Текст
В.К.Кобушкин, А.С.Кондратъев, Н.А.Прияткин
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
Данная книга представляет собой сборник задач, предлагавшихся на
вступительных экзаменах по физике в Ленинградском университете, на городских
физических олимпиадах, проводимых в Ленинграде, а также при прохождении
курса физики в 239-й физико-математической средней школе г. Ленинграда.
Значительная часть задач составлена авторами. Все задачи снабжены
подробными решениями. Сборник составлен таким образом, чтобы его содержание
практически не совпадало с известными задачниками Зубова и Шальнова,
Шаскольской и Эльцина.
Большое число задач посвящено разделам, которые, как показывает опыт,
представляют наибольшую трудность для абитуриентов. Книга будет также
полезной для учащихся и преподавателей старших классов средней школы.
СОДЕРЖАНИЕ
Раздел I. Механика 3
Раздел II. Молекулярная физика. Теплота и работа 34
Раздел III. Электромагнетизм 58
Раздел IV. Оптика. Колебания 91
Раздел I
МЕХАНИКА
В разделе „Механика" употребляется ряд терминов и фор-
мулировок, значение которых заранее надо оговорить.
1. Считается известным, что каждый вектор может быть
разложен на составляющие, в частности по взаимно-перпенди-
кулярным направлениям. В случае, если движение происходит
в одной плоскости, наиболее употребительными являются
направления по горизонтали и вертикали, а также по касатель-
ной к движению (^-направление) и по нормали к нему («-на-
правление). Отсюда всякому векторному равенству
а -р b -f- ... k
соответствуют два скалярных
ах + Ьх + • • • + 1Х = kx, 1
фу + + • • • + ly = ky, I
ИЛИ
at + bt + • • • + It ~ j
an + bn + • • • + ln = К , J
где ax, bx ... kn — проекции векторов на соответствующие
направления. Проекция вектора считается положительной, если
соответствующая составляющая вектора имеет то же направ-
ление, что и положительное направление выбранной оси;
например, при выборе положительного направления оси у
вверх, проекция ускорения свободного падения g на ось у
будет отрицательной, ибо g направлено вертикально вниз.
2. Вектор, умноженный на положительный скаляр с, есть
вектор того же направления, что и умножаемый вектор (на-
1* 3
пример, векторы g и gt направлены одинаково — вертикально
вниз), но вс раз больший.
3. Соотношения между элементами векторного треуголь-
ника или параллелограмма находятся по обычным тригоно-
метрическим формулам.
4. Движение во всех задачах, кроме некоторых задач на
криволинейное движение, считается равнопеременным
[а = const),
т. е.
? "* , . aft
&r = vot + -g-
v = 'V,. + at,
где Дг— перемещение тела; — начальная скорость движе-
ния; v — конечная скорость движения; а— ускорение; t— время
движения.
5. В задачах на работу и энергию используется закон
изменения энергии, записанный в виде
Л = ДСоЯр + Д1Г, (*)
где А — работа внешних сил, кроме сил сопротивления и силы
тяжести; Лсопр — работа против сил сопротивления; ДW— изме-
нение полной механической энергии тела или системы тел,
причем
AU7=lFKOH-U7Ha4.
6. В задачах на вращательное движение надо различать
два случая:
а) движение происходит с постоянной по величине ско-
ростью. В этом случае для решения задачи достаточно только
одного динамического уравнения, а именно: второго закона
Ньютона, записанного в виде
= (**)
Здесь Fn — проекция равнодействующей силы на направление,
перпендикулярное скорости: т — масса вращающегося тела,
ап — нормальная составляющая ускорения тела, которая нахо-
дится из следующих соотношений:
«п = 4 = ~R,
где v — величина скорости тела; R— радиус кривизны траек-
тории; <о — угловая скорость вращения; /—частота вращения;
Т— период;
4
б) движение происходит с переменной по величине ско-
ростью. В этом случае к равенству (**) добавляют закон изме-
нения энергии (*) и решают систему уравнений, выражая ап
по формуле
__V2
— •
7. Моментом силы называется произведение
M = Fr sin а,
где Т7—сила, г—расстояние от оси вращения до точки приложе-
ния силы; а—угол между направлениями F и г. Знак момента
силы определяется тем, в какую сторону он вращает тело.
Обычно моменты сил, вращающих тело по часовой стрелке,
считают положительными, против часовой стрелки — отрица-
тельными.
Задача № 1
Лодочник гребет, передвигаясь со скоростью v относи-
тельно воды под углом а к течению. Зная скорость течения
воды и, найти скорость лодки относительно берегов (рис. 1).
