

Захоя Стефана — Больцмана: энергетическая светимость абсолютного чер-
черного тела пропорциональна четвертой степени абсолютной температуры, т е.
R. = oT* B6.4)
где о = 5,67 • 10-' Вт/(ма . К1) — постоянная Стефана — Больцмана.
Закон смещения Вина: длина волны к0, на которую приходится максимум
спектральной 'плотности энергетической светимости в спектре абсолютно черного
тела, обратно пропорциональна абсолютной температуре, т. е
ЛОГ = Ь, B6 5)
где Ь = 2,90 . Ю~3 м.К — постоянная Вина
Формула Планка для спектральной плотности энергетической светимости
абсолютно черного тела
2n/iv3 I
где h — 6,62 • 10~34 Дж . с — постоянная Планка, к — постоянная Больц-
маиа, с — скорость света в вакууме
Методические указания
1. Наряду с величиной л,г. определяемой по B6.2), спектральную
плотность энергетической светимости тела характеризуют также ве-
величиной гм, показывающей распределение энергии излучения по
длинам волн и выражаемой формулой
Пт = *-%-, B6.7)
ал
где dR., — энергетическая светимость, приходящаяся на интервал
длин волн or X до X +¦ dX. Между величинами rv7 и r^i существует
простое соотношение (см. задачу № 26-5).
2. Формулы B6 4) — B6.6) справедливы лишь для абсолютно
черного чела. Для нечерных тел вместо B6.4) пишут
R,=a, R, = aToT\ B6.8)
где пт — коэффициент излучения, показывающий, какую часть со-
составляет энергетическая светимость Rb данного тела от энергетической
светимости #,, абсолютно черного тела, взятого при той же темпе-
температуре. Он зависит от природы тела и его температуры.
Иногда п учебной литературе (см., например [21, A41, A11), ссы-
ссылаясь на закон Кирхгофа, заменяют в формуле B6.8) коэффициент
излучения аг коэффициентом поглощения aj-, т. е. правильной дробью,
показывающей, какая часть энергии, излученной абсолютно черным
телом и падающей на поверхность данного тела, поглощается по-
последним. При этом не указывают, о каком именно нечерном теле идет
речь. Необходимо твердо помнить, что равенство коэффициентов аТ,
а'т, имеет место только для так называемого серого тела, у которого
монохроматический коэффициент поглощения avl одинаков для всех
частот и, следовательно, avr = aj- (см. задачу №26-4).
3. В физической литературе не существует единой терминологии
в отношении величин, характеризующих тепловое излучение. Так,
285

энергетическую светимость Ra иначе называют интегральной све-
светимостью, или интегральной излучательной способностью, или сум-
суммарной мощностью излучения. Спектральную плотность энергети-
энергетической светимости часто называют испускательной способностью, а мо-
монохроматический коэффициент поглощения — поглощательной спо-
способностью. В данном руководстве употребляются термины, рекомендо-
рекомендованные Комитетом научно-технической терминологии Академии
наук СССР [161.
Решение задач
26-1. Электрическая печь потребляет мощность Р —
= 500 Вт. Температура ее внутренней поверхности при
открытом небольшом отверстии диаметром d — 5,0 см
равна 700°С. Какая часть потребляемой мощности
рассеивается стенками?
Решение. При установившемся тепловом режиме печи вся
ежесекундно потребляемая ею электрическая энергия (т. е. мощность)
Р излучается наружу отверстием и стенками. Следовательно^
р=ф;+ф;, (И
где Фэ, Фэ — потоки излучения, испускаемые отверстием и стенками
соответственно. В задаче требуется найти отношение и = Ф'^/Р.
С учетом A) его можно выразить так:
Р—Ф: Ф'
^1^
Рассматривая излучение печи через небольшое отверстие в ней
как излучение абсолютно черного тела, из формулы B6.1) и закона
Стефана — Больцмана B6.4) находим
ф; = tfa S = aT4nDV4. C)
Теперь по формуле B) с учетом C) получим
Подставив в формулу числовые значения величин, выраженные
в единицах СИ: Р = 500 Вт; d = 0,050 м; Т = 973 К, а = 5,67 X
X Ю~8 Вт/(м2 • К4), и выполнив вычисление, найдем ответ:
а = 0,8.
26-2. Вольфрамовая нить накаливается в вакууме то-
током силой /х = 1,00 А до температуры Гх = 1000 К.
При какой силе тока нить накалится до температуры
Т2 = 3000 К? Коэффициенты излучения вольфрама
и его удельные сопротивления, соответствующие тем-
температурам Tlt Tit равны: ат, = 0,115; ат, = 0,334;
рх = 25,7 • 10-" Ом • м, р, = 96,2 • 10-" Ом • м.

Решение. Рассматривая, как и в предыдущей задаче, излу-
излучающее тело при установившейся температуре, получим
Р = Ф„ A)
где Р — мощность, потребляемая вольфрамовой нитью от источника
электрической энергии, Ф3 — поток излучения, испускаемый нитью.
Выразим мощность Я через величины /, р g помощью формул A3.14),
A3.4):
Р = /»/? = p plfS. B)
Чтобы найти поток излучения Ф„ необходимо учесть, что излучение
вольфрама существенно отличается от излучения абсолютно черного
тела, нагретого до такой же температуры. Поэтому, используя со-
соотношения B6.8) и B6.1), запишем
Фа = aTaT*S. C)
Из A) — C) следует
/>/ = aToT4S\
Записав это уравнение дважды для нити, нагретой до темпера-
температур Т1 и Т2, полечим:
l\ pll = aTloT\ S2,
Разделив почленно эти два уравнения, найдем ответ:
26-3. В спектре Солнца максимум спектральной плот-
плотности энергетической светимости приходится на длину
волны А.„ = 0,47 мкм. Приняв, что Солнце излучает
как абсолютно черное тело, найти интенсивность солнеч-
солнечной радиации (т. е. плотность потока излучения) вблизи
Земли за пределами ее атмосферы.
Решение. Согласно определению плотности потока излучения
/, называемой также интенсивностью излучения (радиации), можно
записать [см. текст к формуле B1.13)]:
Si S У '
Здесь W^ — энергия излучения, Фа = W,// — поток излучения сквозь
поверхность S. Сравнивая A) и B6.1), видим, что величины /, R3
выражаются в одинаковых единицах.
Очевидно, интенсивность излучения / Солнца вблизи Земли про-
пропорциональна энергетической светимости R,6 поверхности Солнца.
Чтобы найти связь между величинами /, Я„, учтем, что весь поток
287

излучения, испускаемый поверхностью Солнца (пусть г0 — радиуо
Солнца), проходит сквозь поверхность сферы радиуса г, равного рао-
стоянию от Солнца до Земли:
Отсюда
I = Rarhlr*. B)
Используя закон Стефана — Больцмана B6.4) и вычислив темпе-
температуру солнечной поверхности по закону смещения Вина B6.5),
находим
R, = аТ> = о (Ь/Я.о)*. C)
Так как величины гс, г — табличные, то, записав в B) вместо R,
ее значение из C), определим искомую величину:
'-[¦?№)'
Подставим в формулу числовые значения величин, выраженные
в единицах СИ: Яо = 0,47 • 10"в м, гс = 6,95 • 10е м, /¦= 1,50 X
X 10" м, а = 5,67 • Ю-8 Вт/ (м2 • К4), Ь = 2,90 • 10"' м • К. Выпол-
Выполнив вычисление, получим
/ = 1,8 • 10я Вт/м" = 1,8 кВт/м\
Замечание. В действительности, ак показывает опыт, ве-
величина / = 1,4 кВт/м2. Неточность найденного значения объясняется
тем, что излучение Солнца отличается от излучения абсолютно
черного тела. Поэтому формулы B6.4), B6.5) оказываются в данном
случае приближенными.
26-4. Используя результат, полученный в задаче
№ 26-3, определить установившуюся температуру тон-
тонкой пластинки, расположенной вблизи Земли за пре-
пределами ее атмосферы перпендикулярно лучам Солнца.
Считать температуру пластинки одинаковой во всех ее
точках. Рассмотреть два случая, считая пластинку телом:
1) абсолютно черным; 2) серым.
Решение. Независимо от свойств пластинки ее температура
установится тогда, когда поток излучения Фл1, испускаемый нагретой
пластинкой, станет равным потоку излучения Фа2 Солнца, погло-
поглощаемому пластинкой, т. е.
1. Если пластинка обладает свойствами абсолютно черного тела,
то она поглощает весь падающий на нее поток излучения. Поэтому
на основании формулы A) задачи № 26-3 имеем
Ф82 = /5, B).
где 5 — площадь поверхности пластинки, обращенной к Солнцу.
288

Поток излучения Фэ1 пластинки найдем по закону Стефана —
Больцмана, учитывая, что излучают обе стороны пластинки:
Фа1=аГ42 5. C)
Из A) — C) находим
IS =* aTl2S, D)
откуда
7=-^7/2а = 3,3-102 К.
2. Не являясь черным телом, пластинка будет поглощать и излу-
излучать меньше энергии, чем в первом случае. Поэтому теперь вместо
D) запишем
а'т /S = aroT42S, E)
где ат — коэффициент поглощения, ат — коэффициент излучения
(ом. стр. 285). Но для серого тела af = ат. Действительно, умножая
обе части B6.3) на dv и интегрируя по всем частотам, имеем
jj rv7 dv = \i «V7 rvl dv.
о о
Для герого тела
av7- = af = const F)
для всех частот. Поэтому, вынося величину ачт = вт за знак интег-
интеграла и учитывая B6 2), получим связь между энергетическими све-
тиыостями серого тела R'b и абсолютно черного тела R3:
R', = aTR3. G)
Сравнивая G) и B6.8), видим, что ат — ат. Значит, уравнение E)
приводит к прежнему ответу, т. е. температуры серой и черной пла-
пластинок одинаковы.
Замечание. Для общего случая нечерного тела, обладаю-
обладающего избирательным поглощением, условие F) не выполняется. Те-
Теперь коэффициент поглощения а'т зависит не только от свойств и тем-
перат} ры пластинки, но и от распределения энергии в спектре Солнца.
Поэтому а'тФ ат и температура нечерного тела не равна температуре
абсолютно черного тела. Знак неравенства зависит от того, к какой
част» солнечного спектра принадлежит излучение, преимуществен-
преимущественно поглощаемое пластинкой. Наиболее высокой будет температура
пластинки в том случае, если это излучение относится к интервалу
частот, соответствующему наибольшему значению спектральной
плотности энергетической светимости Солнца.
10 з«. 1520 289

26-5. Исходя из определяющих формул B6.2) и B6.7),
найти соотношение между величинами /\,г, г%т, харак-
характеризующими спектральную плотность энергетиче-
энергетической светимости тела. Записать формулу Планка для
величины г\т-
Решение. Всякий элементарный участок спектра излучения
можно характеризовать как интервалом частот dv, так и интервалом
длин во'Л! dX. Так как величины v, X связаны известным соотношением
v = cA, A)
dv с /ОЧ
то = B)
Отсюда пудпо, что величины dv, dX имеют противоположные знаки.
Одному и тому же участку спектра соответствует одна и та же ве-
величина \dRd\ в формулах B6 2) и B6.7). Поэтому, учитывая знаки
величин dv, dX, получим
rvTdv=—rxTdX. C)
Из C} и B) находим ответ па первый вопрос задачи:
dv с ...
Для того чтобы в формуле Планка B6.6) перейти к величине
достаточно воспользоваться соотношениями A) и D)-
с с 2.1/1 (с'к)л |
ИЛИ
26-6. Определить с помощью формулы Планка энер-
энергетическую светимость Л#а абсолютно черного тела,
приходящуюся на узкий интервал длин волн АА = 10 А,
соответствующий максимуму спектральной плотности
энергетической светимости при температуре тела Т —
= 3000 К.
Решение. Из соотношения B6.7), поскольку речь идет об
узком интервале длин волн, следует
ДЯ8 = гх,ДХ, A)
где /"*,„ — максимальное значение спектральной плотности энергети-
энергетической светимости абсолютно черного тела при данной температуре.
Чтобы определить величину г\0 по формуле Планка, надо кроме
температуры Т знать длину волны, соответствующую величине г^0.
Эту длину волны X найдем по закону смещения Вина B6.5):
X = Яо = Ь/Т.
290

Теперь, подставив это значение X в формулу Планка для г%, вы-
выведенную в задаче № 26-5, получим
{ ' B)
Из формул A), B) находим ответ:
. C)
Приступая к вычислению, обратим внимание, что уравнение B),
полученное нами из формулы Планка и закона смещения Вина,
выражает пропорциональную зависимость между величинами л*,,
и Г8. Его иногда называют вторым законом Вина, записывая в виде
При этом значение константы
можно найти в таблицах. В таком случае расчетная формула C) уп-
упрощается :
А/?, = Ь'Т'М.
Подставив числовые значения величин, выраженные в единицах
СИ: // = 1,30 • Ю-5 Вт/(м-| • К5), Т = 3000 К, АХ = 1,0 • 10~9 м,
и выполнив вычисление, получим
Atf3 = 3,2 • 101 Вт/м2 = 3,2 кВт/м2.
§ 27. КВАНТОВАЯ ПРИРОДА СВЕТА
Основные формулы
Энергия фотона
е = ftv = hell, B7.1)
где v — частота света, X — длина световой волны, h — постоянная Планка,
с — скорость света в вакууме.
Масса и импульс фотона соответственно равны:
в А
т = — =— ; B7.2)
С с\
р = тс = /а. B7.3)
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекте!
fcv = А + Т, B7.4)
где Av — энергия поглощенного фотона, А — работа выхода электрона, Т —
максимальная кинетическая энергия вылетающего электрона.
10» 291

Давление света, падающего нормально на поверхность с коэффициентом
отражения р, равно
Р=-7"A+Р). B7 5)
где Еэ ~~ энергетическая освещенность поверхности, измеряемая световой энер-
энергией, падающей на единицу поверхности за единицу времени [сравните с фор-
формулами B2.9), B2.11I.
При комптоновском рассеянии изменение длины волны рентгеновских лу-
лучей
ДХ = A—cosO), B7.6)
где 0 — угол рассеяния, т0 — масса покоя электрона. Величина ?.с = h!m0o
называется комптсновской длиной волны частицы массой тй. Для элек1рона
Яс --- 0,02^2 А.
Методические указания
1. Здесь рассмотрены задачи на взаимодействие фотонов с вещест-
веществом (давление света) или с отдельными электронами (фотоэффект,
явление Комптона), которое подчиняется законам сохранения энер-
энергии и импульса. Так, закон сохранения импульса, примененный
к взаимодействию фотонов с веществом, приводит к формуле B7.5) для
светового давления; закон сохранения энергии, записанный для вза-
взаимодействия фотона с электроном, связанным в атоме металла, есть
уравнение Эйнштейна для фотоэффекта B7.4), а совместное приме-
применение этих законов для взаимодействия фотона со свободным электро-
электроном дает формулу Комптона B7.6).
2. Вычисляя скорость электрона, считаем его классической ча-
частицей, если кинетическая энергия электрона Т <€: Wu, где Wo =
=- тй& = 0,511 МэВ -- энергия покоя электрона (см. § 18). Так как
при фотоэффекте в кинетическую энергию электрона превращается
лишь часть энергии фотона hv, то неравенство Т <^ Wo будет заведомо
выполняться при условии hv <^ Wo или hc/\ <C Wo. С учетом соот-
соотношения Wn = m0c2 последнее неравенство можно записать так:
*•>*.,, A)
где Яс — комптоиовская длина волны для электрона.
Если неравенство A) не выполняется, электрон следует считать
релятивистской частицей и применять к нему соотношение A8.6).
Заметим, что значению \. =¦ 0,0242 А соответствует очень корот-
коротковолновое («жесткое») рентгеновское излучение, а также у-излу-
чение. Значит, если фотоэффект вызван излучением, относящимся
к видимой части спектра, или ультрафиолетовыми лучами, то при рас-
расчете скорости фотоэлектрона его можно считать классической части-
частицей.
3. Формула давления света B7.5) справедлива лишь для случая
нормального падения света на поверхность. Вместо величины Еэ в фор-
формуле часто пишут интенсивность света / (плотность потока излуче-
202

ния). Действительно, как это следует из определения величин ?э, /
[см. текст к формулам B7.5) и B1.13)], в случае нормального падения
света ?8 = /. Расчет давления света при наклонном падении лучей
проведен в задаче № 27-5.
Решение задач
27-1. Определить минимальную длину волны в сплош-
сплошном спектре рентгеновских лучей, если рентгеновская
трубка работает под напряжением U = 30 кВ.
Решение. Сплошной рентгеновский спектр возникает вслед-
вследствие торможения электронов, разогнанных в трубке электрическим
полем, при их ударах об антикатод. Существование коротковолновой
границы сплошного рентгеновского спектра вытекает из квантовой
природы излучения. Действительно, подлетая к антикатоду, электрон
обладает кинетической энергией Т, равной работе, совершенной над
ним силами электрического поля, т. е.
Т = eU, (I)
где е — заряд электрона. При ударе об антикатод энергия электрона
Т частично или полностью превращается в квант энергии /iv. Наи-
Наибольшей частоте (наименьшей длине волны) соответствует случай,
когда вся энергия Т превращается в квант /iv. Тогда, согласно фор-
формуле B7.1),
Т = К>а.<с = hclXulHl. B)
Из A), B) следует
?.мия - hc/eU. C)
Подставим в C) чиелоьые значения величин, выраженные в еди-
единицах СИ: /i = 6,62 ¦ 10-зл Дж • с, с = 3,00 • 10а м/с, е =
= 1,6 • 109 Кл, U = 3,0 • 104 В. Выполнив вычисление, получим
К™ = °-41 • 10~10 м = 0,41 А.
27-2. На металлическую пластину падает монохрома-
монохроматический свет (к = 0,413 мкм). Поток фотоэлектронов,
вырываемых с поверхности металла, полностью задер-
задерживается, когда разность потенциалов тормозящего
электрического поля достигает U = 1,00 В. Определить
работу сыхода в электронвольтах и красную границу
фотоэффекта.
Решение Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта
B7.4), учитывая данные условия, в виде
А + Т.
293

Так как даже самые быстрые электроны задерживаются электриче-
электрическим полем, пролетев в нем расстояние, соответствующее разности
потенциалов U, то их начальная кинетическая энергия Т связана с ве-
величиной U соотношением A) предыдущей задачи. Следовательно,
hc/K = А + ell.
Отсюда найдем работу выхода:
А = hc/l — eU - 3,2 • Ю-19 Дж = 2,0 эВ.
Красной (длинноволновой) границе фотоэффекта Акр в уравнении
Эйнштейна соответствует Т = 0. Поэтому, полагая к = Я,кр, получим
>..,„ = hc/A = 0,62 • Ю-6 м = 0,62 мкм.
27-3. Определить максимальную скорость электронов,
вылетающих из металла под действием у-излучения дли-
длиной иолны X = 0,030 А.
Решение. Снова применим уравнение Эйнштейна B7.4).
Обратим внимание на то, что длина волны у-излучения близка к ком-
птоновской длине волны \ для электрона и, следовательно, энергия
у-фотона hv есть величина одного порядка с энергией покоя электрона
Wa = 0,511 МэВ (см. методические указания, п. 2). Так как при этом
работавыхода Л электрона из металла (любого) измеряется всего лишь
несколькими электронвольтами, то величиной А в B7.4) можно пре-
пренебречь, а электрон следует рассматривать как релятивистскую ча-
частицу, кинетическая энергия которой выражается формулой A8.6).
Таким образом, имеем
he , / I
Vi -PJ
или, введя комптоновскую длину волны для электрона,
¦^ = —^= 1- A)
Ич A) найдем относительную скорость электрокар = у/с, учитывая,
что Яс = 0,0242 А:
Отсюда для скорости v получим
v = рс = 0,86 • 3,00 • 10а м/с = 2,5 • 10е м/с.
294

27-4. Монохроматический (X = 0,662 мкм) пучок света
падает нормально на поверхность с коэффициентом отра-
отражения р = 0,80. Определить количество фотонов, еже-
ежесекундно поглощаемых 1 см2 поверхности, если давление
света на поверхность Р — 1,00 мкПа.
Решение. Так как условие задачи позволяет найти энергию
фотона hv, то выразим искомое число А/ поглощенных фотонов как от-
отношение энергии света W, поглощенного 1 см2 поверхности за 1 с,
к энергии hv одного фотона, т. е.
*=-*-в™. A)
hv с V
Чтобы связать величину W о данным давлением Р света, восполь-
вуемся формулой B7.5). Входящую в нее энергетическую освещенность
?э, согласно определению, выразим так:
Е, = Wn/St, B)
где Wo — энергия спета, падающего на площадку S за время /.
Из определения коэффициента отражения р следует, что между
величинами W, W,, имеется соогношени-'
И7=И7оA_р). C)
Таким образом, о учетом B), C) формула B7.5) примет вид
_lLl±1L
S
cSt l-p
Исключив величину W из уравнений (I) и D), получим ответ;
д
h 1 + р '
Выразим в единицах СИ входящие в формулу величины: Р =»
= 1,00 • 10-° Па, /. = 0,662 • 10-" м, S = 10"' м-'. ' = 1,00 с,
h = 6,62 • H~44 Дж-с, р = 0,80 Выполнив вычисление, найдем
N = 1,0 • 10й.
27-5. Параллельный пучок сгсега в интенсивностью
/ = 0,20 Вт/см2 падает под углом ф = 60° на плоскоа
зеркало с коэффициентом отражения р = 0,90. Опре-
Определить давление света на зеркало.
Решение. Если бы свет падал на зеркало нормально (<р = 0),
световое давление Ра выражалось бы формулой B7.5). Так как при
этом ?э = / (см. методические указания, п. 3), то можем записать
Ро = / A + р)/о. A)
Используя квантовые представления о свете, выясним зависи-
зависимость светового давления Р от угла падения ф. Исходя из определения
давления и применив к зеркалу второй закон Ньютона, запишем
295