Решение. Так как лодка
участвует в двух движениях, —»
то ее результирующая скорость V реэ
равна \ У' '
^Рез = 5 +«. \ ,
Найти вектор г»рез— значит най-
ти величину Нрез И ее направ- /77777777777777777777777777777
ление, т. е. угол р, который со- Рис }
ставляет с каким-нибудь из-
вестным направлением, например с направлением течения реки.
Из рис. 1 видно, что
^рез = ]/'О2 + W2 — 4VU COS (180° — а),
ИЛИ’
^рез = УЪ'~ + «’-}- 2vil COS а.
Далее по теореме синусов находим угол Р;
sin р sin (180° — а) . о . V
~------41-------~ ; Sin Р === sin а .
и ирез у у2 и2 -|- 2wa cos х
^Задача № 2
Два корабля движутся относительно берега со скоростями
х»! и ^2, направленными под углами и а2 к меридиану.
С какой скоростью второй корабль движется по отношению
к первому (рис. 2)?
5
Решение. Очевидно, речь идет об относительной ско-
рости, поэтому
г»2,1 = d2 — ^i-
Из чертежа видно, что v<i, 1 = j/”^ + vi—2d2Dj cos (a2 — 04).
Направление г»2, i можно определить углом Р, который состав-
ляет скорость 1)2,1 со скоростью первого корабля. Из
sin Р _ sin («2 — at)
z v2,1
находим sin р, а затем и сам угол р по тригонометрическим
таблицам.
Тело брошено под углом а к горизонту со скоростью v0
Где оно будет через время t (рис. 3)?
Решение. Тело участвует в двух перемещениях: по инер-
ции со скоростью d0 и в свободном падении с ускорением g.
Построив треугольник перемещений, получим (теорема коси-
нусов): __________________________________
Дг = г= j/(tV)24~ — 2D(/~cos (90° — a).
Направление радиуса-вектора г определим углом Р с горизон-
талью, тогда по теореме синусов
sin (a — р) _sin (90° — «)
gt2 ~ г ’
2
откуда
. , n\ sin (90° — a) gfl
Sin (a — P) =--A----->- .
Найдя sin (a — P), по известному a определим P.
6
Задача № 4
Из ямы глубиной л производится выстрел со скоростью v0
под углом а0 к горизонту. На каком расстоянии 5 по горизон-
тали упадет снаряд? Какова при этом максимальная высота
подъема снаряда над уровнем земли (рис. 4)?
Решение. Перемещение
снаряда определяется выраже-
нием
lr~vot + ^.
Проектируя все векторы на
вертикальное и горизонтальное
направления, получим
Ду = t\/sin а0 —
Ax = t/0Zcos а0,
исключая отсюда t и учитывая,
h = StgaQ —
что Ду = Л и Дх = £, получим
g-S12
2Vq cos2 а0
Решая это уравнение, находим S.
Для ответа на второй вопрос воспользуемся тем, что
в искомой точке vy = 0. Но из = + следует, что
vy = v0 sin а0 — gt.
Отсюда время подъема снаряда
> Vp sin а0
g
Подставляя это значение t в выражение для Ду и учитывая,
что в данном случае Ду = йтах-|-й, получим
! VoSin2ao £VoSin2ao
“тах~Г“— g 2g4 ’
откуда
_t$Sin2a0
^шах — 2g ft*
Задача № 5
На какой высоте (Ло) была сброшена бомба с самолета,
летевшего горизонтально со скоростью и0, если она попала
в вершину горы, высотой Л, на расстоянии S по горизонтали
от точки бросания (рис. 5)?
Решение. Как и в предыдущей задаче,
-* -> .
ЛГ = vot + 2 ’
Ay = t\/sina0—
Ax = t»0fcosa0.
Учитывая, что ao = 0, ky = h — Ло и Дх = 5, получим, исклю-
чая время t из системы уравнений, h — h^ —-----—5-, откуда
. , , gS2 2v0
^~h+ 2v* •
Задача № 6
Из некоторой точки брошены одновременно два тела со
скоростью г»01 и г>02. Какова скорость их взаимного перемеще-
ния и как меняется расстояние между ними (рис. 6)?
Решение
1+Э;
^2 = ^02+^-
Так как речь идет об относительном движении, то
V2,1 = v2 — г>г или V2,1 = (v02 4-gt} — (v0! -f-gt), откуда
^2, 1 = 2 ^0 1 •
Аналогично для перемещений
ДГ1 = ^0^ +
^2 = ^0 2^+^-!.
8
откуда
т. е. тела движутся относительно друг друга с постоянной по
величине и направлению скоростью.