где (Ати)„ — проекция импульса A/nv, сообщенного фотонами за
время Ы зеркалу, на направление нормали к нему; 5 — площадь
освещенной поверхности. По закону сохранения импульса величина,
Amv численно равна суммарному изменению импульса Ар всех фо-
фотонов при их взаимодействии с зеркалом за время А*. Следовательно,
B)
6Д(
Ар
'//л
1
Р1
/>
У////7//Л
Рис
V
п
27-2
Рис 27 1
Величины S, (Ар)п зависят от угла падения ср. Действительно, как
это видно из рис. 27-1,
5 = 50/cos ф,
C)
где So — площадь поперечного сечения светового пучка На рис.
27-2 изображены суммарные импульсы фотонов, падающих на зер-
зеркало и отраженных от него (за время АО: р и р', так что
Ар = р' — р.
Отсюда, переходя к проекциям на направление нормали п к зеркалу
и учитывая противоположные направления проекций рп, рп, запишем
(Ар)п = рп — Рц = р' cos ф + р tos ф = (р' -j- р) loa ф. {4)
Из B) — D) найдем
Так как Р = Рп при ф = 0, где давление Ро определяется форму-
формулой A), то окончательно имеем
P=-i-(l+p)cos4.
Выразим в единицах СИ входящие в формулу величины; / =
¦= 2,0 • 10' Вт/м», с = 3,00 • 10" м/с, р = 0,90 ,ш» «р = 0,50. Выпол-
Выполнив вычисление, получим
Р = 3,2 • Ю-" Па.
296

27-6. Фотон с частотой v0 испущен с поверхности звез-
звезды, масса которой М и радиус г0. Найти величину гра-
гравитационного смещения частоты фотона Av/v0 на очень
большом расстоянии от звезды.
Решение. Выясним причину изменения частоты фотона при
его удалении от звезды. Обладая электромагнитной энергией hv, фотон
имеет связанную о ней массу т, определяемую формулой B7.2):
т = hv/c1. A)
Поэтому в гравитационном поле звезды на него действует сила тяго-
тяготения
с Mm Mhv _
пе г — расстояние от центра звезды до фогона. Так как эта сила на-
направлена противоположно перемещению фотона, го она совершает
офицательную работу, вследствие чего уменьшается его электромаг-
электромагнитная энергия (подобно тому, как из-за действия силы тяжести умень-
уменьшается кинетическая энергия брошенного вверх камня). Поскольку
электромагнитная энергия фотона пропорциональна его частоте, то
при удалении фотона от звезды его частота уменьшается.
По закону сохранения энергии, полная энергия фотона, равная
сумме его электромагнитной энергии hv и потенциальной энергии тя-
тяготения, есть величина постоянная. Однако для решения задачи нель-
нельзя воспользоваться формулой E.4) потенциальной энергии тяготения,
так как она выведена для постоянных величин mv и т2. Масса же
фотона, как это видно из (I), уменьшается вместе с частотой при уда-
удалении от звезды. Поэтому, учитывая соотношение B), вычислим ра-
работу силы тяготения F, совершенную при элементарном перемещении
dr фотона:
dA = Fdr = Fdr cos л = — у -^f- dr
и приравняем ее, согласно закону сохранения, изменению электро-
электромагнитной энергии фотона: d(h\) — dA, i. e.
, , Л-I/iv dr
hdv— —у .
' с1 г'
Отсюда, разделив переменные, получим
d\ М dr
v с' г*
Так как при изменении расстояния г в заданных условием пределах
от значения л„ до оо частота изменяется от v0 до v, го
V or,
dx M
297

Интегрирование дает
Отсюда найдем ответ:
Ду _.у—Ур _ у | =е- vM/*' '" — 1
Уо V. v
Полученный результат — величина отрицательная при любых
значениях М, г0, что означает уменьшение частоты фотона (v <C v0).
27-7. Фотон рентгеновского излучения о
mvу\ \ энергией е = 0,15 МэВ испытал рассеяние
на покоившемся свободном электроне, в ре-
результате чего его длина волны увеличилась
на ДХ = 0,015 А. Найти угол <р, под кото-
которым вылетел комптоновский электрон от-
"с дачи.
Рис. 27-3
Р'
Решение. Увеличение длины волны рентгеновских лучей
при их рассеянии веществом (явление Комптона) объясняется упру-
упругим столкновением фотонов с электронами. При упругом ударе фотон
в соответствии с законами сохранения передает свободному электрону
часть импульса и энергии. Уменьшение энергии фотона означает
согласно формулам B7.1) уменьшение частоты рентгеновского излу-
излучения и увеличение его длины волны.
По закону сохранения импульса импульс р падающего фотона
равен векторной сумме импульса р' рассеянного фотона и импульса
т\ свободного электрона, который он приобрел в результате соуда-
соударения с фотоном (рис. 27-3). Заметим, что угол рассеяния G на рис. 27-3
можно определить из формулы Комптона B7.6). Следовательно,
чтобы найти угол ф, необходимо знать еще два линейных элемента
параллелограмма О ABC, например р и р'. Проведя AD1.OB,
имеем
, _j4D__ СЕ р' sin 0
OD BE p — p'cos i) pip — cosO '
где, согласно B7.6),
cos 0=1— A\/kc,
sin 0=Vl—cos2 Q=VAlB\-'\>),%.
Импульсы р, р' падающего и рассеянного фотонов связаны с их
энергиями е, е' соотношениями B7.1), B7.3):
A)
B)
C)
р — г/с, р' — г'Чс.
D)
298

Предварительно найдем энергию рассеянного фотона:
/ . , he he he ehc
X' Х+ДХ ftc/e + ДХ
Следовательно, вместо второго равенства D) имеем
р' = eh/(ho + гАк). E)
Подставив в A) вместо величин cos 0, sin 9, р, р' их значении на
формулам B) — E), после преобразований получим
. _,АХ-1 У2Хс/дх-1
, Ф
После подстановки числовых значений величин: X,. = 0,0242
- 0,015 А, е = 0,15 МэВ, тпсг = 0,511 МэВ — найдем;
tg<p =1,15; Ф = 49J.

Главе 8
АТОМНАЯ И ЯДЕРНАЯ ФИЗИКА
§ 28. АТОМ БОРА
Основные формулы
Первый постулат Бора: электроны могут двигаться в атоме только по опре-
определенным орбитам, находясь на которых они не излучают энергии. Эти орбиты
определяются условием
mvnrn = пЛ/2л, B8.1)
где гп — радиус я-й орбиты, mvnrn ~ момент импульса электрона на этой ор-
орбите, п — главное квантовое число (п = 1, 2, 3, ...).
Второй постулат Бора: при переходе электрона с одной орбиты на другую
атом излучает или поглощает квант энергии, равный
lFfc — Wu B8.2)
где Wt, l^ft — энергии электрона на соответствующих орбитах.
Формула Бальмера — Ритца для длин волн линий спектра водорода
Здесь щ, пь — целые числа (л*, > п,). Число гц определяет серию, лА — от-
отдельную линию этой серии. Величина
называется постоянной Ридберга.
Сериальная формула для длин волн линий спектра водородоподобных иоиов
B8.5)
где 2 — порядковый иомер элемента в таблице Менделеева.
Частоты характеристического рентгеновского излучения определяются за-
законом Мозли:
Vv = oB — b), B8 6)
где
B8 7)
b — постоянная экранирования, зависящая сильно от серии (числа л,) и
слабо —от линии данной серии (числа пА).
Методические указания
1. Имеется много задач, в которых рассматриваются спектры во-
водорода и водородоподобных ионов (т, е. ионов, имеющих по одному
электрону: Не+, Li++ и т. д.),
300

Чтобы с помощью формул B8.3), B8.5) находить длину волны X
(или частоту v = с/К, или квант энергии hv), надо прежде всего, ис-
исходя из условия задачи, определить числа щ и nk, входящие в эти
формулы. Так, для водорода числу nt = 1 соответствует ультрафио-
ультрафиолетовая серия (серия Лаймана); «,- = 2 — видимая серия (серия Валь-
мера), nt = 3 — первая инфракрасная серия (серия Пашена), nt =
= 4 — вторая инфракрасная серия (серия Брэкета), nt = 5 — тре-
третья инфракрасная серия (серия Пфунда). Число п,, выражается фор-
формулой nh = nt -j- /V, где N — номер спектральной линии в данной се-
серии, взятый в порядке убывания длины волны. Например, для второй
линии серии Пашена п-. — 3, пк — 3 + 2 = 5.
2. Постоянная Ридберга [см B8.4I вычислена в предположении,
что в атоме водорода (или водородоподобного иона) электрон вращается
вокруг неподвижного ядра. Эго возможно лишь при условии, когда
масса ядра бесконечно велика по сравнению с массой электрона. По-
Поэтому постоянную Ридберга, определяемую по B8.4), часто обозначают
через Rx.
В действительности электрон и ядро вращаются вокруг их общего
центра масс, что приводит к несколько иному значению для постоянной
Ридберга. В самом деле, если умножить обе части формулы B8.5)
на he и сравнить ее с формулой B8.2), то получим
ivy Rhc/-2
т. е. при фиксированном числе п, постоянная Ридберга оказывается
пропорциональной полной энергии W, атома. Но из законов механики
следует, что между действительной полной энергией W атома и его
полной энергией W^, вычисленной в предположении, что ядро непо-
неподвижно, существует связь
W
1+т/М
где М — масса ядра, т — масса электрона. А так как величина R
пропорциональна полной энергии атома, можно на основании этой
формулы записать для точного значения постоянной Ридберга:
^ B8.8)
1 -\-miM
где Rx = 1,097 • 10"' м. Таким образом, величина R несколько
различна для разных атомов. Это обстоятельство надо учитывать в за-
задачах на сравнение спектров различных атомов (см. задачи Kb 28-3,
28-4).
3. При вычислении частоты характеристических рентгеновских
лучей по закону Мозли следует иметь в виду, что спектральные серии
обозначаются теми же буквами, что и электронные слои, переход элек-
электронов на каждый из которых вызывает данное излучение. Например,
/С-серия обусловлена переходом электронов на /(-слой. При этом се-
301

риям (электронным слоям) К, L, М, N соответствуют квантовые числа
щ в формуле B8.7), равные 1, 2, 3, 4. Число nh по-прежнему опре-
определяется формулой пк = tit + N, где N — номер линии в данной се-
серии. Линии серии записываются в порядке уменьшения длины волны
индексами а, р, у, ... Например, вторая линия /С-серин обозначается
/Ср; в этом случае nt = 1, nh = 1 + 2 = 3.
Если для решения задачи надо знать величину постоянной экра-
экранирования Ь, то руководствуются следующим: b = 1 для линии Km
и b > 1 для' остальных линий /(-серии (см. замечание к задаче
№ 28-5). Однако при приближенных расчетах считают величину b
одинаковой для всех линий одной и той же серии. Тогда Ь « 1 для
серии /С и b та 7,5 для серии L.
Решение задач
28-1. Вычислить для атома подорода радиус первой бо-
ровской орбиты и скорость электрона на ней.
Решение. Радиус п-й боровской орбиты гп и скорость vn элек-
электрона на ней связаны между собой уравнением B8.1) первого посту-
постулата Бора. Чтобы иметь еще одно уравнение, связывающее величины
/•„, vn, запищем второй закон Ньютона для электрона, движущегося
под действием кулоновской силы притяжения ядра* по круговой
орбите. Учитывая, что ядром атома водорода является протон, заряд
которого равен по модулю заряду электрона с, запишем
4ле„
где т — масса электрона, v'klr,, — центростремительное ускорение.
Решив совместно A) и B8.1), получим
j^i^
2е0 ha
Положив здесь п = 1 и произведя вычисление, найдем:
г = 0,53 • Ю-10 м; v = 2,2 ¦ 10й м/с.
28-2. Определить потенциал ионизации и первый по-
потенциал возбуждения атсма водорода.
Решение. Потенциалом ионизации Ut называют ту наимень-
наименьшую разность потенциалов, которую должен ппойти в ускоряющем
поле электрон, чтобы при столкновении с данным невозбужденным
атомом ионизировать его. Работа по удалению электрона из атома
At равна работе сил электрического поля, ускоряющего электрон,
А' — el!,, поэтому
At = eVu A)
* Между электроном и ядром действует также гравитационная сила. Одна-
Однако, как показывает расчет, эта сила пренебрежимо мала по сравнению с кулонов-
кулоновской силой.
302

Учитывая квантовый характер поглощения энергии атомом,
можно сказать, что работа ионизации At равна кванту энергии hv,
поглощенному атомом водорода при переходе электрона с первой
боровской орбиты на бесконечно удаленную орбиту. Тогда, применив
(формулу Бальмера — Ритиа B8.3) и положив в ней щ = 1, пк =оо,
получим
A, = hv = hc — = hcR(- l-)=hcR. B)
к \ п] п\ )
Теперь из A), B) найдем
U, = hcR/e = 13,6 В. (Я)
Первый потенциал побуждения Ux есть та наименьшая разность
потенциалов, которую должен пройти в ускоряющем поле электрон,
чтобы при столкновении с невозбужденным атомом перевести его
в первое возбужденное состояние. Для атома водорода это соответ-
соответствует переходу электрона с первой боровской орбиты на вторую.
Снова приравняв работу сил ускоряющего электрического поля eiIL
кванту энергии /iv, поглощенному атомом при его переходе в первое
возбужденное состояние, и положив в B8.3) nt = 1, nk = 2, получим
eUl = hv = twR (- — ) = — hcR,
\ я,2 Ч ) 4
Отсюда
и ±Ш_ =J_. 136 в=10,2 В.
4 4
28-3. Найти разность ионизационных потенцияяов во-
водорода (Н) и дейтерия (D).
Р е ш е н и е. Прежде всего выясним, в чем причина различия
ионизационных потенциалов водорода и дейтерия. Дейтерий являет-
является одним из изотопов водорода, отличаясь от обычного водорода лишь
массой ядра: /Ии ^ 2/Ин. Масса ядра определяет его гравитационное
поле. Однако последнее не играет в атоме практически никакой роли
(см. сноску к задаче №28-1). Поэтому ионизационные потенииалы ато-
атомов Ни D должны были бы совпадать.
Действительно, если рассуждения предыдущей задачи, приве-
приведенные для атома водорода, повторить теперь для атома дейгерия,
то снова придем к формуле
U = fuR'e.
Однако, строго говоря, необходимо учесть, что постоянная Рид-
берга R различна для атомов Н и D: точное ее значение, вычисленное
с учетом движения электрона и ядра вокруг их общего центра масс,
дается формулой B8.8). Тогда для ионизационных потенциалов водо-
водорода Uh и дейтерия Ud получим:
// hcR°° п
где tn—масса электрона, Мц, Md — массы ядер водорода и дейтерия*
303

Учитывая, что т -^ Мн < Мо, найдем по формулам приближен-
приближенного вычисления!
1— 77— — hcRool 1 — -rr-)= heRx I — —-
MD J \ MHJ \MH MD
Взяв из таблиц значения: т = 9,11 • 101 кг, Мн = 1,67 • 10~" кг,
= 3,35 • 10~47 кг — и произведя вычисление, получим
Ud—Uh= 13,6 • 0,000273 В = 0,0037 В = 3,7 мВ.
28-4. Вычислить необходимую минимальную разреша-
разрешающую силу спектрального прибора в двух случаях
1) чтобы разрешить первые 20 линий серий Бальмера;
2) чтобы при наблюдении спектра смеси водорода и ио-
ионизированного гелия разрешить первую линию серии
Бальмера и вторую линию серии Пиккеринга.
Решение Серией Пиккеринга называют спектральную се-
серию ионизированного гелия, соответствующую значениям квантовых
чисел в B8.5) : п, = 4, nk = 5, 6, 7, ... Разрешающая сила спект-
спектрального прибора определяется соотношением B4.4). Так как с уве-
увеличением номера спектральной линии одной и той же серии разность
длин волн 6Х соседних линий уменьшается (линии располагаются все
теснее), то, очевидно, все первые 20 линий серии Бальмера будут раз-
разрешены, если будут разрешены двадцатая (Х20) и двадцать первая
(^а1) линии этой серии. Поэтому согласно B4.4) для минимальной раз-
разрешающей силы спектрального прибора получим
Длины волн X.i0, Хп найдем по формуле Бальмера — Рнтна B8.3),
положив п, = 2, nh = 22 (для Хг0) и nh — 23 (для l2i):
4,0333' hi  2J 23a ) 4,0305'
Отсюда
r ш=. ha 4,0333 j 4jjQ3
4,0333 — 4,0305
Чтобы ответить на второй вопрос задачи, выразим длину волны
Кн первой линии серии Бальмера по формуле B8.3), а длину волны
ХНе второй линии серии Пиккеринга — по сериальной формуле B8.5),
положив для гелия Z = 2. Тогда получим:
304

Из формул A), B) следует, что длины волны кя, кНе совпадают.
Поэтому, казалось бы, разрешить соответствующие линии двух
спектров нельзя. Однако в действительности величины ^н Дне несколь-
несколько отличаются друг от друга, так как постоянная Ридберга R различ-
различна для атомов водорода и гелия вследствие различия их масс, как это
следует из B8.8). Поэтому более точно формулы A), B) надо записать
так:
лн 1 +т/Мн ХНе 1-
Отсюда
л _ >-н !+m/MR М[,+ш МНе
Взяв из таблиц значения величии М ( = 1,67 • 10~27 кг,
= 3,35 • H~27 кг, m = 9,11 • 10" п кг — и выполнив вычисление,
найдем
г = 7,3 • 10\
28-5. Антикатод рентгеновской трубки покрыт молиб-
молибденом (Z ¦--- 42). Найти приближенно минимальную раз-
разность потенциалов, которую надо приложить к трубке,
чтобы в спектре рентгеновского излучения появились
линии /С-серии молибдена.
Решение. В отличие от задачи № 27-1, где рассматривалось
тор лозное рентгеновское излучение со сплошным спектром, здесь
речь идет о характеристических рентгеновских лучах, дающих ли-
линейчатый спектр Как известно, характеристическое рентгеновское
излучение обусловлено электронными переходами в глубокие электрон-
электронные слои атома Серия К возникает при переходах электронов на са-
самый глубокий слой К (п = 1) из менее глубоких электронных слоев
L {п = 2), М (п = 3) и т. д. Но чтобы любой из этих переходов стал
возможным, необходимо появление вакантного места в /(-слое. Для
этого один из двух электронов /(-слоя должен быть вырван из атома
(или переведен на внешний, не заполненный электронами слой),
так как внутренние слои L, М и т. д. целиком заполнены электронами.
Минимальную энергию, необходимую для удаления электрона
/(-слоя из атома, можно приближенно вычислить по закону Мозли.
Действительно, из B8 6) и B8 7) следует, что кванг энергии xapaKic-
ристических рентгеновских лучей равен
A)
Положив в A) л, = I, nh = оо и приняв приближенно, что по-
постоянная экранирования b = 1 для всех линий /(-серии, найдем энер-
энергию е' излучения атома, соответствующую переходу внешнего элек-
электрона на /(-слой:
в' = hcR (Z — IJ. B)
305

Очевидно, такую же энергию должен поглотить атом при обрат-
обратном процессе — вырывании электрона из /(-слоя, что необходимо для
появления линий /(-серии.
Эту энергию е' атом молибдена получает в результате удара об анти-
антикатод электрона, обладающего кинетическом энергией ell [см. фор-
формулу A) задачи № 27-11. Разность потенциалов 11 будет минимальной,
когда вся энергия электрона eUViUI поглогдаекя атомом, т. е.
еИтт = г'. C)
Из C) и B) получим
UmH=J?B-{Z- IJ. D)
с
Используя результат C) задачи № 28-2, найдем
UHm = 13,6 • D2 — IJ В = 23 • 103 В = 23 кВ.
Замечание. Вычисленный результат для ?/„„„ оказался за-
завышенным по сравнению с его истинным значением B0 кВ), так как,
приняв вформуле A) постоянную экранирования Ь = 1,мыучлилишь
экранирующее действие одного электрона /(-слоя. Это верно при элек-
электронном переходе L -*¦ К, что соответствует /Са-линии и числу nh = 2
в формуле A). В данном же случае (лл = оо) оказывают слабое экра-
экранирующее действие и все остальные электроны атома. Поэтому
Ь> 1.
§ 29. ЭЛЕМЕНТЫ КВАНТОВОЙ МЕХАНИКИ
Основные формулы
Формула де Бройля
2л 1 2л^
>.= = . № 1)
р mi
где К — длина волны, соответствующая частице с импульсом р\ h = hi2 л =»
= 1,06. Ю-34 Дж . с.
Соотношение неопределенностей Гензенберга
ЬхЬ.рх > 2-я А, B9 2)
где Ах — неопределенность координаты частицы, Арх — неопределенность
проекции импульса частицы на ось х.
Вероятность пребывания частицы в объеме dV
dP =№l2 dV, B9.3)
где tb — волновая функция, |г||2 — плотность вероятности.
Уравнение Шредингера для стационарных состояний
Дт|;+ —- (W — U) i|; = 0. B9 4)
Здесь!)) — волновая функция, описывающая состояние частицы Л — оператор
Лапласа ^ Д г|з = ^ +л^а "b^aj. ^ ~" полная энергия частицы, U — ее
потенциальная энергия.
306