Задача № 7
По наклонной доске пустили скользить снизу вверх льдинку.
Через 1 сек и 2 сек от начала движения она дважды побывала
на расстоянии 5 = 30 см от начала доски. Определить началь-
ную скорость и ускорение движения льдинки (рис. 7).
Решение. Вектор пе- х
ремещения Дг проводим в Jy ''
точку, где тело побывало в
указанные моменты вре-
мени \
-> л /2
Дг = г,0(4- —. Рис 7_
Выбрав ось х вдоль наклонной плоскости, находим проекции
Дг на ось х в моменты времени и (2. Учитывая, что |Дг) = 5,.
получаем
аЛ2г
2 >
at?
5 = ^0^2 2~ ’
Решение системы дает
Задача № 8
Лошадь везет равномерно воз весом 6000 н, прикладывая
силу 600 н под углом 30° к горизонту. Найти коэффициент
трения k воза о дорогу (рис. 8).
Решение. На воз действует сила F, прикладываемая
лошадью, вес тела Р, сила Q— нормальная реакция дороги
и сила Frp, обусловленная шероховатостью дороги. По второму
закону Ньютона
f + Q + Ap + ?
т '
но так как v = const, то а = 0, и, значит, F-f- Q + FTp-|-P = 0.
&
В проекциях на оси х и у имеем
Feos а — FTp = 0;
Fsina-|- Q — Р=0,
и так как FTp = /sQ, то
Feos a — kQ~O-
Fsina-)- Q — P = 0.
Исключая из этих равенств Q, получим
Задача № 9
Автомобиль, имея у основания горы (угол наклона а = 30°)
скорость 36 км)час, движется далее с выключенным двигателем.
Считая коэффициент трения k равным 0,05, найти время, в тече-
ние которого скорость автомобиля уменьшится до 18 км[час
(рис. 9).
Решение. На автомобиль действуют силы: Р, обуслов-
ленная притяжением к земле, Q, обусловленная деформацией
дороги, и сила трения FTp. По второму закону Ньютона
а=...± 25 ‘Р.
т
Так как ускорение в задаче не упомянуто, то к этому
уравнению надо добавить кинематическое уравнение — at
{ибо в задаче упомянуты va, v и /). Тогда
__р + <?4-FTp .
а~ т ’
а=^-
t
ю
Исключая отсюда а, получим
у — у0 _ Р+$ + Ртр
t т ’
или в проекциях на t и п направления с учетом F^ — kQ
получим
v — v0—Psin?— kQ
t т ’
0 = Q — Pcos« (так как an — Qi).
Исключая Q, имеем
v — v0 Psin а -|~ kPcos a
t m
ex P
Отсюда, учитывая —=g, получим
, V — -
t—------7~.-i—T---г — 1 сек-
g(sin a + k cos g)
Задача № 10
На нити, выдерживающей натяжение 10 н, поднимают груз
весом в 5 н из состояния покоя вертикально вверх. Считая
движение равноускоренным и
силу сопротивления равной в
среднем 1 н, найти предель-
ную высоту, на которую мож-
но поднять груз за 1 сек так,
чтобы нить не порвалась
(рис. 10).
Решение. На груз дей-
ствуют: сила натяжения нити
Т, сила тяжести Р и сила со-
противления Fc. По второму
закону Ньютона
а = / Т
т
at2
С учетом кинематического уравнения h — имеем
ции на вертикаль
в
проек-
T — P—F(
а —---------'
т
2Л
а
Исключая отсюда а,
h =
fl •
получим после преобразований
т-р— Fc fl „ „„
----р—--g~2- = 3,92 м.
П
Задача № 11
Ведро с водой поднимают из колодца равноускоренно. Зная,
что за время t скорость ведра возросла от г>0 до v и что
масса воды т, найти давление воды на дно. Площадь дна
ведро цилиндрическое (рис. 11).
Решение. На воду действуют: сила тяжести Р и сила
давления Q со стороны деформированного дна. Очевидно,
а = ——- ;
т ’
Рис. 11.
Исключая отсюда а, получим
P + Q _ V — Уд
т t
Проектируя на вертикаль, имеем
— р — Q = у— Уо '
т t ’
откуда с учетом того, что P=mg,
f~\ / V — Vo г \
Q = ml—+ g .
действующая на воду со стороны ведра, нас же
интересует давление р, оказываемое водой на дно ведра; но по
третьему закону Ньютона Q —— Q', или в проэкции на верти-
каль Q = Q'. С учетом Q' = pS получим
/ С — 1>п I \
pS = + т + g) ,
Q — это сила,
откуда
. т (v — v о , \
Р=+ 5-(— + «)•
Задача № 12
По наклонной плоскости (угол наклона а) движутся два
тела весом Рг и Р.2, связанные нерастяжимой и невесомой
нитью. Считая коэффициент трения между вторым грузом
и плоскостью равным k, найти силу Q, действующую на блок
со стороны плоскости (блок невесом и трение в оси отсутст-
вует) (рис. 12).