Собственная волновая функция частицы, находящейся в бесконечно глу-
глубоком одномерном потенциальном ящике (рис 29-1),
sm (ппх/l) (п=\, 2, 3. ...),
B9 5)
где / — длина ящика, х — координата @ < х < /)
Коэффициент отражения волн до Бройля от ииткогоAУ < W) потенциаль-
потенциального барьера бесконечной ширины (рис. 29-2) определяется формулой
R={ki — /г2J/(/г1-т- Де2)а, B9.6)
где klt k2 — значения волнового числа в областях 1, II (волновое число k =
= 2 яД).
О х
Рис 29-2
Собственная волновая функция, отвечающая Is-сосгоянию (основному)
влектрона в атоме водорода,
, — г/а,
B9 7)
где г — расстояние от ядра, а = 4 пга№1те* — радиус первой боровской ор-
орбиты
Собственные значения энергии электрона в атоме водорода
W = те4/32л2 е2 ft2 л2 B9.8)
где п — главное квантовое число (п = 1, 2, 3, . ).
Орбитальный момент импульса Mi электрона и его проекция Miz на задан-
заданное направление г определяются формулами:
B9.9)
B9.10)
пе .' — орбитальное квантовое число (/ — 0, 1,2, .... п — 1), mi — магнитное
KL<".HTOBoe число (mi =~ 0, ^_ 1, ±2 ±1).
Спиновый .момент импульса Ms электрона и ei о проекция AliZ на заданное
направление г выражаются формулами:
Л14 = А ТЛ (s+l), B9.11)
Мъг-=/л3Л, B9.12)
где m, = is =il/2 — спиновое квантовое число.
Результирующие орбитальный ML и спиновый Ms моменты импульса мно-
многоэлектронного атома (имеются в виду атомы с нормальной, или рессел-саун-
деровской, спин орбитальной связью):
Ml = nYnL-j-l), B9.13)
M5 = ftVS(S + l), B9.14)
где L — квантовое число результирующего орбитального момента, S — кван-
квантовое число результирующего спинового момента. (Правила определения воз-
возможных значений чисел L и S изложены на стр. 317, 318.)
307

Полный момент импульса Nlj атома определяется формулами!
, B9.16)
где J — квантовое число полного момента импульса (J = L-\-S, L-\-S—1, ...
.... \L -S\).
А. ВОЛНОВЫЕ СВОЙСТВА МИКРОЧАСТИЦ
Методические указания
1. Нередко для решения задачи требуется выразить импульс р
частицы через ее кинетическую энергию Т (или наоборот). При этом,
а также при вычислении скорости частицы по B9.1) надо различать
случаи классических и релятивистских частиц*. Заметим, что во всех
случаях движения электрона в атоме, где его кинетическая энергия
измеряется лишь несколькими электронвольтами, релятивистскими
эффектами можн" вполне пренебречь.
2. С помощью соотношения неопределенностей B9.2) решают
не только задачи, в которых требуется определить наименьшее зна-
значение одной из двух неопределенностей Да', Ар х при заданном значении
другой (в этом случае в формуле пишут .шак равепстза),' но и задачи
на приближенный расчет наименьшего значения самих величин:
линейных размеров области /, в которой находится частица, или им-
импульса р частицы (или связанной с импульсом кинетической энергии Г).
В задачах второго типа руководствуются следующими соображениями:
1) если даны линейные размеры области /, в которой находится
частица, то считают Ах та 1\ если известен модуль импульса р, но не-
неизвестно его направление, то полагают Ар « р (см. задачу № 29-3);
2) искомая величина не может быть меньше наименьшей неоп-
неопределенности в ее измерении, т. е. в качестве минимального значения
искомой величины приближенно берут минимальную неопределен-
неопределенность этой величины: /MilI1 = (Л*)М1Ш, рши1 = (Др)ы..,1.
Решение задач
29-1. Найти длину волны де Бройля для электрона,
обладающего кинетической энергией: 1) Т = 100 эВ;
2) Т = 3,0 МэВ.
Решение. Как видно из соотношения B9.1), определяющего
длину волны де Бройля, задача сводится к выражению импульса р
электрона через его кинетическую энергию Т. Решение задачи зави-
зависит от того, классической или релятивистской частицей следует счи-
считать электрон.
1. Так как Т <^.moci, где тйс- = 0,51 МэВ — энергия покоя
электрона, то в данном случае электрон является классической ча-
* См. «Общие замечания» к § 18, а также формулы A8.2), A8.5), A8.6),
308

стицей. Значит, его импульс и кинетическая энергия связаны соотно-
соотношением
2 2т 2т
Отсюда
A)
Подставив это значение импульса в B9.1), получим
Заменим в формуле величины их числовыми значениями, выра-
выраженными в единицах СИ: 2яА = h = 6,62 • 10.-84 Дж • с, m =
= 9,11 • Ю- кг, Т = 1,00 • 10» • 1,6 • Ю-19 Дж. Выполнив вы-
вычисление, найдем
Я, = 1,23 • Ю-10 м = 1,23 А.
2. Теперь Т> т0с2. Поэтому электрон следует считать реляти-
релятивистской частицей, импульс и кинетическая энергия которой выра-
выражаются формулами A8.5), A8.6). Исключив из этих формул вели-
величину р, получим
р = V2moT(\+TI2moc% B)
где та = 9,1 • \0~п кг — масса покоя электрона. Следовательно,
л _Л_ h ^Л(
2~ р ~~ 1/2/По Г (\ + Т]ЪщЖ) ~~ Л/\ +Т/2тос*'
Взяв вeличиFIы Т и тосг в мегаэлектронвольтах и произведя вы-
вычисление, найдем
1г « XJ2 = 0,62 А.
29-2. Параллельный пучок электронов падает нормаль-
нормально на диафрагму с узкой прямоугольной щелью, ширина
которой а = 2,0 мкм. Определить скорость электронов
(считая ее одинаковой для всех частиц), если известно,
что на экране, отстоящем от щели на расстоянии / =
= 50 см, ширина центрального дифракционного макси-
максимума Ь = 80 мкм.
Решение. Дифракция электронов является следствием вол-
волновой природы частиц. Поэтому для определения скорости электро-
электронов применим формулу де Бройля B9.1), откуда
v = 2пП/тХ. A)
Чтобы найти длину волны де Бройля X, воспользуемся тем обстоя-
обстоятельством, что дифракционная картина, возникающая при прохож-
прохождении через узкую щель параллельного пучка электронов, вполнй
соответствует дифракционной картине, полученной от этой же щели
при освещении ее параллельным пучком монохроматического света,
длина волны которого равна длине волны де Бройля для электрона.
309

Это значит, что в случае дифракции электронов положение дифрак-
дифракционных минимумов можно определять по формуле B4.2), если по-
понимать в ней под к длину волны де Бройля для электрона.
Воспользуемся решением задачи № 24-2, основанным на приме-
применении формулы B4.2). По-прежнему считая, что центральный дифрак-
дифракционный максимум заключен между двумя минимумами первого по-
порядка и учитывая соотношение между величинами b и /, получим
(см. рис 24-2)
sin ф « tg ф = Ы2 I.
Отсюда, полагая в формуле B4.2) k = 1, имеем
X = ab/2l.
Подставив это значение к в A), найдем
v = 4nhl/mab. B)
Произведем вычисление по B), предположив, что v <^ в. Считая
электрон классической частицей, пренебрежем зависимостью его
массы от скорости. Тогда т. = тп = 9,1 • 10~81 кг и расчет дает
v = 4,5 • 10" м/о. C)
• Так как в действительности масса движущегося электрона не
меньше его массы покоя т0, то истинное значение скорости v, опре-
определяемое по B), будет не больше, чем вычисленное нами. Таким об-*
разом, предположение о том, что v <^! с, соответствует действитель-
действительности и, значит, результат C) правильный.
Замечание. Если бы полученный результат противоречил
неравенству v <С о, это означало бы, что электрон следует рассматри-
рассматривать как релятивистскую частицу, масса которой зависит от скорости.
Тогда, чтобы получить ответ, надо подставить в B) вместо т ее зна-
значение по формуле A8.2) и решить квадраиюе относительно v урав-
уравнение.
29-3. Средняя кинетическая энергия электрона в не-
возбужденном атоме водорода равна 13,6 эВ. Исходя
из соотношения неопределенностей, найти наименьшую
неточность, с которой можно вычислить координату
электрона в атоме.
Решение Как следует из соотношения неопределенностей
B9.2), ниочносчь координаты частицы
Д^^-. A)
Величина Арх неизвестна, однако сам импульс р (точнее: его сред-
среднее квадратичное значение) легко найти, поскольку нам известна сред-
средняя кинетическая энергия Т электрона. Рассматривая электрон как
нерелятивистскую частицу (так как Т << т^\ запишем выведенное
в задаче № 29-1 соотношение между величинами р, Т:
р*= V~2mT. B)
310

Теперь сравним величины Арх, р. Поскольку импульс р — век-
вектор, то формула B) позволяет лишь вычислить модуль этого вектора,
тогда как его направление остается неизвестным. Поэтому проекция
рх импульса на какую-либо фиксированную ось х оказывается неопре-
неопределенной' ее величина лежит в интервале (—р, р). Это значит, что не-
неопределенность проекции импульса на ось х равна
&рх = 2 р или Дрд. ~ р,
т е. величины &рх и р одного порядка. Поэтому заменив Арх в фор-
формуле A) величиной р и учитывая соотношение B), получим ответ:
J™ ™ C)
р \/ЧтГ
Произведя вычисления по C), найдем
&х > 10 1 м.
Следовательно, наименьшая, допустимая соотношением неоп-
неопределенностей неточность (Дл:)И11||, и которой можно определить ко-
координату электрона в агоме водорода, есть величина порядка 10"*10 м.
Замечание. Сравнив полученный результат g ответом к за-
задаче №28-1, видим что (Дл:)мин = 2г, где г— радиус первой боровской
орбиты. Отсюда следует, что боровскую орбиту нельзя представлять
как траекторию, по которой движется электрон, так как он может
оказаться в любом месте атома, находящегося в определенном (в дан-
данном случае — невозбужденном) состоянии, а не только на расстоя
ним г от ядра. Из решения задачи № 29-8 видно, что г есть наиболее
вероятное расстояние, на котором можно встретить электрон в атоме.
В. ПРОСТЕЙШИЕ СЛУЧАИ ДВИЖЕНИЯ МИКРОЧАСТИЦ
Методические указания
1. Так как мнкрообъекты проявляют наряду с корпускулярными
также и волновые свойства, состояние «частицы» в квантовой меха-
механике описывается волновой фуршцией 4е (х, у, г, t), зависящей от коор-
координат и времени В курсе общей физики обычно рассматривают дви-
движение частиц лишь в постоянном во времени силовом поле (при этом
потенциальная энергия U частицы не зависит явно от времени). В этом
случае функия Ч*1 (х, у, г, t) распадается на два сомножителя, один из
которых зависит только от времени, другой — только от координат:
У(х,у, г,/) = е" 1П/П-Ъ(х,у, г).
Такая функция описывает монохроматическую стоячую волну де
Бройля с амплитудой г|) (х, у, г), квадрат модуля которой согласно
B9.3) определяет вероятность dP пребывания частицы в данном эле-
элементе объема dV, Зная величину ф (х, у,г) как функцию координат [функ-
311

цию tp (x, у, г) также называют волновой функцией!, можно найти
вероятность пребывания частицы в заданном объеме V по формуле
где тройной интеграл берется по всей области изменения переменных
х, у, г. Таким обрагом, знание волновой функции г|э (х, у, г) позволяет
рещать задачи на вычисление вероятности пребывания частицы в дан-
данной области.
2. Волновая функция;); (х, у, z) может быть найдена путем решения
уравнения Шредингера для стационарных состояний B9.4) (его на-
называют также амплитудным уравнением Шредингера).
Решение уравнения Шредингера зависит от вида входящей в него
функции и (х, у, z) В связи с математическими трудностями, возника-
возникающими при решении уравнения, в курсе общей физики обычно ог-
ограничиваются одномерными задачами, когда U = U (х); при этом
рассматривают лишь случаи, в которых потенциальная энергия по-
постоянна в определенных интервалах изменения координаты х, но ис-
испытывает скачки на их границах. Эти случаи соответствуют частице,
находящейся в потенциальном ящике (см. рис. 29-1), а также дви-
движению частицы при наличии низкого или высокого [кмепцпального
барьера (pi-c. 29-2, 29-3).
При U (х) = const уравнение B9.4) принимает вид
$" (х) + k'ylp (х) = 0 при U < W, B9 17)
где
' — U)lh\ BЯ 18)
tf" (х) — к'Ц (х) — 0 при U^>W, B9.19)
где
B9 20)
Уравнения B9.17), B9 19) — дифференциальные уравнения вто-
второго порядка с постоянными коэффициентами. Из теории дифферен-
дифференциальных уравнений известно, чго их общие решения соответствен-
соответственно для B9.17) и B9.19) таковы:
i|- (х) = A sin foe 4- В cos kx; B9.21)
t|; (x) = Се"* + De~kx, B9.22)
где А, В, С, D — постоянные. Их значения (или соотношения меж-
между ними) находят, используя свойства волновой функции, обусловлен-
обусловленные ее физическим смыслом: она должна быть однозначной, конечной
и непрерывной во всей области изменения х; ее производная г|з' (х)
также должна быть непрерывной. Кроме того, волновая функция
612

должна отвечать условию нормировки, которое для одномерной за-
задачи имеет вид
3. Из перечисленных свойств волновой функции следует, что вол-
волновое число k и, значит, полная энергия частицы W могут иметь во
многих случаях не любые значения, а лишь ряд определенных зна-
значений: klt k2, k3 W,, W2, W3, ... Эти уровни энергии Wt можно
найти, иеследуя полученное решение уравнения Шредингера для
¦^-функции. В отдельных случаях, например когда частица находится
в бесконечно глубоком потенциальном ящике, уровни энергии можно
определить, не решая уравнения Шредингера, а лишь используя
указанные выше свойства волновой функции, рассматривая ее как
амплитуду стоячих волн де Бройля (см. задачу № 29-4).
Решение задач
29-4. Электрон находится в одномерном бесконечно глу-
глубоком потенциальном ящике шириной / (рио. 29-1).
¦ Вычислить наименьшую разность двух ооседних энерге-
энергетических уровней (в электронвольтах) электрона в двух
случаях: 1) / = Юсм; 2I = 10 А.
Решение. Задачу можно было бы решить о помощью урав-
уравнения Шредингера B9.4), однако необходимости в этом нет, достаточно
использовать, лишь некоторые свойства волновой функции.
Так как внутри потенциального ящика (при 0 ^ х ^ [) потенци-
потенциальная энергия электрона U = 0, то его полная энергия есть кинети-
кинетическая энергия Т. Согласно закону сохранения энергии, при движении
электрона Т — const. Следовательно, сохраняется и импульс элект-
электрона р — Y2mT. Учитывая два возможных направления движения
электрона вдоль оси х, запишем для проекций импульса на ось х:
Pxi = Р'< Рхг = — Р-
Согласно соотношению де Бройля, двум, отличающимся лишь
внаком проекциям рх импульса соответствуют две плоские монохро-
монохроматические волны де Бройля, распространяющиеся в противополож-
противоположных направлениях вдоль оси х. В результате их интерференции воз-
возникнут стояние волны де Бройля, характеризующиеся стационарным,
т. е. не зависящим от времени, распределением вдоль оси х амплитуды
колебаний. Эта амплитуда и есть волновая функция ф (х), квадрат ко-
которой согласно формуле B9.3) определяет плотность вероятнооти Пре-
Пребывания электрона в точке о координатой х.
Так как потенциальный ящик бесконечно глубок (U = то при
х<Оих> 0. электрон не может оказаться за его пределами. По-
Поэтому г[з (х) = 0 при х <С 0 и х > /. Отсюда в силу свойства непрерыв-
непрерывности волновой функции следует
У @) - 0, ф @ - 0.
313

Таким образом, амплитуда колебаний в стоячей волне де Бройля
равна нулю в точках х = О, х = /, т. е. здесь находятся узлы стоячей
волны. Поскольку расстояние между двумя соседними узлами равно
половине длины волны, то в потенциальном ящике могут быть лишь
волны де Бройля, длина которых удовлетворяет условию
1 = пкп/2 (и = 1,2,3, ...),
т. е. на ширине ящика / должно укладываться целое число полу-
полуволн*. Отсюда
К = 2 1/п. A)
Из соотношения A) делаем вывод, что в потенциальном ящике
существ} ют уровни энергии частицы. Действительно, полная энер-
энергия электрона в ящике с учетом B9.1) равна
™ _ _, _ ти* __ р'- 2л2 №
2 Чт тк*
Подставив сюда значение А, из (I), полечим
^»2 («=1.2.3...... B)
Так как отношение уровней энергии Wx : W2 : W3... = 1:4: 9...,
то наименьшая разность уровней
i*L^*™ C)
2m/- 2nW 2ml'
Произведя вычисление по C), найдем для двух случаев:
1) Д«?' = 1,8 • Ю-35 Дж = 1,1 • I0-" эВ;
2) AW = 1,8 • Ю-19 Дж = 1,1 эВ.
2U-5. Част и и а находится в основном состоянии (п =
= 1) в одномерном потенциальном ящике шириной I
с абсолютно непроницаемыми стенками @ < х < /)•
Найти вероятность пребывания частицы в областях:
О < х < //3 и / /3 < х < 2//3.
Решение. Вероятность dP пребывания частицы в интервале
dx вырачим через плотность вероятности |\|з (х)\2 при помощи формулы
B9.3), которая для данного случая одномерной задачи примет вид
dP= |т]> (х)\2 dx.
Отсюда вероятность найгн частицу в области О <С х ¦< //3 выра-
выразится интегралом:
A)
• Аналогичная ситуация встречалась уже в задаче № 20-3 при рассмотрении
упругих волн в стержне. Данный случай соответствует стержню, закрепленному
h<j концах.
314

Так как частица находится в бесконечно глубоком потенциальном
ящике, то, положив п = 1, по формуле B9.5) получим для собствен-
собственной волновой функции:
Подставив это значение^ (х) в A), найдем
1/3
/
Pi=Y ) sin ~T ¦
о
Используя соотношение sin2a = A — cos 2a)/2, вычислим интеграл:
rl/i 1/3 -,
= ±-J^L e o,195.
3 4л
Вероятность Р.2 пребывания частицы в области //3 < х < 2 //3
(т. е. в средней трети ящика) можно вычислить тем же способом,
которым мы нашли вероятность Р,. Но можно поступить проще. Ес-
Если сложить вероятности Plt P2, Р3 пребывания частицы соответст-
соответственно в первой, второй и третьей частях ящика, то получим вероят-
вероятность пребывания частицы во всем ящике, которая равна единице,
как вероятность достоверного события. Учитывая при этом, что в силу
симметрии ящика Р1 = Р3, получим
Рг = 1 — 2/\ = 0,61.
29-6. Пучок электронов с энергией W = 25,0 эВ встре-
встречает на своем пути потенциальный барьер высотой U =
= 9,0 эВ (рис. 29-2). Определить коэффициент отра-
отражения R и коэффициент пропускания D волн де Бройля
для данного барьера.
Решение. В силу неравенства U <. W данный потенциаль-
потенциальный барьер является низким. Поэтому для вычисления коэффициента
отражения R воспользуемся формулой B9.6). Чтобы найти входя-
входящие в нее волновые числа kx, k.2, выразим длины волн де Бройля
А,,, Х2, соответствующие областям I, II, через импульсы ри р2 элект-
электрона, а последние— через его кинетические энергии. При этом учтем,
что в области I кинетическая энергия равна полной энергии W (так
как U — 0), а в области II она, согласно закону сохранения энергии,
равна W — U. Тогда получим
? _ 2лД _ 2лй ,2
 о V2m(WU)'

Отсюда
Подставив эти значения ku k2 в формулу B9.6) и произведя сокра-
сокращение, имеем
81
Чтобы найти коэффициент пропускания D, выясним смысл коэф-
коэффициентов R, D с корпускулярной точки зрения. Пусть за неко-
некоторый промежуток времени к барьеру подлетело п электронов. Из
них п' электронов отразилось от барьера, а п" электронов прошло
через барьер. Тогда
R = п'/п; D = п'Чп.
Так как п' + п" = п, то
R + D = 1.
Отсюда находим
В = 1 — R = 1 — 1/81 = 80/81. .
29-7. Пучок электронов с энергией W =
= 25 эВ встречает на своем пути потен-
потенциальный барьер высотой U = 26 эВ
(рис. 29-3). Определить относительную
плотность вероятности ц пребывания элек-
электрона в области II на расстоянии х =
= 1,0 А от границы областей I, II (т. е.
отношение плотности вероятности пребы-
пребывания электрона в точке х = 1,0 А к плот-
Рис. 29-3 ности вероятности его пребывания на гра-
границе областей при х = 0).
Решение. Здесь в отличие от предыдущей задачи дан высо-
высокий (U > W) потенциальный барьер бесконечной ширины. Несмотря
на то, что в этом случае коэффициент отражения R = 1, т. е. все
падающие на барьер электроны отражаются, существует вероят-
вероятность обнаружить электрон и в области II, за барьером. Чтобы нанти
эту вероятность, надо решить уравнение Шредингера B9.4). В данном
случае одномерной задачи оно запишется с учетом неравенства U >
> W так:
316

Решение этого уравнения (см. стр. 312) дается формулой B9.22).
Из нее следует: если х ->- оо, то т]з -> оо Но волновая функция по сво-
своему физическому смыслу должна оставаться конечной при всех зна-
значениях х. Следовательно, С = 0. Поэтому из B9.22) с учетом B9.20)
получим
i|- (x)= De-*-' = De~
Значит, плотность вероятности пребывания частицы в точке х
равна
Отсюда относительная плотность вероятности
Выразим числовые значения величин, входящих в формулу, в еди-
единицах СИ: h = 1,06 • Ю-14 Дж • с, т. = 9,1 ¦ Ю-'1 кг, U — W =
= 1,0 • 10Й Дж, х = 1,0 • 10~10 м. Произведя вычисление, найдем
Л = 0,3.
В СТРОЕНИЕ АТОМОВ
Методические указания
1. В зависимости от значения орбитального квантового числа / со-
состояния электрона в атоме записывают различными буквами. Значе-
Значениям / = 0, 1, 2, 3, 4, 5, ... соответствуют буквы s, p, d, /, g, h, ...
(далее по алфавиту); перед ними указывают значение главного кван-
квантового числа п. Например, электрон в состоянии с п = 2 и / = 1 обо-
обозначается символом 2р.
2. Решение задач па определение результирующих орбиталь-
орбитального Ml и спинового Ms моментов импульса многоэлектронного атома
связано с вычислением возможных значений квантовых чисел L и S,
входящих в формулы B9.13), B9.14). При этом руководствуются
следующими правилами:
а) так как каждая из величин ML и Ms равна нулю для заполнен-
заполненных оболочек атома*, то последние не учитываются при вычислении L
и S;
б) квантовое число L принимает все целочисленные значения, за-
заключенные между наибольшим и наименьшим значениями вектор-
векторной суммы 21,-, где lt — квантовые числа отдельных электронов, оп-
определяющие, согласно B9.9), их моменты импульса Мь. Так, для двух
электронов с квантовыми числами 1Х и 12 имеем
L = h + k, h + /2- 1 |/,-/2|; B9.23)
в) квантовое число 5 получается целым или полуцелым в зависи-
зависимости от того, четным или нечетным является число W электронов в ато-
атоме. Число S принимает все целые или полуцелые значения, заклю-
Оболочку составляют электроны с одинаковыми числами пи/.
317

ченные между наибольшим и наименьшим значениями модуля ал-
алгебраической суммы Ims(, где ть1 — спиновые квантовые числа
электронов, равные ±V2. Так, для двух электронов 5 = V2 + V2 ==»
= 1 или S = V2 — V2 = 0, для трех электронов 5 = V2 + V2 +
4- V2 = s/2 пли 5 - V2 -f- V2 — Vj == V2 и т. д.;
г) при вычислении значений L и S важно следить, чтобы получен-
полученный результат не противоречил принципу Паули, согласно которому
в атоме не может быть хотя бы двух электронов, обладающих оди-
одинаковой совокупностью четырех квантовых чисел п, I, tnL, nta. На-
Например, если при определении возможных значений полного момента
импульса двух эквивалентных электронов (т. е. электронов с одинако-
одинаковыми числами п и I) для числа L выбрано максимальное значение в ря-
ряду B9.23), равное /t -f Iг, то при этом число S может иметь только
одно значение: S = 0.
Действительно, равенство L = ^ -'- 1г означает, что орбитальные
моменты импульса двух эквивалентных электронов не только равны
по модулю, но и имеют одинаковую ориентацию. Поэтому квантовые
числа mL у этих электронов будут совпадать. Но тогда их спиновые
числа, как это следует из принципа Паули, должны иметь противо-
противоположные знаки, откуда S = V2 — Vj = 0.
3. Следует помнить об условности векторной модели атома,
в которой момент импульса М электрона изображают на чертеже как
вектор, приписывая ему, таким образом, определенное направление в
пространстве. Между тем согласно законам квантовой механики все-
всегда существует некоторая неопределенность направления вектора М.
Так, например, если модуль вектора М, и его проекция М1г на задан-
заданное направление z выражаются формулами B9.9) и B9.10), то осталь-
остальные проекции Ми, МП/ остаются неопределенными. Вектор М; мо-
может с равной вероятностью иметь любое направление, при котором
образуемый им с осью г угол а находится из соотношения cos a =
= Mu/Mt.
Решение задач
29-8. Атом водорода находится в ls-состоянии. Опре-
Определить наиболее вероятное расстояние электрона от ядра.
Решение. Прежде всего уточним понятие наиболее вероят-
вероятного расстояния, так как из законов теории вероятности следует,
что вероятность обнаружить электрон на любом наперед заданном
расстоянии от ядра равна нулю.
ls-состояние электрона в атоме водорода описывается собственной
волновой функцией хр> (г), зависящей только от расстояния г до ядра
и выражаемой формулой B9.7). Тогда вероятность найти электрон в
элементарном объеме dV, находящемся на расстоянии г от ядр^, со-
согласно B9.3) равна
\*dV. A)
318

В силу сферической симметрии функции t|> (r) элементарным объ-
объемом dV, все точки которого удалены на расстояние г от ядра, будет
шаровой слой радиуса г и толщиной dr, т. е.
dV = 4 nr2dr. B)
Подставив в A) значения ty (r) по B9.7) и dV по B), получим
dP ^
P . C)
Величина w (r) = j-, измеряемая отношением вероятности обна-
обнаружить частицу в шаровом слоем к толщине этого слоя, называется
линейной плотностью вероятности в шаровом слое. Тогда на ос-
основании C) запишем
w(r) = — е-2'/" Л D)
Функция w (г) имеет максимум при некотором расстоянии г — гъ
(см. ниже), которое и называют наиболее вероятным.
Чтобы вычислить гв, применим обычный метод исследования функ-
функций на экстремум. Найдем гв из условия w' (г) = 0. Произведя диф-
дифференцирование, получим
- ir ia — е
Отсюда
Таким образом, искомое расстояние совпадает с радиусом первой
боровской орбиты.
29-9. Определить возможные значения орбитального
момента импульса М, электрона в возбужденном атоме
водорода, если энергия возбуждения е = 12,09 эВ.
Решение. Орбитальный момент импульса Mt электрона опре-
определяется квантовым числом / по формуле B9.9). Так как ряд возмож-
возможных значении I ограничен величиной п — 1, найдем главное квантовое
число п с помощью формулы B9.8), которую перепишем, учитывая,
что при п — I WL = — 13,6 эВ:
Энергия возбуждения г есть квант энергии, поглощенный атомом
при переходе из основного состояния (я = 1) в во^ужденное. Сле-
Следовательно,
Wn - W1 = e.
•19

Подставив числовые значения величин, выраженные в электрон-
вольтах, получим
ЯА + 13,6=12,09,
откуда п = 3. Следовательно, / = 0, 1,2.
Теперь по B9.9) найдем возможные значения Mt:
при / = 0 М; = 0;
при 1=1 М, = /11/2= 1,49- Ю-34 Дж-с;
при 1=2 М, = й!/б= 2,60- Ю-3* Дж-с.
29-10. Используя векторную модель атома, вычислить
наименьший угол а, который может образовать вектор
М, орбитального момента импульса электрона в атоме
с направлением внешнего магнитного поля. Электрон
в атоме находится в d-состоянии.
Решение. Проекция вектора М, па направление внешнего
магнитного поля определяется формулой B9.10). Поэтому, учитывая
также соотношение B9.9), можно найти искомый угол из условия
/и,
A)
Так как d-состоянию электрона соответствует 1 = 2, то mL = 0,
±1. ±2. Наименьшему значению а соответствует наибольшее зна-
значение квантового числа mt в формуле A). Положив т1 = 2, полу-
получим:
VT = 0,82, a = 35° 10'.
м,
29-11. Атом кроме заполненных оболочек
имеет три электрона (s, p, d) и находится
в состоянии с максимально возможным
для этой конфигурации полным моментом
импульса Определить, используя вектор-
векторную модель атома, угол между спиновым
(Ms) и полным (Mj) моментами импульса
атома.
Рис 29 4
Решение. Полагая, что в данном атоме существует нормаль-
нормальная спин-орбитальная связь, изобразим в соответствии с формулой
B9.15) векторный треугольник моментов импульсов Ms, Ml, Mj
(рис. 29-4). Соглап о теоре\ е косинусов получим для искомого угла
cos 17 =
и задача сводится к определению величин Ml, Ms, Mj.
320

Из формулы B9.16) видно, что величина ГЛЬ будет наибольшей
при наибольшем значении квантового числа J. Последнее равно
сумме наибольших значений квантовых чисел L и S:
"мако^-'-мако "т" ^мако- (")
Так как полный момент импульса заполненной электронной обо-
оболочки равен нулю, то будем рассматривать только три данных элект-
электрона. Соответствующие им квантовые числа I равны: /t = 0, 1г = 1,
«а = 2. Следовательно, ?мак0 = /х + /2 4- /а = 3.
Чтобы найти максимальное значение S, сложим спиновые кван-
квантовые числа трех электронов: SMflKC = V2 4- V2 + Va = в/а- Под-
Подставив в B) значения LMflHC и 5MflKC, получим Умав0 = 9/2.
Теперь по формулам B9.13), B9.14), B9.16) вычислим:
. = 1/48ft/2; Afs=VT5A/2; Mj =
Подставив эти значения Ml, М^, М в A) и произведя вычисление,
найдем:
cos а = 0,857; а = 31°.
§ 30. РАДИОАКТИВНОСТЬ. ПОГЛОЩЕНИЕ у-ЛУЧЕЙ
Основные формулы
Закон радиоактивного распада: число радиоактивных ядер — dN, распа-
распадающихся за промежуток времени между ( и t + dt, пропорционально этому
промежутку dt и числу ядер N, еще не распавшихся к моменту /, т. е.
—dN = XNdt. C0.1)
где А, — постоянная радиоактивного распада. Интегрируя C0 1), получим
N=Nat~u, C0.2)
где Ыо — число радиоактивных ядер в момент / = 0.
Период полураспада Т, т. е. промежуток времени, за который распадается
половина начального числа ядер, и постоянная распада X, связаны соотношением
П, = 1п2. C0 3)
Активность препарата измеряется числом ядер, распадающихся в единицу
времени: "
а= —=KN. C0 4)
at
Если радиоизотоп Aj с постоянной распада kt превращается в радиоизотоп
Аа с постоянной распада Яа, то число ядер радиоизотопа А8 изменяется со вре-
временем по закону
Nt (t) = N! @) к\ (е-»" '-е-х«'), C0.5)
Ла—лх
где ЛГ, @) — число ядер радиоизотопа Ах в момент / = 0.
Интенсивность узкого пучка монохроматических улУ4^ прошедших
сквозь слой вещества толщиной х, уменьшается по закону
/=/ое-м, C0.6)
Где /0 — интенсивность излучения, падающего на слой, ц — линейный коэф-
коэффициент ослабления.
11 За*. 1620 321

Методические указания
1. При решении задач на явление радиоактивности надо разли-
различать два случая:
а) имеет место радиоактивный распад изолированного вещества.
Тогда пользуются законом радиоактивного распада в форме C0.2).
Если из условия задачи следует, что время распада At пренебрежимо
мало по сравнению с периодом полураспада Т данного радиоизотопа
(At<^T), то число нераспавшихся ядер N можно считать практически
постоянным в течение всего времени At и равным их начальному числу
iV0. Тогда число распавшихся ядер AN можно находить по формуле
C0.1), записав ее в виде
AN - kN0At
(знак «--» опущен, так как здесь под AN подразумевается положи-
положительная величина No — /V);
б) происходит распад одного радиоактивного вещества (дочернего),
взятого в смеси с другим радиоактивным веществом (материнским),
из которого оно возникает. В этом случае пользуются соотношением
C0.5), выражающим закон изменения со временем числа ядер дочер-
дочернего вещества.
Обратим внимание на особый случай: если период полураспада 7\
материнского вещества существенно превышает период полурас-
полураспада Г2 дочернего вещества, т. е. 7\ ^> Тъ то по истечении некоторого
промежутка времени устанавливается радиоактивное равновесие
между этими веществами. При этом число ежесекундно распада-
распадающихся ядер дочернего вещества равно числу вновь образующихся
ядер этого же вещества в результате распада ядер материнского ве-
вещества. Так как активности обоих веществ становятся одинаковыми,
то из C0.4) и C0.3) получаем
Ni _ *2 _ Г,
2. В некоторых задачах требуется найти число атомов N, содер-
содержащихся в данной массе пг некоторого радиоизотопа ^Х (здесь под X
подразумевается химический символ данного элемента, Z — атомный
номер, равный числу протонов в ядре, А — массовое число, равное
суммарному числу протонов и нейтронов, т. е. числу нуклонов в ядре).
Для этого пользуются соотношением
N = ЛГА v = ЛГА (т/ц), A)
где Л/а — постоянная Авогадро, v — число молей, содержащихся
в данном препарате, \х — молярная масса изотопа.
Напомним, что между молярной массой ц изотопа и ею опюен-
тельной атойгшой массой Мг существует соотношение
ц = 10~a Мг кг/моль.
Вычисляя по A), следует иметь в виду, что для всякого изотопа вели-
величина Мг выражается числом, весьма близким к его массовому числу Л,
т. е. ц « 10"* А кг/моль.
822

Решение задач
30-1. Зная постоянную распада к ядра, определить ве-
вероятность Р того, что ядро распадется за промежуток
времени от 0 до /.
Решение. Выясним, что следует понимать под искомой вероят-
вероятностью Р. Процесс радиоактивного распада носит статистический
характер. Это значит: если многократно повторять опыты с радиоак-
радиоактивным препаратом, содержащим достаточно большое начальное
число ядер No, то за промежуток времени от 0 до t распадется каждый
раз одна и та же доля ядер ANLN0. Эта величина, характеризующая
относительную частоту события — распада ядра, и принимается за
вероятность Р распада ядра в течение данного промежутка времени.
Таким образом,
р_ ДА/ _ А/о-л/
где N — число нераспавшихся ядер к моменту t. Подставив в это
равенство вместо jV его значение по закону радиоактивного распада
C0.2) и произведя сокращение, получим ответ:
Р=1—е-*'.
30-2. Определить, сколько ядер в т0 = 1,0 мг радио-
радиоизотопа церия '"Се распадается в течение промежутков
времени: 1) At = 1 с; 2) At = 1 год. Период полурас-
полураспада церия Т = 285 сут.
Решение. Задача решается с помощью закона радиоактив-
радиоактивного распада.
1. Так как At <^f T, то можно считать, что в течение всего проме-
промежутка At число нераспавшихся ядер остается практически постоян-
постоянным и равным их начальному числу jV0. Тогда для нахождения числа
распавшихся ядер AN применим закон радиоактивного распада в
форме C0.1), записав его так-
AN = KN0A(,
или, учитывая C0.3),
д/V = -ill! Na Л/.
Чтобы определить начальное число ядер (атомов) No, умножим
постоянную Авогадро N\ на число молей v, содержащихся в данном
препарате:
No = iVAv = NA(m0/ii), A)
где m0 — начальная масса m0 препарата, \i — молярная масса изо-
изотопа '"Се, численно равная (приблизительно) его массовому числу.
С учетом A) получим
, B)
11* 323

Выразим числовые значения величин, входящих в формулу B),
в единицах СИ /VA = 6,02 • 10м моль-1, та = 1,0 • 10~в КГ|
д/ = 1 с. Т = 285 • 24 • 3600 с. \i = 0,144 кг/моль. Произведя вы-
вычисление с > четом, что In 2 = 0,693, найдем
AjV = 1,2 • 10".
2 Так как теперь Д/, Т — величины одного порядка, то дифферен-
дифференциальная форма C0.1) закона радиоактивного распада здесь неприме-
неприменима. Поэтому для решения задачи воспользуемся интегральной
формой C0.2) закона, справедливой для любого промежутка AJ.
Тогда получим
д/V = No — N = No (I — e~h),
или, учитывая C0.3) i: (I),
Л У= А/дт" A-е- <ln 2> *'т).
и
Так кик е' = 2, то уравнение принимает более простой вид!
ЛЛ/= А A—2-"')- C)
и
Произведя вычисление по C), найдем
ЛЛ/ = 2,5 • I018.
30-3. Радиоизотоп А, с постоянной распада X, превра-
превращается в радиоизотоп А2 с постоянной распада Х2.
Считая, что в начальный момент препарат содержал
только ядра изотопа Alf найти, через сколько времени
активность радиоизотопа А, достигнет максимума?
Решение. Активность препарата, определяемая соотношением
C0.4), пропорциональна числу наличных ядер N этого препарата.
Поэтому активность а радиоизотопа Аа достигнет максимума тогда,
когда максимальным будет число ядер N2 этого радиоизотопа. Закон
изменения со временем числа ядер N2 выражается формулой C0.5).
Для отыскания промежутка времени t, которому соответствует мак-
максимум функции N2 (/), продифференцируем эту функцию по времени
и приравняем нулю производную:
Отсюда
Решив >то уравнение относительно t, найдем искомое время;
124

30-4. Найти активность радона, образовавшегося из
т0 = 1.00 г радия 2^Ra за одни сутки. Найти также
максимальную активность радона. Периоды полурас-
полураспада радия и радона соответственно равны 7У= 1,6 х
X Ю3 лет, Т2 = 3,8 сут.
Решение. Используя соотношения C0.4), C0.5), запишем
для искомой активности
Входящие сюда величины Л\ @), Я.,, Х2 выразим через данные
т„, Ц, Ти Т2 по C0.3) и формуле A) задачи № 30-2. Тогда, произведя
сокращение, имеем
JVAWy 1„2_ . (|п 2) • </Г1_е-Aп 2) • </Г,) /П
2 ц 74-Га '' V '
где Яд — постоянная Авогадро. Это общая формула, выражающая
закон изменения со временем активности одного радиоизотопа (дочер-
(дочернего), полученного в процессе распада другого (материнского). В дан-
данном случае формулу A) можно упростить, если учесть вытекающие
из условия соотношения 7\ ^» Тг и 7\ J§> t. Из первого неравенства
следует, что можно пренебречь величиной Т.2 в разности Г, — Га.
В силу второго неравенства можно принять за единицу первый член,
стоящий в скобках. Тогда найдем
д,, jni(i_e_(lll>).t/r
Произведя расчет по B), получим
2 = 3,7-1010-A-0,83) расп/с, или а2= 3'7''°3"
3]
= 0,17Ки
Чтобы вычислить максимум активности (а2)МаКс радона, можно,
используя результат предыдущей задачи, найти промежуток времени
¦*макс в течение которого активность радона достигнет максимума, а за-
затем поформулеA) определить величину (а2)макс< соответствующую вре-
времени /макс- Однако можно поступить проще. Анализируя прибли-
приближенную формулу B), полученную с учетом неравенств 7\ >> Т2,
Тх ^> t, видим, что с ростом времени t величина, стоящая в скоб-
скобках, приближается по экспоненте к единице. Следовательно,
(а2)макс=~--^ =3,7-10" расп/с=1,0 Ки.
Замечание. Последнее равенство можно переписать, учи-
учитывая C0.4), так: .
= Л\ @) К = п, @),
т. е. максимальная активность радона, возникающего при распаде
радия, равна начальной активности самого радия.
325

Полученный результат легко понять, если учесть два обстоятель-
обстоятельства: 1) вследствие весьма большой величины 7\ число нераспав-
шихся ядер радия в течение промежутка /мако остается практически
постоянным. Поэтому остается постоянной и активность радия;
2) максимальной активности радона соответствует состояние радио-
радиоактивного равновесия, которое установится между радием и радоном
через промежуток ^макС. При этом число ежесекундно распадаю-
распадающихся ядер радия (из каждого ядра радия образуется одно ядро ра-
радона) равно числу распадающихся атомов радона, а это и означает
равенство активностей этих элементов.
30-5. Интенсивность узкого пучка моно-
монохроматических у-лучей после прохождения
через слой свинца толщиной х — 2,00 см
уменьшается в 2,9 раза, а после прохож-
прохождения через слой чугуна такой же тол-
толщины — в 1,6 раза. Используя зависи-
зависимость линейного коэффициента ослабления
[i у-лучей от энергии v 7-кванюв (рис. 30-1),
определить энергию уква11Т0В в данном
пучке.
fl.CM
0,6
0,2
Сйинец
б е.мзз
Рис 30-1
Решение. Чтобы воспользоваться данным графиком, необ-
необходимо сначала найти коэффициент ослабления ц. Из формулы C0.6)
имеем
i=J-ln-^
x I
A)
Подставив х = 2,00 см и /„// = 2,9 и произведя вычисление, по-
лучнм для свинца цсв = 0,54 см. Этой величине \хсв соответствуют
на графике два значения энергии vKDailT°B: ег = 1,8 МэВ и еа =
= 7,0 МэВ.
Подставив в A) ? = 2,00 см и /„// = 1,6, вычислим величину \ь
для чугуна: fxqyr = 0,23 см. Теперь по графику находим: ел =
= 4,0 Мэв и 8, = 7,0 МэВ.
Так как в обоих случаях через различные вещества проходят
один и те же 7-лучи, то для энергии у-квантов следует принять зна-
значение е — 7,0 МэВ.
§ 31. ЯДЕРНЫЕ РЕАКЦИИ. ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ЧАСТИЦЫ
Основные формулы
Энергия связи ядра, т. е. энергия, которую необходимо затратить, чтобы
разделить ядро на составляющие его частицы без сообщения им кинетической
энергии, вычисляется по формуле
Д W = с2Ат,
AW
C1 I)
C1 2)
226