Решение. На блок действуют: наклонная плоскость
и нить. Отсюда видно, что для определения Q необходимо
12
знать натяжение нити Т, для нахождения которой в свою оче-
редь надо рассмотреть движение грузов. Тогда
; Л + Л
а2
Л + & + Л + РтР
т2
Так как ап — 0 и | а\ | = | а21, то = = а и потому, рас-
писывая уравнения по t и «-направлениям и учитывая, что
Л 1 = 1 = | Л 1 = 1 Л| = Л а т = -^-, получим
а =
а =
0 =
Так как
из этих
лучим
Л-7 =
Л ’ Л ’ Рис. 12.
откуда
Т — DP1^2p (1 + k COS а —f— sin а).
^1 “Г ^2
Из рис. 12 видно, что Q = — F (или Q = F численно). Из ромба
со сторонами Т2 и Т3 имеем
„ „ 90° — а
F — 2Tcos —2—
и тогда
п 'Г 90° — а
Q = + 2Tcos —л—..
Задача № 13
На два бруска с массами ш1 и /и2, связанных нерастяжимой
нитью, действуют силы Fx и F2 под углами и а2 к гори-
зонту. Найти ускорение системы, если коэффициент трения
между брусками и горизонтальной плоскостью равен k (рис. 13).
Решение. Так как силы натяжения нас не интересуют,
можем рассматривать всю систему как одно тело. Тогда, считая
направление вдоль движения положительным и учитывая, что
ап = 0 (и, следовательно, Я/ = а), получим
13
__ fl COS Ct! — FTP| - F2COSa2 — fTp, .
a mx + m2 ’
0 = Fj sin «1 + Qi — Л + Qa + ^2 sin a2 — J°2;
и так как Л.р = Лр, 4-FTP1 =&(Qi + Q2), то
a Fj cos eg — F2 cos a2 — fe (Qi + Q2) .
О = Л sin 04 4- F2 sin a2 -f- (Qi + Q2) — pi~ P2-
Исключая отсюда (Qi-f-Q2), получим
__Fj cos «i-f2 COS — k (Pt + f*2 ~ Ft Sin «! — Fs sin я2)
m1 H- m2
и окончательно, учитывая, что p = mg,
а=
Ft cos «1 — F2 cos я2 — fe [(mt -f- m2) g — Ft sin at — F2 sin a2]
т± + m2
Задача № 14
Найти натяжения Л и Т2, а также силы, с которыми взаимо-
действуют тела 3 и 4 (чашка и груз), если тх, т2, т3 и т4
известны, блок невесом, трения в оси нет. Найти также силы,
действующие на ось блока (рис. 14).
14
Решение. Считая направление вдоль движения положи-
тельным и учитывая, что ai| = | = | аз| = |a-i| = а, получим
в проекциях на вертикаль
mxg—T1 = mla-, Q — m3g = msa;
T\-\-mtg—Т2 = т2а-, Ti — Q — mig = mia.
Решая систему, найдем Ти Т2 и Q. Так как блок не имеет
ускорения, то Qe = —2Т2, где Ti— Т2 находится из системы.
Задача № 15
С каким ускорением должен ехать автомобиль массой m
вниз по доске массой М, лежащей на неподвижном клине
с углом наклона а, чтобы доска скользила по клину равно-
мерно вверх. Коэффициент трения автомобиля о доску равен klr
доски о клин — k2 (рис. 15).
Решение. Считая направление по движению атомобиля
положительным и учитывая, что ап = 0 (и значит а; —а).
имеем в проекциях на t и «-направления
/+ mg sin а — Fl = max\ (1)
Q1 — mg cos а =0; (2)
Fi4-F24-Afgsina —/==0; (3)
— Q1 + Q2 — Mg cos a = 0. (4)
Складывая (1) c (3) и (2) c (4), получим
g sin a + F2 = (5)
Q2 — g(/ra + M)cosa = 0. (6)
Учитывая, что F2 = k2Qlb имеем, исключая из (5) и (6) Q2,
g (m + М) sin а (m + M) cos a = max.
Откуда
ai = g(l + (sin a 4- kt cos a).
Видно, что ускорение автомобиля не зависит от klt т. е. от
трения между автомобилем и доской.