где Дт — дефект массы ¦ ядра, представляющий собой разность между суммой
масс покоя частиц, составляющих ядро, и массой покоя ядра, 1 — атомный
номер (или зарядовое число), равный числу протонов в ядре, А — массовое число
(суммарное число нуклонов в ядре), тр, тп, тя — массы протона, нейтрона в
ядра соответственно. '
Энергия ядерной реакции (или тепловой эффект реакции)
Q = с1 Bт — 2т'). C1.3)
где 2 т, 2т' — суммы масс покоя частиц соответственно до и после реакции.
Методические указания
1. Решение задач на ядерные реакции основано на применении
законов сохранения: 1) электрического заряда, 2) суммарного числа
нуклонов, 3) энергии, 4) импульса. Первые два закона позволяют пра-
правильно записывать ядерные реакции даже в тех случаях, когда одна
из частиц — участников реакции или ее продуктов — не дана. (Оче-
(Очевидно, записав реакцию, мы тем самым определяем неизвестную ча-
стииу.) С помощью вторых двух законов находят кинетические энер-
энергии частиц — продуктов реакции, а также направнения их разлета.
Процесс столкновения бомбардирующей частицы с ядром — ме-
шенью, при котором частица юглощается ядром, рассматривают
как неупругий удар и применяют при этом закон сохранения импуль-
импульса, как и в соответствующих задачах механики (см. § 3).
В законе сохранения энергии, записанном для ядерных реакций
(в отличие от случаев, рассмотренных в § 3), под полной энергией под-
подразумевается полная релятивистская энергия, определяемая фор-
формулой A8.3). Эга энергия тс1 равна сумме энергии покоя частицы
/л„?2 и ее кинетической энергии Т. Согласно чакону сохранения пол-
полной релятивистской энергии,
2/тг0с24-2Г = 2тоС2 + 2Г', C1.4)
где 2/л0с2— сумма энергий покоя частиц до реакции, 2 Г —
сумма их кинетических энергий. Справа стоят величины, относящиеся
к частицам после реакции.
2. Поскольку в справочных таблицах приводятся значения ма с
атомов, а не ядер, то удобнее вычислигь энергию связи ядра не по
C1.2), а по формуле
A\V = c2\Zm,n + (A — Z)mn—mA\, C1 5)
где т>и — масса атома водорода ЧЛ, тп — Масса данного атома.
Обе формулы эквивалентны, так как, обозначив массу электрона те,
можно записать
Zmn\ —тЛ = г (т,, + те)—(тп + Zme) = Znip—mn.
При вычислении энергии реакции Q по C1.3) также заменяют
массы покоя ядер массами атомов. Эта замена не повлияет на величину
разности, стоящей в скобках, так как уменьшаемое н вычитаемое
¦ Термином «дефект массы» обозначают также другую величину S, равную
разности между массой атома та (выраженной в углеродных единицах массы)
и массовым числом А, т. е. 6 = та — А.
327

при этом возрастают на одну и ту же величину m,2Z, где 2 Z —
суммарное зарядовое число всех частиц (до или после реакции).
3. Чтобы, вычисляя по формулам C1.1) — C1.5), получать зна-
значения энергии в мегаэлектронвольтах (МэВ), надо подставить в фор-
формулу взятые из справочных таблиц значения масс, выраженные в
атомных единицах массы (а. е. м.), а коэффициент с2, представляю-
представляющий собой квадрат скорости света в вакууме, положить равным
с2 = 931 МэВ/а.е.м.
4. Обычно при ядерных реакциях энергия Q, выражаемая по
С31.3), измеряется величинами порядка 10 МэВ, а энергия покоя даже
самого легкого ядра — ядра водорода 1Н (т. е. протона) — равна
938 МэВ. Отсюда следует, что, вычисляя скорости частиц — ядер или
отдельных нуклонов, их можно заведомо считать классическими в. сле-
следующих случаях: 1) если данные частицы являются продуктами
ядерной реакции, вызванной столкновением медленных частиц;
2) если речь идет об определении порога реакции (см. задачу № 31-4).
Вместе с тем энергия ядерной реакции, как правило, превышает
энергию покоя легких частиц — электронов и позитронов, равную
0,511 МэВ. Поэтому, находя скорости или импульсы этих частиц
(если они являются продуктами реакции), следует пользоваться,реля-
пользоваться,релятивистскими формулами A8.5), A8.6).
Решение задач
31-1. Определить удельную энергию связи для ядра "О.
Решение. Удельную энергию связи ядра, равную отношению
его энергии связи AW к массовому числу (числу нуклонов в ядре) А,
найдем с помощью формулы C1.5):
д№ с2 [Zmlu-i-(A~Z) тп — тй]
А А
Взяв из таблиц значения масс атомов водорода 1Н, кислорода
17О и нейтрона п в атомных единицах массы и учитывая, чго с2 =
= 931 МэВ/а.е.м., произведем вычисление:
AW 931 [8-1,00783 + A7 —8)-1,00867— 16,99913]
31-2. Найти энергию связи нейтрона в ядре '?0.
Решение. Энергией связи частицы в ядре называется та энер-
энергия, которую надо затратить, чтобы отделить частицу от ядра без со-
сообщения ей кинетической энергии. Если отделить нейтрон п\ от ядра
^О, то в соответствии с законом сохранения заряда и числа нуклонов
останется ядро ^О. Затраченную для отрыва энергию Д1У можно найти
по формуле C1.1), если за Am принять изменение массы системы в ре-
результате отрыва нейтрона. Тогда для энергии связи нейтрона получим
Ш=с2 [mi,о + тп) — /т.о],
028

где ttii'o, т.1,0, rnn — соответственно массы покоя ядер кислорода
1вО, "О и нейтрона. Очевидно, разность, стоящая в квадратных
скобках, не изменится, если заменить массы ядер изотопов 16О, |7О
массами их атомов, значения которых приведены в таблицах. Тогда
найдем ответ:
AW = 931 [A5,99491 + 1.00*07) - 16,99913] МэВ = 4,14 ЛЬВ.
31-3. Определить энергию реакции 10В (п, a) TLi, про-
протекающей в результате взаимодействия весьма медлен-
медленных нейтронов с покоящимися ядрами бора. Найти
также кинетические энергии продуктов реакции.
Решение. Реакция 1(|В (м, a) 7Li состоит в следующем. Ядро
бора '"В, поглоти» медленный нейтрон !/г. превращается в промежу-
промежуточное ядро 'бВ. Последнее, будучи возбужденным, испускает га-
частицу (т. е. ядро гелия JHe), превращаясь в ядро лития jLi. В раз-
развернутом виде реакция записывается так:
Энергию реакции Q найдем по формуле C1.3), которая в данном
случае дает:
Заменив (как и в предыдущей задаче) массы покоя ядер атомов мас-
массами покоя самих атомов, значения которых даны в таблицах, полу-
получим
Q = 931 • A0,01294 + 1,00867 — 7,01601 —4.00260) МэВ ¦= 2,80 МэВ.
Чтобы найти кинетические энергии продуктов реакции — ядра
лития 7Li и а-частицы, применим закон сохранения релятивистской
энергии, записанный в форме C1.4) с учетом C1.3):
27 - Q = 27". A)
Из условия задачи следует, что величиной ST можно пренебречь.
Тогда получим для суммы кинетических энергий частиц 7Li и 4Ые:
Ти -р Тнс = Q. B)
Чтобы составить Второе уравнение, связывающее неизвестные
7*1.1, TYic, применим закон сохранения импульса. Полагая суммар-
суммарный импульс частиц до реакции равным нулю, приходим к выводу, что
и после реакции он должен быть равен нулю:
PU + Pile = 0.
Отсюда для модулей импульсов имеем
Pl\ = РИе-
Переходя от импульсов частиц к их кинетическим энергиям, найдем
[см. формулу A) задачи № 29-1]
МиТи = тНеТь\е. C)
329

Решив систему B), C), найдем:
Ти = QmhJ (rnLi + mHe); ТНе = Qmu/ (mLi + rnHe).
Округлив значения масс ядер пг^\, шне до целых чисел, получим:
Ти = 4 Q/11 = 1,02 МэВ; Т„е = 7Q/11 = 1,78 МэВ.
31-4.. Найти порог ядерной реакции 12С (d, n) 13N.
Решение. Эта реакция, происходящая при поглощении яд-
ядром углерода 12С дейтона d, в развернутом виде запишется так:
где "N — промежуточное ядро, которое сразу же после образова-
образования испускает нейтрон, превращаясь в ядро ^N.
Порогом ядерной реакции называют ту наименьшую кинетическую
энергию бомбардирующей частицы (в «лабораторной» системе отсчета),
при которой становится возможной ядерная реакция*. Для опре-
определения порога реакции снова запишем уравнение A) задачи № 31-3:
-¦- Q = 27",
пли, так как мишень — ядро 12С — предполагается неподвижным,
mdoV2 + Q=27", A)
где тг,и*/2 — кинетическая энергия дейтона, минимальное значение
ьоторой нужно найти. Очевидно, ему соответствует минимальное
значение 27". Чтобы вычислить это значение, учтем следующее.
Если некоторому состоянию системы соответствует минимальная
кинетическая эпер1ия в одной инерционной системе отсчета, то этому
же состоянию будет соответствовать ее минимум и в любой другой
инерциальной системе отсчета (хотя значение самого минимума будет
разным в различных системах). Действительно, из уравнения C1.4),
выражающего закон сохранения полной релятивистской энергии,
следует, что при минимальном значении 27" величина 2т„с2 будет
максимальной. Но последняя не зависит от выбора инерциальной си-
системы отсчета, поскольку .и масса покоя, и скорость света в вакууме —
величины, инвариантные относительно выбора инерциальной системы
отсчета.
Вместе с тем известно, что в системе отсчета, связанной с центром
инерции системы частиц, минимальное значение величины 27" рав-
равно нулю при нулевой относительной скорости частиц 13N и п. Значит,
этому же состоянию системы соответствует минимум величины 2Т'
и в «лабораторной» системе отсчета, в которой мы решаем задачу.
Тот факт, что порогу реакции соответствует равенство нулю от-
относительной скорости частиц 13N, n, означает, что в этом случае рас-
распад промежуточного ядра l4N происходит без изменения кинетиче-
кинетической энергии системы. Следовательно, минимум величины 27" равен
* Понятие порога относится только к эндотермическим реакциям, когда
•нергв я реакции (тепловой эффект) Q < 0.
Но

кинетической энергии промежуточного ядра, которую оно приобре-
приобрело в процессе образования из дейтона и ядра 12С. Тогда из A) получим
\ Q=
где тмс — масса ядра l2C, md — масса дейтона, (т.*с + гп,) —
приближенное значение массы промежуточного ядра, V — его ско-
скорость.
Второе уравнение, связывающее неизвестные v, V, запишем,
применив закон сохранения импульса для неупругого соударения
дейтона с ядром 12С:
mdv =
V.
C)
Исключив из системы B), C) величину V, найдем
md v" ^ mc-'rmti
Подставив вместо величины Q ее значение по C1.3), получим от-
ответ:
md)\
Заменив массы ядер, стоящие в квадратных скобках, массамч тта-
мов (взяв их значения из таблиц) и округлив до целых чисел значения
масс в дроби (nic + таIт<_, выполним вычисление:
-^1 = 931- [A3,00574+ 1,00867) —
— A2,00000 + 2,01410)]-—МэВ--0,34МэВ.
31-5. Позитрон с кинетической энергией
Т = 0,75 МэВ налетает на покоящийся
свободный электрон. В результате анни-
аннигиляции возникает два ^-фотона с одннако-
ковыми энергиями. Определить угол 9
между направлениями их разлета.
Рис. ЗЫ
Решение. Процесс аннигиляции электрона е~ и позитрона ev
происходит по схеме
е~ + е+ -*¦ у + у
и подчиняется законам сохранения энергии и импульса.
331

Согласно аакону сохранения импульса, импульс позитрона р4+
равен векторной сумме импульсов у-фотонов plf pB (рис. 31-1):
Р«.+ = Pi -г Р^-
При этом
Pi = Р2 = е/с. 0)
где г — энергия каждого у-фотона (по условию, их энергии одинаковы).
Таким образом, для угла 8 с учетом A) получим
Чтобы из B) вычислить угол 8, надо определить «мпульс позит-
позитрона ре+ и энергию е каждого у-фотона. Импульс позитрона найдем,
зная его кинетическую энергию Т. Поскольку величина Т превышает
энергию покоя позитрона т0с2 = 0,511 МэВ, то позитрон следует рас-
рассматривать как релятивистскую частицу. В этом случае импульс ее
выражается через кинетическую энергию формулой B) задачи № 29-1.
Энергию у-фотона е определим с помощью закона сохранения реля-
релятивистской энергии C1.4). Учтем при этом, что масса покоя фотонов
равна нулю: 2т'о = 0, а полная энергия фотонов есть их кинети-
кинетическая энергия, т. е. 27" = 2 е. Учитывая, кроме того, что электрон
и позитрон обладают одинаковой массой покоя т0, получим
2тас2 + Т = 2е. C)
Подставив в B) значение 2е из C) и значение импульса р<+, оп-
определяемое формулой B)задачи № 29-1, найдем
COS(9/2)=
или после упрощений
cos @/2)= 1 /У 1 I- 2тисг/7'. D)
Вычислив по D), получим-
cos @/2) = 0,651, 0 - 99°.

ПРИЛОЖЕНИЕ
Задачи для самостоятельного решения
К главе 1. Механика
1.1. Рыбак, плывя на лодке вверх по реке, уронил под мостом в воду багор.
Через t = 60 мин он это обнаружил и, повернув назад, догнал багор на рас-
расстоянии s = 6,0 км от моста. Какова скорость течения реки, если рыбак, дви-
двигаясь вверх и вниз по реке, греб одинаково1
1.2. Из некотором точки одновременно брошены два гела с одинаковой
скоростью у,, одно вертикально вверх, другое вертикально вниз На каком рас-
расстоянии s друг от ipyra бу 1ут эти тела через i ремя р Сопротивлением воздуха
пренебречь
1.3. Стрелок иелитея в мишень, предчап ннптую собой груз, висяший на
нити В каком напраплении должен целиться стрелок, чтобы попасть в мишень,
если известно, что в момеш оьктрела нить обрывается и груз начинает падать'
Сопротивлением воздуха пренебречь
1.4. Мяч брошен со скоростью у„ — 20 м/с иод углом <х = 45° к горизонту.
Во время полета он упруго ударяется о вертикальную стену, расположенную
перпендикулярно плоскости, в которой лежит траектория мяча на расстоянии
/ = 30 м от мести бросания На каком расстоянии s от стены упадет мяч? Сопро-
Сопротивлением воздуха пренебречь
1.5. Камень брошен горизонтально со скоростью о0 = 10,0 м/с Определить
угол а, который составит с вертикалью вектор скорости v камня через t = 2,0 с
после начала движения, а также тангенциальное ах и нормальное ап ускорения
камня в этот момент
1.6. Тело вращается иокруг неподвижной оси по закону, выражаемому
формулой (р = 10 4- 201 — 2/2 Найти модуль потного ускорения а точки, на-
находящейся на расстоянии г= 0,10 м ог осп вращения, для момента премени
t0 = 4,0 с. Какой угол а составляет вектор а с нормалью к траектории в этот
момент времени'
2.1. На iладком горизонтальном столе лежит брусок, к которому привя-
привязана нить, перекинутая через блок, укрепленный ил краю стола. Если за нить
тянуть с силой Ft = 2,0 кгс, то брусок будет двигаться с ускорением at =
= 9,8 м/с2. Каковы будут ускорение а2 бруска и сила натяжения F2 нити,
если к ее концу привязать груз массой т = 2 кг?
2.2. Через блок перекинута нить, к концам которой прикреплены грузц
пц и тг (т1 ф т2), общая масса которых т = 1,00 кг. Грузы начинают равно-
равноускоренно двигаться и за t — 0,50 с проходят путь s = 0,75 м. Определить си-
силу давления F на ось блока.
2.3. Определить скорость v велосипедиста, если при повороте по кругу
радиуса R он наклоняется внутрь закругления под углом а к горизонту.
2 4 Небольшой грузик подвешен на нити длиной 1= 1,50 м. Вследствие
толчка грузик начинает двигаться в горизонтальной плоскости по окружности
радиуса г << /. Какова частота вращения грузика'
2.5 С какой максимальной скоростью v может двигаться автомобиль по
закруглению дороги радиуса R = 50 м, если коэффициент трения скольжения
между шинами и асфальтом и. = 0,60'
2 6 Решить -мдачу №2-5 (стр 23), полагая, что сила F приложена не и
тележке, а к грузу. Рассмотреть два случая 1) F = 1,00 кгс, 2) F = 3,00 кгс.
2.7. Установка, изображенная на рис. 2-4, подвешена к потолку вагона,
движущегося в горизонтальном направлении с постоянным ускорением а. Опре*
делить ускорения грузов at и а2 относительно вагона и силу натяжения Т нитн.
333

3.1. Три лодки одинаковой кассой т плывут Друг за другом с одинаковой
скоростью ч. Из средней лодки бросают одновременно в переднюю и заднюю лод-
лодки по грузу массой т' каждый со скоростью и относительно средней лодки. Ка-
Каковы скорости лодок после переброски грузов?
3.2. На какую высоту Л поднимется тело, скользя вверх по наклонной
плоскости с углом наклона а = 45°, если ему сообщить скорость и0 = 10,0 м/с,
а коэффициент трения между телом и плоскостью ц = 0,20? Какова будет ско-
скорость v тела, когда оно вернется в нижнюю точку?
3.3. Гиря массой т = 0,20 кг вращается на нити в вертикальной плоскости.
Определить разность AF между наибольшим и наименьшим значениями силы
натяжения нити.
3.4. Тело массой т, движущееся со скоростью v по горизонтальной поверх-
поверхности, налетает на лежащий на ней клин массой М и скользит по нему вверх.
Пренебрегая трением между телом и клином, а также между клином и горизон-
горизонтальной поверхностью, определить наибольшую высоту h подъема тела.
3.5. Горизонтально летящая пуля массой т попадает в подвешенный на
нити деревянный шар массой М и пробивает его, проходя через центр. Опреде-
Определить изменение Д W механической энергии системы в результате удара, если
скорости пули до и после удара соответственно равны а, и иа.
4.1. Два однородных шара с массами mt = 40 г и т2 = 120 г соединены
стержнем, масса которого пренебрежимо мала. Расстояние между центра-
центрами шаров / = 20 см. Определить момент инерции / системы относительно оси,
проходящей перпендикулярно стержню через центр инерции системы. Шары
считать материальными точками.
4.2. В медном диске радиуса R = 5,0 см и толщиной h = 1,00 мм сделаны
симметрично относительно его центра два круглых выреза радиуса г = 2,00 см
каждый, причем их центры удалены от центра диска на a = 2,50 см. Определить
момент инерции / диска с вырезами относительно оси, перпендикулярной пло-
плоскости диска и проходящей через его центр. Плотность меди р = 8,9 г/емз.
4.3. Определить ускорении а, и а2 грузов в задаче № 2-4 (стр. 22), учитывая
момент инерции / уравнительного (неподвижного) блока и приняв его радиус
равным R.
4.4. Каток в виде однородного цилиндра массой т = 2,00 кг катится по
горизонтальной поверхности под действием силы F = 10,0 Н, приложенной
к его оси. Полагая, чго сила F направлена перпендикулярно оси катка и обра-
образует с горизонтом угол a = 30", определить ускорение а, с которым перемеща-
перемещается oci. катка.
4.5. Массивный диск массой М плотно насажен на ось, подвешенную гори-
горизонтально па двух накрученных на нее нитях. Нити постепенно раскручиваются
с оси, колесо, вращаясь вместе с осью, опускается. Найти силу натяжения Т
каждой из двух нитей и ускорение а центра диска, если его радиус R, а радиус
оси г. Массой оси пренебречь.
4.6. Какая относительная ошибка е допущена в задаче № 2-3 (стр. 21) при
вычислении ускорения вагона вследствие того, что не учтено вращение колес?
Считать колеса дисками, суммарная масса которых равна т.
4.7. Человек стоит на скамье Жуковского и держит в руках горизонтально
расположенный стержень длиной I = 2,00 м и массой ш = 3,00 кг. Скамейка
с человеком вращается, совершая п^ = 0,50 об/с, при этом центр стержня на-
находится на оси вращения. В результате ловорота человеком стержня вокруг
его центра в вертикальное положение частота вращения ,системы увеличилась
до пг = 0,80 об/с. Определить работу А, совершенную человеком для поворота
стержня.
5.1. Определить приближенно ускорение силы тяжести на поверхности
Марса, полагая, что его радиус вдвое меньше радиуса Земли, а масса составляет
1/8 от массы Земли.
5.2. Найтн отношение скоростей двух космических кораблей, обращаю-
обращающихся вокруг Земли по круговым орбитам на расстояниях /ij и /г2 от поверхности
Земли.
5.3. Какую минимальную работу нужно совершить, чтобы забросить тело
массой т' = 1000 кг с поверхности Луны на Землю? Считать, что радиус Луиы
334

в 4 раза меньше радиуса R Земля, а масса Луны составляет 1/81 от массы И
Земли. Сравнить полученный результат с ответом к задаче М 5-4 (стр 5а).
5.4. Сколько времени t будет падать на Солнце тело с расстояния, равного
радиусу 'емной орбиты? Начальную скорость тела принять равной нулю
К главе 2. Молекулярная физика
6.1. Баллон емкостью V = 0,60 л, содержащий воздух при нормальных
условиях, герметически закрывают, после чего нагревают до температуры
t = 400° С Определить давление р воздуха в баллоне при этой температуре. На
сколько процентов увеличится давление газа в нагретом сосуде, если перед гер-
герметизацией в него попало т = 0,90 г воды'
6.2. В баллоне емкостью Vr находится азот, а в баллоне емкостью V2 —
водород Давление и температура газов соответственно равны ри Ти рг, Т2-
Баллоны соединяют трубкой пренебрежимо малого объема. Считая оба raja
идеальными, найти установившееся давление р смеси после того, как в обоих
баллонах гат примет температуру Т окружающей среды.
6.3. Воздушный шар объемом V = 200 мч наполнен гелием При подъеме
шаря в атмосфере лпв челне и температура гелия внутри шара остаются прибли-
приблизительно равными давлению и гомгкр<пjре наружного нозчуха (избыток ге
лия вытекает черо клапан). Считая температуру жил уха не чивисящеп от вы-
высоты и равной t = 0е С, определить максимальную высоту Лмяко подъема шара,
если масса его оболочки и снаряжения m = 20 кг Атмосферное давление у по-
поверхности Земли принять равным р0 — 1,00 • 10е Па.
7.1. Определить максимальное число молекул азота (о = 3,0 • 10~10 м),
находящихся в сферическом сосуде диаметром d = 5,00 см, допускаемое состоя
нием вакуума.
7 2 Вычислить концентрацию молекул кислорода, если их средняя квтд
ратичная скорость ц„в — 400 м/с, а давление га ia р — 760 мм рт ст
7.3. В сосуде объемом V — 5,00 л находится водород под давлением р —
= 1,00 атм и при температуре Т — 300 К Найти число молекут газа, скорости
которых отличаются от наиболее вероятной скорости не свыше чем на 5 м/с
(До — 10 м/с)
8.1 Какое количество теплоты Q надо сообщить смеси газов, состоящей hi
m« -- 100 г воторода и т, — 200 г гелия, для ее изохормого нагревания на At
= 10°'
8.2. Найти увеличение внутреппея энергии Д/У гелия при его июбфном
расширении от 1% = 10,0 л до V2 ~ 20,0 л, если давление газа р - 2,0 атм
8.3. Воздух сжимают один раз изотермически, другой — адиабатически
Определить отношение работ сжатия газа, если в обоих случаях его объем умень
шается в N = 2,00 раза.
8.4. Какое количество теплоты Q необходимо сообщить v молям идеаль
ного одноатомиого газа, чтобы перевести его из состояния, характеризуемою
давлением ри объемом Vi и температурой Г,, в состояние с давлением рг и объо
мом Vt? Рассмотреть два случая, соответствующих путям abc и adc (см. рис. 8-2)
8.5. Выразить холодильный коэффициент т|' (см. стр 84) идеальной хо
лодильной машины, работающей по обратному циклу Карпо, через коэффициент
полезного действия г] тепловой машины, работающей но прямому циклу Карно
в том же температурном интервале, что и данная холодильная машина.
8 в. Вода массой m = 2,00 кг нагревается от t\ = 10° С до t2 = 100° С
и при этой температуре обращается в пар Найти изменение энтропии. Удель
ная теплоемкость и удельная теплота парообразования поды соответственно рнв-
ны с = 4,2 ¦ Юз Дж/(кг К), X = 2,25 • 10е Дж/К
9.1. Критическая температура углекислоты tK = ЗГ С, критическое дап
ление рк ~ 73 атм. Определить критический объем Vt< для v = 10,0 молен
углекислоты.
Ч 2. Две капли ртути радиусом г = 5,0 мм каждая, двигаясь навстречу
друг другу с одинаковой по модулю скоростью v = 0,50 м/с, сливаются в одну
каплю Считая процесс слияния капель адиабатическим, определить изменение
температуры Д/ ртути Удельная теплоемкость и коэффициент поверхностного
натяжения ртути равны с = 0,14 • Юз Дж/(кг • К), а = 0,49 Н/м.
335

0.3. Между двумя горизонтально расположенными стеклянными пласти-
пластинами находится капля ртути массой т — 2,00 г. С какой силой F надо прижи-
прижимать друг к Другу пластины, чтобы расстояние между ними стало равно А =*
= 0,010 мм? Считать, что ртуть полностью не смачивает стекло, а размеры пла-
пластин таковы, что при их сближении до расстояния h ртуть не доходит до краев
пластин. Плотность и коэффициент поверхностного натяжения ртути равны
р = 1,36 • 10* кг/мз, а = 0,49 Н/м.
9.4. В воде на глубине h = 35 см находится пузырек воздуха диаметром
d = 0,10 мм. Полагая атмосферное давление равным р0 = 750 мм рт. ст. и тем-
температуру воды t — 20° С, определить давление р воздуха внутри пузырька.
К главе 3. Электростатика
10.1. Сравнить силу Рал электростатического взаимодействия в вакууме
с силой /-'г гравитационною взаимодействия: а) для двух однородных шаров
одинаковой массы т = 100 ki , но поверхности которых равномерно распределе-
распределены одинаковые заряды q — 15 СГС; б) для двух электронов.
, 10.2. Три одинакоиых заряда q расположены в вершинах равносторонне-
равностороннего треугольника. Какой .ларяд q0 надо поместить в центре этого треугольника,
чтобы вся система зарядов оказалась в равновесии? Будет ли устойчивым что
равновесие?
10.3. Заряженная капелька масла радиусом г = 1,0 ¦ Ю~* мм находит-
ея в равновесии между горизонтально расположенными пластинами плоского
конденсатора, напряженность поля которого Е = 7,85 кВ/м Приняв плотность
масла р =¦ 900 кг/м», определить заряд капельки.
10.4. Две непроводящие сферы радиусами /?, = 3,0 см и /), = 2,0 см рас-
расположены в вакууме и несут равномерно распределенные по их поверхносиш
заряды qt = 1,00 10~" Кл и^,=— 2,00 ¦ 10~* Кл. Расстояние между цент-
центрами сфер г — 10,0 см. Определить напряженность поля, созданного зарядами
Ц\ и ф, в точке Л, удаленной от центров обеих сфер соответственно на расстояния
ri и г«. Решить задачу для двух случаев: а) г, = 9 см, г, = 7 см; б) г, =2 см;
г2 = 8 см.
10.5. Две бесконечно длинные нити, расстояние между которыми г =5,00 см,
равномерно чаряжены с линейной плотностью заряда Tt = та = т = 1,00X
X 10~* Кл/м. Найти максимальное значение ?Макс напряженности электриче-
электрического поля для точек, принадлежащих плоскости симметрии нитей Принять
е = 1.
10.6. Два коаксиальных диска одинакового радиуса /?= 10,0 см заряжены
равномерное поверхностными плотностями зарядов, равными О"i = 5,0 мкКл/м2
и а2 = 0,35 мкКл/'м2, и сближены до расстояния d = 3,1 мм. Определить силу
электрического взаимодействия дисков, полагая, что они находятся в вакууме.
11.1. Принимая Землю за проводящий шар радиуса R = 6400 км, опреде-
определить заряд q и потенциал ф Земли, если напряженность электрического поля
около ее поверхности Е = 100 В/'м. Принять для воздуха е = 1
11.2. Из условия задачи № 10.4 определить потенциал электрического поля
Ф в точке А. Решить задачу для двух случаев, указанных в условии
11.3. Тонкое кольцо радиуса R несет заряд, равномерно распределенный
с линейной плотностью т Найти потенциал ф и напряженность ? электрического
поля на оси кольца как функции расстояния h от центра кольца.
11.4. Электрой с начальной энергией № = 500 эВ движется издалека в ва-
вакууме по направлению к центру равномерно заряженной сферы радиуса
R = 6,0 см. Полагая заряд сферы q =• —5,0 нКл, определить минимальное
расстояние г, на которое приблизится электрон к поверхности сферы.
11.5. Две одинаковые металлические пластины, имеющие положительный
заряд Q, и отрицательный заряд Q», сближены до расстояния, значительно мень-
меньшего их линейных размеров (рис. 11-4). Как распределятся заряды по четырем
поверхностям пластин?
11.6. Точечный заряд q находится в центре уединенной сферической про-
проводящей оболочки, внутренний и внешний радиусы которой равны Т\ и rt со-
соответственно. Определить ее потенциал <р. Чему будет равен потенциал ф' обо-
оболочки, если ее на короткое время соединить с Землей? Потенциал Земли принять
равным нулю.

11.7. Точечный заряд д помешен в центр уединенной проводящей сфериче-
сферической оболочки через небольшое отверстие. Полагая внутренний и внешний ра-
радиусы оболочки равными гх и г2, определить минимальную работу А, которую
нядо совершить, чтобы вывести заряд наружу н удалить в бесконечность.
11.8. Решить предыдущую задачу, полагая, что проводящая оболочка за-
чемлена. Потенциал Земли считать равным нулю.
12.1. Металлический шар радиуса г = 5,00 см, несущий заряд q = 2,00 нКл,
покрыт слоем однородного и изотропного диэлектрика (8 = 6,0 ) толщиной
а — 1,00 см. Найти напряженности электрического поля ?х и ?2 в точках,
удаленных от центра шара соответственно на г{ = 5,50 см и га = 7,00 см, а тлк-
же поверхностную плотность а' связанных зарядов на внешней поверхности
диэлектрика
12.2. На плоский конденсатор, в котором диэлектриком служит слюда
(в = 7,5), а расстояние между пластинами d = 1,00 мм, наложено напряжение
U = 1000 В. Определить плотность энергии электрического поля конденсатора.
12.3. К<1кой энергией обладало бы электрическое иоле медного шарика
радиусом г = 1,00 см, если бы из каждого ею агома удалили по одному элек-
электрону?
12.4. Используя закон сохранения энергии, реши1Ь задачу № 117,
полагая, что проводящая сферическая оболочка перед выведением из неё за-
заряда Q соединяется на короткое время с Землей. Потенциал Земли принять рав-
равным нулю.
12.5. Как ишеиится емкость плоского конденсатора, помещенного в метал-
металлическую коробку (см. задачу № 12-9, стр. 140), если последнюю соединить с од-
одной из пластин?
12.6. Определить разность потенциалов между точками а и 6 в цепи, изо-
изображенной на рис. 12-10, при разомкнутом ключе К- Необходимые данные
взять из условия чаличи К° 12-11 (сгр 142)
К глане 4 Посчоннный гон
13.1. Какой заряд пройде г но проводнику сопротивлением R — 1,00 кОм
при равномерном нарастании напряжения на его концах от U\ = 15 В до
?/, = 25 В в течение t = 20 с?
13.2. Медный диск радиуса г — 3,00 см с концентрическим BbipejOM ра-
радиуса го = 3,0 мм плотно насажен на стальной цилиндрический стер>ьень и
также плотно вставлен в алюминиевую трубку. Между трубкой и стержнем
через диск идет ток. Определить сопротивление R диска, если его толщина d =
= 1,00 мм, а температура t= 20° С.
13.3. Определить э. д. с. и внутреннее сопротивление гальванического эле-
элемента, если при замыкании на сопротивление /?, = 1,80 Ом ои лает ток It —
= 0,70 А, а при замыкании на сопротивление /?и = 2,30 Ом — ток /2 = 0,56 Л.
Чему будет равен ток /0 короткого замыкания?
13.4. Сопротивление каждого ребра проволочного куба равно г. Чему равно
сопротивление R куба, если он включен в цепь своими вершинами, лежащими на
пространственной диагонали?
13.5. Если в схеме, изображенной на рис. 13-10, переключить вольтметр,
присоединив его к зажимам источника, то амперметр будет показывать силу тока
/ в резисторе R. При этом вольтметр будет давать показание U, превышающее
напряжение на резисторе R за счет падения напряжения на амперметре. Полагая
сопротивление амперметра равным RA, определить относительную погрешность,
которая будет допущена при вычислении сопротивления R без учета падения на-
напряжения из амперметре.
13.6. Определить силу тока на всех участках цепи, изображенной на
рис. 13-11, если точки а, Ь соединить проводником пренебрежимо малого со-
сопротивления.
13.7. При включении в сеть электроплитки с номинальной мощностью Ро =
«= 700 Вт разность потенциалов на клеммах розетки уменьшилась, а фактиче-
фактическая мощность электроплитки стала Pt = 580 Вт. Какова мощность двух таких
плиток, включенных параллельно в розетку? Изменением сопротивления плиток
при изменении их накала пренебречь.
337

14.1. По медному проводнику сечением S <= 1,00 мм* идет ток силой
/ = 60 А. Определить среднюю скорость направленного движения электронов
в проводнике. Считать число свободных электронов равным числу атомов меди.
14.2. На пластины плоского конденсатора наложено напряжение 6'= 500 В.
Гальванометр, включенный в цепь конденсатора, показывает ток силой / =>
= 18 иА, возникающий вследствие ионизации воздуха между пластинами рентге-
рентгеновским излучением, причем насыщение не имеет места. Определить концентра-
концентрацию га ионов, если площадь каждой пластины S = 200 см2, а расстояние между
пластинами d = 4,00 см. Ионы воздуха считать одновалентными, а их подвиж-
подвижности и+ = 1,4 • Ю~* м'2/(В • с) и и_ = 1,9 • 10-« м2/(В • с).
К главе 5. Электромагнетизм
16.1. Часть длинного прямого провода согнута в виде полуокружности
радиуса R = 126 мм. Определить индукцию магнитного поля в центре кривизны,
если по проводу идет ток силой / = 4,00 А.
15.2. По тонкому проводу, изогнутому в виде прямоугольника со сторона-
сторонами а = 30 см, b = 40 см, идет ток силой / = 6,00 А. Определять индукцию
магнитного поля тока в центре симметрии фигуры.
15.3. По двум длинным параллельным проводам текут в противоположных
направлениях одинаковые токи силой / = 15,0 А. Расстояние между проводами
а = 30 см. Найти максимальное значение индукции магнитного поля для точек,
принадлежащих плоскости симметрии проводов.
15.4. Решить предыдущую задачу при условии, что токи текут в одном на-
направлении.
15.6. Тонкое металлическое полукольцо радиуса R = 25 см помещено
в однородное магнитное поле с индукцией В = 30 мкТ, так что вектор В на-
направлен перпендикулярно плоскости, содержащей полукольцо. Определить
магнитную силу, действующую на полукольцо, если по нему идет ток силой
/ = 100 А.
15.6. Два проводящих кольца одинакового радиуса R расположены в па-
параллельных плоскостях на расстоянии а друг от друга. Определить силу вта-
имодействия между кольцами, если по ним текут одинаково направленные токи
/, = /и = /, в двух случаях: 1) а < R, 2) а » R.
15.7. Используя условие задачи № 16-6 (стр. 84), определить работу А,
которую совершат силы магнитного поля, приложенные к рамке, если послед-
последняя повернется вокруг оси ОО' на угол я.
16.1. Автомобиль едет со скоростью v = 72 км/ч в направлении, перпен-
перпендикулярном плоскости магнитного меридкана. Определить э. д. с. индукции,
возникающую в установленной на машине антенне, расположенной вертикаль-
вертикально и имеющей длину I = 50 см, вследствие движения автомобиля в магнитном
поле Земли.Принять горизонтальную составляющую индукции магнитного поля
Земли равной Вг = 0,05 мТ. Что покажет установленный в автомобиле мнкро-
вольтметр, если его присоединить к концам антенны?
16.2. Плоская прямоугольная катушка со сторонами а = 15 см и Ь = 30 см
имеет N ~ 100 витков. Катушка вращается вокруг одной из средних линий пря-
прямоугольника в однородном магнитном поле с индукцией В = 20 мТ, совершая
п = 40 об/с. Определить максимальное значеиие э. д. с. индукции в катушке,
если ее ось вращения перпендикулярна направлению поля.
16.3. Металлический стержень длины / = 400 мм вращается с частотой
п = 50 об/с в однородном магнитном поле с индукцией В = 10,0 мТ в плоско-
плоскости, перпендикулярной направлению поля, вокруг оси, проходящей через его
середину. Определить разность потенциалов U, возникающую между одним из
концов стержня и его серединой. Чему равна разность потенциалов U' между
концами стержня?
16.4. Какое количество электричества q протечет по рамке abed, рассма-
рассматриваемой в условии задачи № 16 -1 (стр. 190), за время А/ = 0,10 с, если про-
проводник ad двигался равномерно, а сопротивление рамки оставалось в течение
промежутка \t практически постоянным и равным R = 1,00 кОм?
16.5. Решить предыдущую задачу при условии, что сопротивление рамки
равномерно возрастало в течение промежутка Д<от/?0 = 1,0 Ом до /?< = Э,0Ом.
16.6. На цилиндрический картонный каркас длиной / °» 26,0 см и диаме-
338

тром D = 2,0 см намотай в два слоя провод диаметром d = 0,20 мм с весьма тон-
тонкой изоляцией так, что витки плотно прилегают друг к другу. Вычислить нн-
дуктнвиость этой катушки.
16.7. Катушка с медным проводом подключена к источнику постоянного
напряжения. Через какой промежуток времени т сила тока в катушке достиг-
достигнет а = 0,9 установившегося значения? Необходимые данные взять из условия
предыдущей задачи.
17.1. Железный тороид сечением S= 100 мма и средним диаметром D -=»
= 150 мм имеет две обмотки, состоящих нз A/t = 500 и /V2 = 40 витков. По
первичной обмотке пропускают постоянный ток силой / = 0,30 А. В цепь вто-
вторичной обмотки включен баллистический гальванометр. Если изменить направ-
направление тока в первичной обмотке, то при этом через баллистический гальванометр
проходит заряд q = 120 мкКл. Зная, что общее сопротивление вторичной обмот-
обмотки и гальванометра R = 50 Ом, определить магнитную проницаемость ц желе-
железа при данных условиях.
17.2. Железный тороид сечением S = 400 мм2 и средним диаметром D =
= 300 мм имеет поперечную прорезь шириной а = 2,0 мм. На тороид нанесена
обмотка с числом витков N = 1800. Когда по обмотке пустили ток силой / —
= 1,00 А, индукция магнитного поля в зазоре стала В = 0,65 Т. Определить-
магнитную проницаемость ц железа при данных условиях.
17.3. Определить энергию магнитного ноля, заключенную в сердечнике
тороида из условия задачи № 17.1.
17.4. Коаксиальный кабель состоит из тонкой металлической трубки дли-
длиной I и радиуса R (R <& I) и расположенного вдоль ее оси провода радиуса г.
Силы токов в трубке и проводе равны, направления иротивоположиы. Опреде-
Определить энергию магнитного поля кабеля при силе тока, равной /. Магнитным
полем внутри металла пренебречь, а магнитную проницаемость ц среды, разде-
разделяющей проводники, принять равной единице.
18.1. Пучок электронов влетает в плоский конденсатор параллельно его
пластинам длиной I = 5,00 см. Напряженность электрического поля конденса-
конденсатора ? = 40 кВ/м. Определить кинетическую энергию Т электронов, влетаю-
влетающих в конденсатор, если, пройдя его, пучок отклоняется от первоначального
направления на угол а = 22°.
18.2. Пройди ускоряющую разность потенциалов U — 2,0 кВ, электрон
влегел в однородное магнитное поле с индукцией В = 1,6 мТ перпендикулярно
линиям индукции поля. Определить радиус г окружности, по которой будет
двигаться электрон, и его момент импульса L.
18.3. В электроннолучевой трубке пучок электронов, пройдя ускоряющую
разность потенциалов U = 15 кВ, движется затем по направлению от анода
к экрану и создает в центре последнего световое пятно. При наложении одно-
однородного магнитного ноля с индукцией В = 0,45 мТ, направленного перпендику-
перпендикулярно оси трубки, пятно на экране сместилось на а = 50 мм. Зная, что экран
удален от анода па / = 300 мм, определить удельный заряд elm электрона.
18 4. Электрон диижется со скоростью а =• 9,0 • 10е м/с в однородном
магнитном поле с индукцией В = 0,63 мТ так, что угол между векторами v, В
весьма мал. Определить шаг h винтовой линии, по которой движется электрон.
18.5. Определить скорость и и импульс р заряженной частицы, которая
прошла ускоряющую разность потенциалов U = 1,5 MB. Рассмотреть два слу-
случая, соответствующие: а) протону и б) электрону.
К главе в. Колебания и волны
19.1. Определить максимальную скорость и максимальное ускорение точки,
колеблющейся но закону х = 2 cos я (t + 1) (смещение даио в сантиметрах).
19.2. Точка участвует одновременно в трех колебаниях, происходящих по
одной прямой и выраженных уравнениями. хх = 2 cos /; х3 — — 2 sin (t —
— я/4); х3 — 2 cos (/ -f- л/2) (смещение х дано в сантиметрах). Определить ам-
амплитуду Ао и начальную фазу ф0 результирующего колебания.
19.3. Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных
колебаниях, выраженных уравнениями: х = 3 sin 5l, у = 2 sin E/ -f л/2).
Найти уравнение траектории и показать, в каком направлении происходит дви-
движение.
339

t9.4. Математические маятник, подвешенный к потолку вагона, совершает
колебания Найти относительное изменение периода колебаний маятника, если
вагон начнет двигаться в горизонтальном направлении с постоянным ускоре-
ускорением а = 0,5 м/с*.
10.6, Тело, неподвижно висящее на цилиндрической пружине, растягивает
ее на Ах = 40 мм Затем тело было смещено из положения равновесия по вер-
вертикали вниз на Дх0= 20 мм и отпущено, в результате чего оио стало совершать
гармонические колебания. Определить скорость v тела в момент прохождения им
положения равновесия.
19.6. На концах тонкого стержня длиной I = 50 см укреплены по одинако-
одинаковому грузику. Под действием силы тяжести система колеблется в вертикальной
плоскости вокруг оси, которая делит длину стержня в отношении а = 4 1 5.
Пренебрегая массой стержня, определить период колебаний маятника.
19.7. Тонкий диск подвешен в юризонтальной плоскости на трех параллель-
параллельных нитях одинаковой длины / так, что точки подвеса расположены симметрично
относительно его центра. Определить период Т крутильных колебаний диска,
если амплитуда их мала.
19.8. Найти ирсмя I, в течение которого энергия колебаний камертона
с частотой v = 440 Гц уменьшится в N — 1,00 • 10е раз, если логарифмиче-
логарифмический декремент затухания X = 1,00 • 10~з.
20.1. Медный стержень длиной /= 1,00 м закреплен на концах. Найти
частоты собственных продольных колебаний стержня.
20.2. Наблюдатель, стоящий на шоссе, слышит звуковой сигнал проезжаю-
проезжающего мимо автомобиля. Когда он приближается, частота звука, регистрируе-
регистрируемого наблюдателем, v[ = 3,00 кГц; когда удаляется, регистрируемая частота
Vj = 2,50 кГц. Каковы скорость и автомобиля и частота колебаний v источ-
источника звука? Скорость звука принять с = 340 м/с.
21.1. Заряженный конденсатор емкостью С = 40 мкФ соединяют при по-
помощи ключа с катушкой индуктивностью L = 100 мГ. Пренебрегая омическим
сопротивлением полученного колебательного контура, определить время t,
по истечении которого сила тока в контуре достигнет максимального значения.
21.2. В цепи, состоящей из последовательно включенных резистора со-
сопротивлением R = 1,00 кОм, катушки индуктивностью L = 300 мГ и конден-
конденсатора переменной емкости, действует синусоидальная э. д. с. с действующим
значением % = 60 В и частотой v = 50 кГц, Определить значение емкости С
конденсатора, при котором в цепи наступит явление резонанса. Определить
• также действующее значение силы тока /рез в цепи при резонансе.
К главе 7. Оптика
22.1. Показать, что кажущаяся глубина водоема, если смотреть по вер-
вертикальному направлению, составляет 3/4 его истинной глубины.
22.2. Луч, дважды преломляясь на гранях равнобочной призмы, выходит
ni нес, будучи отклоненным на S = 37°10' от первоначального направления.
Определить преломляющий угол А призмы, если внутри призмы луч идет па-
параллельно ее основанию. Показатель преломления п — 1,5.
22.3. Перемещая линзу между светящимся предметом и экраном, полу-
получили при одном ее положении увеличенное изображение предмета, при дру-
другом — уменьшенное. Зная, что расстояние между предметом и экраном / =
— 1000 мм, а расстояние между двумя положениями линзы, соответствующими
увеличенному и уменьшенному изображениям, s = ЬЬО мм, определить оптиче-
оптическую силу Ф линзы.
22.4. Объектив телескопа состоит из двух сложенных вплотную линз!
собирающей с фокусным расстоянием/^ = 2,00 м и рассеивающей с /2 = — 4,00 м.
Какой оптической силы следует взять окуляр, чтобы телескоп давал увеличение
Г = 100?
22.5. Точечный изотропный источник S света находится на высоте h над
горизонтальной поверхностью. Во сколько раз изменится освещенность поверх-
поверхности в точке А, находящейся под источником, если на расстоянии от S, рав-
равном h, поместить вертикально расположенное плоское зеркало, отражающее
свет в А? Коэффициент отражения принять равным единице.
340

22.в. Светильник в виде шара из молочного стекла создает на расстоянии
' г = 5,0 м при нормальном падении лучей освещенность Е = 6,0 лк. Определить
яркость В светильника, если его диаметр D = 20 см
22.7. Источник света имеет форму цилиндра длиной / = 40 м и диаметром
D = 30 мм, расположенного параллельно освещаемой им плоской поверхности
на расстоянии h = 1,00 м Его яркость В = 4,2 • 10» кд/ма. Полагая, что ис-
источник излучает свет по закону Ламберта, определить освещенность ? поверх-
поверхности в точке, ближайшей к середине источника.
23.1. Плоскопараллельиая пластинка с показателем преломления п -- 1,50
освещается параллельным пучком монохроматического света (X = 0,59 мкм).
При постепенном увеличении угла i падения лучей интерференционная картина
в отраженном свете изменяется. Зная, что при изменении угла i в некотором ин-
интервале имеются лишь два значения i, = 30° hi, = 34°, соответствующие мак-
максимальной интенсивности отраженного света определить толщину /i пластин кн.
23.2. Плосковыпуклая линза (л = 1,50) с оптической силой Ф = 2,00 да
выпуклой стороной лежит на стеклянной пластинке. Радиус четвертого темного
кольца Ньютона в отраженном свете р = 0,70 мм. Определить длину световой
волны к.
24.1. Между точечным источником монохроматического света (X = 0,50 мкм)
и экраном поместили диафрагму с круглым отверстием радиуса гх = 0,75 мм.
Расстояние R от источника до диафрагмы равно расстоянию г0 от диафрагмы до
экрана' /? = /¦,)= 0,75 м. Увеличится или уменьшится освещеннойь экрана
в точке Р, лежащей против центра отверстия, если его раднус увеличить до
га = 0,87 мм?
24.2. На дифракционную решетку, содержащую N = 400 штрихов на
Д/ = 1,00 мм, падает нормально монохроматический свет (X = 0.60 мкм). Найти
общее число ftMaKa дифракционных максимумов, которые дает эта решетка, и
угловое положение <рмакс последних максимумов
24.3. Определить максимальный размер аМВкс зерен эмульсии фотопленки,
при котором еще можно полностью и< пользовать разрешающую силу телеобъек-
телеобъектива фотоаппарата с относительным отверстием Dlf = 1 : 3,5. Длину снетовой
волны, на которую приходится максимум чувствительности фотопленки, при-
принять X = 0,55 мкм
25.1. Угол полной поляризации при отражении от кристалла кимешюй
соли <р —- 57°05'.Определить скорость v распространения света в этом кристалле.
25.2 Степень поляризации частично поляризованного света Р — 0,25.
Найти отношение интенсивности /р плоскополяризованной составляющей этого
света к интенсивности 1п естественной составляющей.
25.3. Естественный свет падает на систему из двух последовательно рас-
расположенных николей, главные плоскости которых образуют между собой угол
<р = 50°. Зная, что при падении на каждый николь лииейио поляризованного
света максимальный коэффициент пропускания т = 0,90, определить, во сколь-
сколько раз уменьшится интенсивность света после прохождения данной системы.
26.1. Длины волн Х01, Хо,, соответствующие максимумам спектральной
плотности энергетической светимости в спектрах двух абсолютно черных тел,
различаются на ДА, = Яо1 — Хо1 = 0,50 мкм. Определить температуру Тя вто-
второго тела, если температура первого Тх — 2,50 • 103 К.
26.2. Вольфрамовая нить диаметром dx = 0,10 мм соединена последова-
последовательно с вольфрамовой нитью неизвестного диаметра. Нити накаливаются в ва-
вакууме током, при этом их установившиеся температуры Ti = 2,00 • 103 К,
7", = 3,00 ¦ 103 К. Найти диаметр da второй нити. Коэффициенты полного излу-
излучения вольфрама и его удельное сопротивление, соответствующие данным темпе-
температурам, равны ах — 0,260, аг = 0,334, р, = 5,91 • 10"' Ом ¦ м, ра =
= 9,62 ¦ 10-' Ом • м.
27.1. Найти длину.волны Хмин коротковолновой границы сплошного рент-
рентгеновского спектра, если скорость электронов, подлетающих к антикатоду труб-
трубки, v = 0,85 с, где с — скорость света.
27.2. Параллельный пучок монохроматических лучей Q. = 0,662 мкм)
падает нормально на зачерненную поверхность (р = 0) и производит давление
Р = 3,0 • 10"' Па. Определить концентрацию п фотонов в световом пучке.
27.3. Плоская световая волна с интенсивностью / освещает шар с зеркаль-
341

ной поверхностью радиуса /? (# > X). Приняв, что коэффициент отражения р
не зависит от угла падения, определить силу светового давления, действующую иа
шар.
К главе 8. Атомная и ядерная физика
28.1. Вычислить частоты пи и2 обращения электрона иа первой и второй
боровских орбитах атома водорода, а также частоту v фотона, соответствую-
соответствующую переходу электрона между этими орбитами.
28.2. Найти интервал длин волн, в котором заключена спектральная се-
серия Бальмера для атома водорода.
28.3. Определить скорость v, которую приобретает покоящийся ион ге-
гелия Не+ в результате излучения фотона при переходе из первого возбужден-
возбужденного состояния в основное.
29.1. Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти электрон,
чтобы его де-бройлевская длина волны стала X = 1,00 А?
29.2. При каком значении кинетической энергии Т де-бройлевская длина
полны Я электрона равна его комптоновской длине волны kcf
29.3. Частица находится в возбужденном состоянии (я = 3) в одномерном
потенциальном ящике шириной /. В каких точках интервала 0 < х < I плот-
плотность вероятности нахождения частицы имеет экстремальные значения?
29.4. Вычислить полную энергию W и орбитальный момент импульса /V);
электрона, находящегося в 2р-состоянии в атоме водорода.
29.5. Найти максимально возможный полный механический момент (М j)mbhc
атома натрия, если его валентный электрон имеет главное квантовое число л = 4.
30.1. На какую часть уменьшится активность a HjOTona 236U за время At?
Рассмотреть случаи: 1) А( = 1000 лет; 2) At = Т, где Т = 7,1 • 10s лет —
период полураспада 236U; 3) Д/ = 10е лет.
30.2. В урановой руде па тх = 1,00 кг урана 218U приходится т2 = 0,32 кг
свинца а0ЯРЬ. Определить возраст I урановой руды, считая, что весь свинец
является конечным продуктом распада уранового ряда. Период полураспада
урапа-238 Т = 4,5 • 109 лет.
31.1. Сколько тепла выделяется при образовании m = 1 г гелия в резуль-
результате ядерной реакции ?Н + \Н -* §Не + ^п?
31.2. Какова наименьшая энергия емин фотона, способного вьнвать рожде-
рождение пары позитрон—электрон, при его взаимодействии с покоившейся части-
частицей? Рассмотреть два случая, соответствующих взаимодействию фотона со сле-
следующими частицами: а) электроном; б) протоном.-
Ответы
1.1. v = s/2/ = 3,0 км/ч. 1.2. s= 2vat. 1.4. s =- v% sin 2a/g—l. Указа-
(i и е: использовать симметрию задачи, обусловленную зеркальным отражением
мяча от стены при упругом ударе. 1.5. а = arc sin (vo/Vи2 + g2/2) = 26°;
= 4,4 м/с*; ax = g4lVv$ + gVs = 8,8 м/с2. 1.6. a =
u = 1,6 м/с2; a = 14°. 2.1. a2 = ma,g/(ma, +
+ /¦',) - 4,9 м/с2; Fi_=_F1mg/(mal + FJ = 1 к re. 2.2. F = mg A -
= 6 H. 2.3. v = VgR ctg a. 2.4. n = (l/2n)V//g = 0,41 c-^_ Указание:
учесть, что для малых углов sin a = tg a. 2.5. v = VVg/? = 1? M/CI 2.6.
1) a = FI(M + m) = 0,33 м/с2; />„ = FM/(M + m) = 6,5 H; 2) Fip = \Lmg =
= 9,8 H; аг = [imglM = 0,5 м/с2; a2 = Flm — \ig = 2,0 м/с2. 2.7. ax = 2 Bm!—
— Щ) Vg2+ a2/D/nt -f /n2); a2 = Bmx - m2)У^М^г/Dт1 + m2); T =
= Ът1тг'\/цг -f- a'i/(im1 + m2). Указание: применить систему отсчета, свя-
связанную с вагоном. 3.1. их = [т' (v + и) + my]/(m + m'); и2 = и! vs = I' (и ~~
— и) + /nol/(m + m'). 3.2. А = i»2/2g (I + ц ctg a) = 4,2 м; v = va (I —
— ц ctg а)/A + ц ctg а) = 8 м/с. 3.3. AF = 6 mg = 12 Н. 3.4. А = Mv2/2 (M +
+ т) g. 3.5. ДГ^ — т [v* - uj - (vL - us)a /М]/24 / 4Щ +
342

+ ma) = 1,2 . 10* г • см«. 4.2. /=0,5 яр/i [Я* — 2г* (г» + ва)| = 7,6-10» г-см*.
Указание: использовать аддитивность момента инерции. 4.3. at =>
= Bmxm,)g 4 4 = 2f
4/W + m+ 4///?
4/И! + m2 -f 2 i + ,+ ?2
4.5. T = Л4я/?а/2 (Ла + 2/-2); a = 2#-»/(Я2 + 2,»). 4.6. ? = ml2M. 4.7. A =
= n^ml2n1nj6= 7,9 Дж. 5.1. gM = A*Mfl5?/jM3flM = 0,5 g. 5.2. u»A>i =
= У(#3 + Ai)/(fl3 + Л2). 5.3. Л = 0,047yMm'JR = 0,3 • 101» Дж. 5.4. / =
= 774~l/2 = 65 сут (Т — период обращения Земли вокруг Солнца). Указа-
» и е: рассматривая падение тела на Солнце как предельный случай движения по
эллипсу, применять третий закон Кеплера.
6.1. р — РОТ1ТО — 2,48 • I03 Па; Др/р = mRT0/\iVp0 — 2,2 или 220%.
6.2. р- rtp.iyr, + PiVilTJKVt + V.z). 6.3. ймакс -= (RT!\iBg) In [((iB -
— (ir) p0V!tnRT\ ¦= 30 км. Указание, применив закон Архимеда и бароме-
барометрическую формулу, выразить подъемную силу F как функцию F (/г). 7.1. W =
=•-- da/6l/2oa_= 0лЗЗ • 10'8. 7.2. я = ЗЯр//гиУкв = 3,6 ¦ 1026 м-з. 7.3. &N =
= 4AvPV\/^lVnekTV2RT = 6,35-102". 8.1. Q = (/?/2) (i^/щ -|- 1Ятя/ца)Д/-=
= 17 кДж. 8.2. AU = ipAV/2 = 3,0 кДж. 8.3. Аг1Ах = A — N*'1) X
Х[A - V) In W]-1 ¦- 1,15. 8.4. Q, - C/2) v^r, [(p2V2 - Pi^l/p^J + Pi (Vs-
— К,); Q2 = C/2) v/?T, [(p2V8 - p, VV/pil/i) n- pa (l/a — Vt). Указание:
применить первое начало термодинамики. 8.5. ц' — A — Л)/П- 8.8. AS =
— me In (ТУГ,) I- Xm/T2 ~ 14 кДж/К. 9.1. VK - 3vRTK!8pK =1,3-10-3 мз.
9.2. At =- |t'2 -t- 3 B — ^4) a/2pr]/c = 1,8 • 10-3 к. Указание: соглас--
!io закону сохранения энергии суммарная убыль кинетической и поверхност-
поверхностной энергий системы, происходящая в процессе слияния капель, равна прира-
приращению энераии теплового движения молекул ртути. 9.3. F — 2am/p/t2 =
— 1,4 кН. 9.4. р -—Par pgh ~ laid — Рнагыщ = 793 мм рт. ст. Указание:
внутри n^upiKd паходгтея (^¦ecь unon' ио.)духа и насыщающего пара воды.
По .чакону Да.и.н r<i, р( м " р-1 (), ,и |>Ш|, 1де значение рнасы1ц находится из
таблиц при С — ^0" С Рцасыщ — ''',0 мм рт. ст.
10.1. F:,JFr= q*/4ntnym2; а) 0,34; б) 4,2 • 10". 10.2. q0 = q}/Z\ равно-
будет неустойчивым. 10.3. д = 4ягЗр/3?' --= 4,8 ¦ 10~19 Кл. 10.4. а) ? =
У?,?)* + Шг\J + q^i (r\ + г\ - г*Iг\г11Ыъ0 = 3,6 ¦ Юз В/м;
б) ? = | ^2 |/4этеог1 =~- 2>8 • 103 в/м- 10-5- ?маио " T/neor = 7,2 кВ/м. Ука-
Указание: выразить напряженность ? электрического поля нитей в произвольной
точке плоскости симметрии как функцию расстояния этой точки до плоскости,
содержащей нити. 10.6. F = nOiO2/?2/2e0 — 3,1 мН. 11.1. q =- 4яво/?2? =
- 4,5 • 105 Кл; <р ^-- ER ¦= 6,4 • 108 В. 11.2. а) <р = A/4ле0) (^/^ + д2г2) =
^ 160 В; б) ф = A/4яе„) (?,//?, + q^/Гг) = 75 В. 11.3. ф^т/?/2е0У /?2 + h*\
Г. — xRh/2n0 (Rl -f- ЛгK/з. Указание: сначала найти потенциал, а за-
затем, используя соотношение A1.6), — напряженность. 11.4. г = eq/ine,,,]!? —
- /? = 3,0 см. 11.5. ?1 -- ?4 = (I Qi I - I Q2 0/2; ft = - q3 = (| Qt | + | Q2 [)/2
(обозначения нарядов соответствуют рис. 11-4). Указание: сначала, приме-
применив теорему Гаусса и свойство проводников, в силу которого funyrp = 0, до-
доказать, что ql — — <7Я. Затем, используя метод, примененный при решении за-
задачи № 11-4 (стр. 117), вывести соотношение q, = qt. 11.6. (р = 9/4neor2;
(i)'= 0. Указание: учесть заряды, индуцированные на внутренней и внеш-
внешней поверхностях оболочки. 11.7. А — </* (г2 — ri)l&nzar1ra. Указание:
задачу можно решить двумя способами: 1) искома51 работа равна по модулю и
противоположна но знаку работе сил электрического поля, индуцированных на
поверхностях оболочки зарядов, совершаемой но перемещению заряда q, т. е.
ч
А = — j (ф! — q2) dq, где <рх — потенциал поля индуцированных зарядов В
центре оболочки, ф2 — Ф°° — 0; 2) искомая работа равна изменению энергии
электрического поля системы рассматриваемых тел, т. е. А = — ДЦ^, где W=
— f wdV, а объемная плотность энергии w определяется формулой A2.11). При
интегрировании необходимо учесть стсутс7вие поля внутри проводящей обо-
343

лочки. 11.8. А - <j«/8«e^,. И.1. ?i = 9/е,ег! - 0,12 кВ/м; ?, = f/eorj
= 0.46 кВ/м; в' -= (е — Г) в/е (г ¦+ в)' = 0,46 мкКл/м". 12.2. и» = eotU2/2cfi
= 33 Дж/м». 12.8. W = 2я#Д V«pV9eo|»« = 1,4 ¦ 10" Дж. 12.4. А
— qi (ri -+¦ г^/вяво^г». Указание: учесть, что после удаления заряда q на
оболочке останется индуцированный заряд q' = — а. 12.5. Увеличится в два
раза. 12.6. <ра - ФЬ = (CJ(Ca + С4) - C,/(Ci + С,)] V = - 33 В. 13.1. а =
= (i/j + Ut) t/2R = 0,40 Кл. 13.2. R = р In (r/ro)/2nd = 6,2 мкОм. 13.3. <^ =
= V, (J?i - *i)/(/i - /i) - 1.4 B; r = (/,/?¦ - /,/?,)/(/i - /,) = 0.20 Ом;
/0 = jfj/j (?a _ ^)/(/2Л, — /^i) = 7.0A. 13.4. R = 5r/6. Указание:
найти точки равного потенциала. 13.5. &R/R = IRAIU. 13.6. lx = #,//?, =
=-¦ 1,5_мА;/, = »2/Л1 = 0,8мА;/ = /j — /2 = 0,7мА. 13.7. P2 = 2PlPJB'\/FQ —
— ~[/Рх)'1 = 980 Вт. Указание: учесть, что уменьшение разности по-
потенциалов на клеммах розеткн вызвано падением напряжения на подоодящих
проводах вследствие протекания по мим тока. При этом э. д. с. источника оста-
остается постоянной. 14.1. <у> = IvleNA(>S -— 0,44 см/с. 14.2. п — Idle (и++
+ и-) SU = 1,4 • Ю1» м-з.
15.1. В = цо//4Л — 10,0 мкТ. 15.2. В = 2ц0/ Х]/«' ¦+¦ 62/ПяЬ = 20 мкТ.
15.3. Вмакс = 2цо//ла = 40 мкТ. 15.4. ВМакс -= \>-я1Ыа =^ 20 мкТ. Указа-
п и е: сначала выразить величину В и произвольной точке плоскости симмет-
симметрии как В = В (х), где х — расстояние точки от плоскости, содержащей про-
провода. 15.5 F= 2RIB= 1,5 мН. 15.6. 1) F = ^„l^RIa; 2) F = Зяцо/2/? «/2а*.
Указание: в первом случае соседние элементы двух колец взаимодейст-
взаимодействуют так, как если бы они принадлежали двум параллельным бесконечно
длинным проводам; во втором — можно применить формулу для индукции маг-
магнитного поля на оси кругового тока в точках, удаленных от контура на расстоя-
расстояние а > R- В = р.„рм/2лоя. Затем следует использовать метод, изложенный в ре-
решении задачи № 15-G (второй способ,стр. 186). 15.7. А — (цо/л)///' 1п (а0 + 1)/а0.
16.1. % = Brlv = 0,5 мВ; G = 0; 16.2. ?Mab0 = 2nnabNB = 23 В. 16.3. U =
= лпПВ/1 == 63 мВ; U' -—- 0. 18.4. q =- BlvtUIR = 2,5 мкКл. 18.5. 9 = BlvM X
X In (Rt/R0)/(Rt — Ro) — 1.4 мКл. Указание: использовать вытекающую
из условия зависимость R (/)¦ R = Ro -\- kt, где ? — постоянная величина.
16.6 Z. --= ц0л?>2ад2 = Ю мГ. 16.7. т - — 1п A — а) яц0^О/8р = 0,28 мс.
17.1. р. = ziDRql2\inNxNiIS = 1,9 • Юз. 17.2. р. = nDBI^Nl — Ва) —
= 0,61 • 103. 17.3. W --= NiqIRj4N2 =¦- 5,6 мДж. 17.4. U7 = (цо/2//4я) In (/?//¦).
Указание' использовать результат, полученный при решении задачи
№ 15-3 (стр. 180), и формулу A7.8) для объемной плотности энергии магнитного
поля. 18.1. Т = eEl/2 tg а = 2,5 кэВ. 18.2. г = У2/и?//е/Д=9см; L = 2mU/B=
= 2,3 . 10-24 кг . М2/с. 18.з. elm = 8д2Ц/В* (I2 + а2J = 1.8 ¦ 10" Кл/кг.
18.4. h = 2nmvleB = 5,0 см. 18.5. a) v = У 2е17/пР = 1,7 ¦ 107 м/с; р =
= У2е(Ут„ = 2,83 ¦ 10~а° кг - м/с; б) и= сУ1 — W%/(eU + U70J = 2,9X
Х108 м/с; р = (l/c)VeU (eU + 2\Vn) = 3,0 • 10-21 кг . м/с, где U70 ¦= т0с2—
энергия покоя электрона.
19.1. кМаио= 6,28 см/с; амак0 = 19,7 см/с2. 19.2. Ао = A + У2) Л =
—- 4,82 см; ф„ = л/4. Указание: применить метод векторных диаграмм.
19.3. х2/9-'г у"/4 = 1; точка движется по эллипсу по часовой стрелке. 19.4.
(Т — Т')/Т = 1 — vg'(g2 -i- a2)'A. Указание, использовать неинерциаль-
ную систему отсчета, связанную с движущимся вагоном. 19.5. v = hxo~[/glAx—
= 31 см/с. 19.6._Г =¦¦= 2яУ / A + й2)/# A _ Й2) = 3,0 с. 19.7. Т = 2x~\/t/2g.
19.8. / = In ~[/N/\v = 16 с. Указание: учесть, что энергия колебаний
пропорциональна квадрату амплитуды. 20.1. v — ^У?/р/2/ = k • 1,8 • 103 Гц,
где k = 1, 2, 3, ... 20.2. и = с {у± — Vj)/(vi + Vj) = 31 м/с; v = 2vi'va/(v1' +
+ vj) = 2,7 кГц. 21.1. t = n)/LCI2 = 3,1 мс. 21,2. С = Ц\№\*Ь = 1,3 нФ;
/ = 4ir = 60 мА.
22.2. А = 2 arc tgfsin F/2)/[я — cos F/2))} = 60°. 22.3. Ф = 4//(/2 — &) =
= 6,9 дп. 22.4. Ф = Г (fy + /2)//i/. = 25 дп. 22.5. EtIEt чг J + 1/бУб =
« 1,09. 22-.6. В = 4?г2/лД2 = 5 ¦ 10» кд/м«. 22.7. Е = nflD/A = 200 лк.
344

Указание: используя формулы B2.12) и B2.14), найти освещенность в за-
заданной точке от произвольно расположенного элемента цилиндра длиной dl.
Затем, рассматривая цилиндр как бесконечно длинный, проинтегрировать по-
полученное выражение. 23.1. h = \/2 (У л* — sin2 i, — V«* — sin2 it) =2,7 мкм.
23.2. fc, = ргф/4 (л — 1) = 0,49 мкм. 24.1. Освещенность уменьшится. 24.2.
*макс = Z? (Al/Nk) + 1 = 2? D,16) + 1 = 2 • 4 f 1 = 9; <рман0 = 74°. 24.3.
Дмакс = 1.22X//D = 2,4 мкм. 25.1. и= c/tg ф = 1,94 -,10е м/с. 25.2. 1р/1п =
а= р/A — Р) = 0,33. 25.3. /0//=2/т.» cos2 ф = 6,0. 26.1. Га= Й7УF + 7\Д*.) =
= 1,75 ¦• Юз К. 26J2аг = я1, f a,p?7'f'o2pI74 = 0,00. 27.!.
J г ,f2p мин
A—/1—u*/c*) =0,028 А. Указание: электрон следует рассма-
рассматривать как релятивистскую ч.сгицу, кинетическая энергии которой выражает-
выражается формулой A8.6). 27.2. п = PXIhc = 1,0 ¦ 1()]а м-я. 27 3. F = ziR*lic. У к и-
а а н и е: рассмотреть две части потока фотонов, взаимодействующих с шаром,
поглощаемую A — р) и отражаемую р. Для расчета давления во втором слу-
случае использовать результат, полученный при решении задачи № 27-5 (стр 295)
28.1. щ = 8с/?/4 = 6,58 • 10 об/с; п2 - cR/A = 0,822 • 1016 об/с; v-
= ЗсЛ/4 = 2,47 • 1016 Гц. ^8.2. [3650 А, 6570 А]. 28.3^ v = 3&hR/4M =
= 3,2 м/с. 29.1. U = л2/2т/№ = 0,15 кВ. 29.2. Г = тос2 A/2 — 1) = 0,21 МэВ.
29.3. Максимальное значение при х\ = //6, хя = //2, *6 = 52/6; минимальное
приха = //3; *«= 2//3.29.4. W = — 3,4эВ;М; = ~]/Ш = 1,50 • 10-s« Дж • с.
29.5. (Mj)mkc= (У63/2) К= 4,18 • \0~** Дж/с. 30.1. 1) Да/а = In 2Д//71 =
= 0,97 • 10"в; 2) Да/а = 1/2; 3) Да/а = 1 — 2-д'/г = 0,62. 30.2. t = T In A +
+ Hi/n»/nj/ni)/In 2 = 2,2 • 108 лет. 31.1. IF = NAmQ/\i = 8,1 • 10'кДж. 31.2.
a) «мин = 4mcc2 = 2-04 МэВ-- б> fmiih = 2m,c2 A + me/mr) = 1,02 МэВ. Ука-
Указание, применичь законы iохр. пения полной релятивистской -анергии и
импульса Учесть, что значению eMmt соответствует нулевая относительная
скорость частиц — прод>ктов реакции (см. задачу №31-4, стр. 330).
Таблица номеров задач из задачников [10], [15]
(Звездочкями отмечены задачи, к решению которых пск-ле таблицы
даны указания.)
1-1
1-2
1-3
1-4
1-5
1-6
2-1
2-2
2-3
2-4
2-5
2-6
2-8
3-1
3-2
3-3
3-4
3-5
3-в
3-7
4-2
4-3
4-4
[10]
1.4
1 7
1.10
137
1 24
1 58
2 2?
2 101
2 34
2 23
2 35
261
2 67
2 129
2 118
2 108
2 90
2 82
3 12
3 14
3.37
[15]
—
1-1
1-18
1-36
1-6
1 43
2-2
2-40
2-21
2-4
2 19
26
2-41
231
2-34
2-53
5 20
2-62
2-78
2-73
3-18
3 20
3-46
4-5
4-6
4-7
5-1
5-2
5-3
5-4
5-5
6-1
6-2
6-3
6-4
7-1
7-2
7-3
7-4
7-5
8-1
8-2
8-3
8-4
8-5
8-6
[10]
3J4
3 13
2 151
2 140
2 152
2 158
54
5 33
5 14
5 111
5.45
5 56
5 97
5 100
5 117
5 160
5 173
5 185*
5.194
5 198
5.201
[15]
3-45
3-26
3 24
4-4
4-7
4-33
4-34
4-17
8-1
8 27
8-2
9 24
9 13
9-22
—
—
9-41
10-1
10-15
10-33'
10.44
10-48
10-49
345

8-8
9-1
9-2
9-3
9-4
9-5
9-в
9-7
9-8
9-9
10-1
10-2
10-4
10-5
10-6
10-7
11-1
11-3
11-4
11-5
11-6
11-7
11-8
11-9
12-1
12-2
12-3
12-4
12-5
12-7
12-8
12-9
12-10
12-11
13-1
13-2
13-3
13-5
13-6
13-7
13-8
13-9
13-10
13-11
13-12
13-13
13-14
13-15
14-1
14-4
14-5
14-6
15-1
15-2
15-3
15-4
15-5
15-в
16-1
16-2
Б.222Ч
6.5
6.6
68
6.22
7 33
7,40
7 49
7 65
71
9 10
9 13
9 32
9 20
9 26
9 44
9 98*
9 52
9 42
—
9 38
9 85
9 89
9 86
9 118
9 126
9 112
9 90
9 103
—
9 109
10 1
10 10
104
J0 36
10 24
10 23
1021
10 33
10 83
10 46
10 50
1064
10 70*
10 120
10 112
10 1Г>
10 114
11 15
11 22
11 29
11 60
1156
11.100
11,102
10-65»
11-4
11-5
11-3
11-9
11-12
11-22
11-15
13-12
14-6
14-7
14-20
14-10
14-24
15-6
15-21*
15 25
15-38
14 54
15-35
51 29*
15-55
14-28
14-29
17-9
18 6
14 42
17-10
17-17
17-25
17 24
19-1
19 3
19-4
19-12
19 17
19-6*
19-11
19-21
19-24
19-25
19 27
19-29
19 30
20-3
—
20 22
20 25
21 30
21 20
24-4
21 13*
22-28
25-5
25-8*
25-11
16-4
16-5
16-6
17-1
17-2
17-3
17-5
18-1
18-2
18-3
18-4
18-5
18-6
19-1
19-2
19-3
19-4
19-5
19-6
19-7
19-8
19 9
19-10
19-11
20-1
20-3
20-4
20-5
20-6
20-7
21-1
21-2
21-3
21-4
21-5
22-1
22-2
22-3
22-4
22-5
22-6
22-7
22-8
22-9
22-10
22-11
22-12
22-14
23-1
23-2
23-3
23-4
23-5
24-1
24-2
24-3
24-4
24-5
25-1
2S-2
[10]
11.113
11.128
11.123
11 124
11 53
11.112
9 70
1172
11 84
1186
17 14
12.10
• 127
12 32
12 34
1241
3 50
12 27
12 29
12 48
1252*
12 54
1262
12 66
13 26
13.12
13 19*
149
14 11
14 28
14 26
144
15 12
15 13
15 19
1535
15 37
15 33
15 36
1545
15 54
15 66
15 52
15 51
165
167
169
16 12
16 17
1632
16 34
16 44
16 50
16.61
16.66
25-45
25-10
24-14
24-15
24-22
26-9
15 54
23 7
23-25
23-27
33 13
33 22
6-6
6-10
6-46
6-48
6-53
6-26
6 16
6 32
6 34
6 38
6 40
6-56
6 62
12 15
12 7
12 29
12 39
27-3
—
27 10
28 11
28 13
28 16
28 27
28 30
28 33
28 23
28 34
28 35
29 9
29 15
29 5
28 44
30')
30 15
30 12
30 19
30 24
31 3
31 7
31 9
31 16
31 18
32 5
__.
346

25-3
25-5
26-1
26-2
26-3
26-4
26-6
27-1
27-2
27-3
27-4
27-5
27-7
28-1
28-2
28-4
28-5
2il-l
20-2
[Ю]
16 67
16 64
182
186
18 12
18 19
18 17
20 28
19 19
19 27
197
1931
20 2
20 10
20 20
20 33
14 39
19 10
|15]
32 7
34 4
34 8
34-12
39-1
35-5
35-10
36-3
36-11
37-3
38-2
3S 10
38 7
39 9
10 R*
40 10
I IO|
29-3
29 4
2Я-5
29-6
29-7
29-8
29-9
29-10
30-1
30-2
30-3
30-4
30-5
31 1
31-2
Я 1 -3
31 4
—
_
215
21 11
21 15
21 18
20 40
22 8
—
22 15
22 33
45-9
46-11
46 19
46-40
46 60
47-6*
47-24
47-22
41-13
41-28
42-3
43-4
43-14
44-9
31 5
23 13
44 28
Указания к решению задач
5.185. Сравнит!) графики двух процессов, изображенных в одной и той же
системе координат р, V
5 222. Применить соотношение dQ = CptndT, где ср — удельная тепло
смк(К1ь водорода при постоянном давлении
9.98. Сначала с помощью формулы A1 10) найти заряд внутренней сферы
учитывая, что заряды обкладок конденсатора равны по величине и протико
но.южны по знаку Затем учесть соотношение A0.76)
10.70. Считать скорость рассеяния теплоты термостатом в течение данного
промежутка времени постоянной
12.52. При апериодическом движении и>1 — 0а <J 0.
I.J. 19. Считать частоту звука близкой к стандартной частоте v = 1000 Гц
2-34. Скорость сближения конькобежцев v = | v^ — v2 |, где vj и v2 — и .
скорости относительно Земли. Так как векторы Vj и Vj направлены протиноио
ложно то |vL — v2| = с, + tJ.
3 45. Так как движение центра С обруча равноускоренное, то для опрело
лепня искомого времени достаточно найти конечную скорость vc.
10-33. Можно считать, что выпущенная ит баллона половина газа перенг-i i
r другой баллон такого же объема, соединенный с первым баллоном, и, такич
образом, объем газа увеличился в два раза
10-55. Применить соотношение dQ=c,mdT, где cv —удельная тепло
емкость водорода при постоянном объеме.
15-21. 1) При соединении шара с проводящей оболочкой заряды шар i
перейдут на оболочку, а потенциалы шара и оболочки сравняются. 2) При з,1-
землении проводящей оболочки ее потенциал становится равным нулю Pa i
ночь потенциалов между шаром и оболочкой можно вычислить по формула
(II 5), имея в виду услопие A0.76)
19-6 Используя соображения симметрии найти в каждой схеме точки
равного потенциала.
21-13. Применить формулу, выражающую индукцию магнитного поля со
леноида конечной длины в произвольной точке, лежащей на его оси: В -¦
= fj,u n! (cosa2 — cosa,)/2, где а,, аг — углы между направлением оси соленои-
соленоида и радиусами векторами, проведенными из данной точки к его концам.
25-8. Прр равномерном движении проводника искомая сила уравновеши-
уравновешивает силу Ампера F = //В, действующую на проводник вследствие того, что но
нему идег индукционный ток.
347

30-10. Учесть, что вдоль линии соприкосновения пластинок располагается
• интерференционный минимум, обусловленный изменением фазы на я/2 при от-
отражении световой волны от нижней пластинки.
40-8. См. текст к формуле B7.6)
46-40. Сначала найти волновое число k, = 2п/\2.
47-в. Условие нормировки: (|г|э (г) |2 dv = 1, где интегрирование прово-
проводится по всему пространству. Интеграл вычислить в сферических координатах.
51-29. Рассмотреть явление в неинерциальной системе отсчета, вращающейся
вместе с диском.

ЛИТЕРАТУРА
1. Л. Д Ландау, А. И. Ахиезер, Е. МЛифшии Курс об-
шей физики. Механика и молекулярная физика М., «Наука», 1965
2. К. А. Путилов и В. А Фабрикант Курс физики. Т. 3.
М., Физматгиэ, 1963.
8. И. В. Савельев. Курс физики Т. 2, изд. 4-е М . «Наука», 1970.
4. И. Е. Т а м м Основы теории электричества. М., «Наука» 1976.
б. Р. Фейнман, Р. Лейтон, М Свндс. Фейнманопские лек-
лекции по физике. Вып. б, 6, 7. М., «Мир», 1966.
6. С. Э. Ф р и ш, А. В. Т и м о р е в а Курс общей физики Т. 2,
изд. 9-е. М.. Физматгиз 1962.
7. С. Э. X а й к и н. Физические основы механики М., «Наука», 1971.
8. Э. В. Ш п о л ь с к и й. Атомная физика Т. 1,2. М., «Наука», 1974.
9. Б М. Яворский, А А. Детлаф. Справочник по физике для
инженеров и студентов вузов. М., «Наука», 1965.
10. В. С. Волькенштейн Сборник задач по общему курсу физи-
физики М., «Наука», 1973.
П. Л Г. Г у р ь е в, и др Сборник задач по общему курсу фИ1Ики М.,
«Высшая школа», 1966.
12. И. Е. И род о в, И. В. Савельев, О. И. Замша. Сборник задач
по обшей физике. М., «Наука», 1972
13. Е. М. Новодворская. Методика проведения упражнений по
физике в вузе. М., «Высшая школа», 1970
14 Д. И. Сахаров Сборник задач по физике М., «Просвещение»,
1967.
15. А. Г. Чертов, А. А Воробьев, М. Ф Федоров. За-
Задачник по физике с примерами решения задач и справочными материалами, М,.
«Высшая школа», 1973
16 Физическая оптика. Терминология Вып. 79. М., «Наука», 1970.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
Г « «щ 4 1. Механика 5
§ 1. Кинематика 5
A. Прямолинейное равномерное движение. Сложение скоростей F).
Б Неравномерное движение (9). В. Вращательное движение твер-
твердого тела A5).
§ 2. Законы Ньютона 17
Л Движение тел под действием постоянной силы тяжести н упру-
упругих сил A7). Б. Движение тел при наличии сил трення B3).
B. Нсикерциальные системы отсчета B/).
§ 3. Законы сохранения 30
Л Закон сохранения импульса C2). Б. Работа, энергия Закон
сохранении энергии C5). В. Совместное применение законов сохра-
сохранения D0).
§ 4. Динамика твердого тела 42
А Уравнения движения твердого тела D4). Б. Законы сохранения
для вращательного движения твердого тела Dd).
tj 5. Закон всемирного тяготения. Гравитационное поле 55
Глава 2. Молекулярная физика и термодинамика 61
§ 6. Законы идеальных газов 61
§ 7. Кинетическая теория газов 65
§ 8. Основы термодинамики 73
Л Первое начало термодинамики в применении к идеальным га-
газам G5). Б. Второе начало термодинамики (83).
<) 9. Реальные газы и жидкости 8G
Л Уравнение Ван дер-Ваальса (87). Б. Поверхностное натя*епне
(УЗ). В. Свойстпа паров (98).
Глава 3. Электростатика 102
<} 10. Электрическое поле в вакууме 102
§ 11. Разность потенциалов. Проводники в электрическом
поле ..112
§ 12. Диэлектрики в электрическом поле. Электроемкость
Энергия поля 127
Л. Диэлектрики н электрическом поле A28). Б. Электроемкость.
Энергия поля. Пондеромоторные силы A30). Соединения конденса-
конденсаторов A38).
Глава 4. Постоянный ток 145
§ 13. Законы постоянного тока 145
Л. Нераэветв;1енные цепн. Закон Ома A46). Б. Разветвленные цепи.
Правила Кирхгофа A54). В. Работа н мощность тока A62).
§ 14. Электропроводность различных сред 168
Глава 5. Электромагнетизм 174
§ 15. Магнитное поле в вакууме 174
§ 16. Электромагнитная индукция 188
§ 17. Магнитное поле в пеществе. Энергия магнитного поля 199
§ 18. Движение заряженных частиц в электрическом и
магнитном полях 207
А. Движение классических частиц B07). Б. Движение релитнвиа-
ских частиц B12).
350

Глава 6. колебания и водны . 216
§ 19. Механические,колебания 216
А. Кинематика колебательного движения B17). Б. Динамика коле-
колебательного движения B23).
§ 20. Волны в упругих средах. Элементы акустики . . . 228
§ 21. Электромагнитные колебания и волны 237
Глава 7. Оптика 246
§ 22. Геометрическая оптика н фотометрия 246
Л. Преломление на плоских поверхностях B47). Б. Преломление на
сферических поверхностях B51). В. Элементы фотометрии B58).
§ 23. Интерференция света 265
§ 24. Дифракция светя 272
§ 25 Поляризация света 278
§ 26 Теплопое излучение 284
§ 27 Квантовая природа света 291
Глава 8. Атомная и ядерная физика 300
§ 28. Атом Бора 300
§ 29. Элементы квантовой механики 306
А. Волновые свойства микрочастиц C08). Б. Простейшие случаи
движения микрочастиц C11). В Строение атомов C17).
§ 30. Радиоактивность. Поглощение Y-лучей 321
§ 31. Ядерные реакции. Элементарные частицы 326
Приложение 333
Задачи для самостоятельного решения C33) Таблица номеров задач из задачни-
задачников A01. [151 C45)
Литература 349

Евгений Владимирович Фирганг
РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО КУРСУ ОБЩЕЙ ФИЗИКИ
Редактор Е. С Гридасова
Художник А И. Заэыкин
Художественный редактор В. И. Пономаренко
Технический редактор А. К. Нестерова
Корректор Г. И Кострикова
И Б Л« 629
Сдано в набор 14/П 1977 г. Подп. к печати 8/VIII 1977 i
Формат бОХЭО'Ла. Бум. тип. № 3. Объем печ. л. 22. Усл. п. л 22.
Уч.-изд. л. 20,57. Изд. Ni ФМ—512. Тираж 80 000 экз. Зак 1520.
Цена 70 коп.
План выпуска литературы для вузов и техникумов
издательства «Высшая школа» на 1977 г. Позиция № 45
' Издательство «Высшая школа»
Москва, K-5I, Неглннная ул., д 29/14
Московская типография № 4 Союзполнграфпрома
при Государственном комитете Сонета Министров СССР
по делай издательств, полиграфии и книжной торговля.
Москва, И-41, Б. Переяславскав ул., Д- J* 46