15
Задача № 16
По горизонтально расположенному полу лифта, движу-
щегося с ускорением а, направленным вертикально вверх,
равномерно перемещают брусок, прикладывая силу F, направ-
ленную горизонтально. Коэффициент трения бруска о пол k.
Определить массу бруска (рис. 16).
действуют силы; вес Р, сщла реак-
пола лифта Др, сила тре-
Дтр и сила F. На основа-
второго закона Ньютона
Решение. На брусок
ции
НИЯ
НИИ
- * тр ~г -Гр
т
а =
Проектируя это уравнение на
горизонтальное и вертикаль-
ное направления, имеем
Лр — Р = та\
F=F
1 - 1 тр*
Учитывая, что Дтр = йДр и P=mg, получим, исключив F? из
системы,
F
—;—; .
k (g + d)
Задача № 17
К потолку лифта, поднимающегося с ускорением а0 —
— 1,2 м/сек2, прикреплен динамометр, к которому подвешен
блок, свободно вращающийся вокруг горизонтальной оси.
Через блок перекинута нить, к концам которой прикреплены
грузы массами /п1 = 200 г и /и2 = 300 г. Пренебрегая массой
•блока, определить показание динамометра (рис. 17).
Решение. Динамометр показывает силу растяжения пру-
жины F, которую можно определить из второго закона Нью-
тона. На блок действуют силы: л1 —сила растяжения пружины,
7’1 и Т2 — силы натяжения нитей. По второму закону Ньютона
УИа = Д-|- Л + Т'2 = 0, так как массой блока М. мы пренебре-
гаем. Проектируя выражение на вертикальное направление,
получаем F = 2T, так как | 7\ | = | Т2 = | Т\ | = | Т21 = Т.
, Силы натяжения нитей определяем из уравнений движения
грузов ш1 и т2 относительно земли. Для груза т1 ц1-|-(г0 =
А + Л -* , -> А + Д
= —; для груза т2 а, + аа = - , где а± и а2 —
ускорения грузов относительно лифта, причем а1 — ~ а2.
16
чаем
Проектируя равенства на вертикальное направление, полу-
а + а0
__-Л + Г
И1 ’
— а + а0
= -Ъ+Г
Решая систему уравнений, получаем
2/72^2 (Op + g)
И1 +«2
и показание динамометра
4мгт2(ао + g) _
^1 *1“ ^2 *
Следует заметить, что числен-
ное равенство ускорений грузов
(относительно лифта) следует из
условия нерастяжимости нити,
а сила натяжения нити постоянна
вследствие отсутствия трения
и пренебрежения массой блока
и нити.
Задача № 18
Каков коэффициент трения машины о землю, если она очень
медленно и равномерно движется в результате выброса из нее
струи воды сечением S со скоростью и в направлении, противо-
положном движению машины; масса машины М и М^т, где
т — масса выбрасываемой за время движения воды (рис. 18)?
Плотность воды р считать известной.
Рис. 18.
Решение. Очевидно,
^тР —Л>=°;
Q-Mg = 0,
где гр— сила реакции вытекающей воды> причем = .
2 Сборник задач по физике
17
Тогда
Г' Д/И Л
Д-р — МД7 = °,
тр Ы ИЛИ
Q-Mg = 0,
Дт п
д? = 0>
Q-Afg = 0.
Исключая отсюда Q, имеем kMg — и-^—0, где Д/га измене-
Дт рДК о
ние массы системы за счет выброса воды, по —рои,
а тогда
откуда
kMg-pSiF = 0,
k — ^-
Mg •
Задача № 19
Космический корабль влетает со скоростью в облако
космической пыли плотностью рь Чтобы скорость его не умень-
шилась, включили двигатель. Какова плотность р.2 вытекающих
из сопла сечением S2 газов, если скорость их вытекания отно-
сительно корабля равна и,, а сечение корабля Si? Пылинки
при ударе о корабль прилипают к нему (рис. 19).
Рис. 19.
Решение. Возьмем за систему отсчета корабль. Так как
корабль по отношению к самому себе ускорения не имеет,
то F1-\-F2 = Q или F1 — F2 = 0, где F1 — v1^ = p1S1v2. Анало-
гично и Ft = Тогда
PjSi^ —p2S2^ = 0,
откуда
__?T$1V1
p2~ M
Задача № 20
Тело весом P, находящееся на вершине горы высотой h,
соскальзывает вниз по наклону горы и, пройдя некоторый
путь, останавливается. Какую работу нужно совершить, чтобы
втащить его обратно на гору по тому же пути?
tt8
Решение. Находясь на вершине горы, тело обладало
потенциальной энергией, равной Ph. За счет этого запаса энер-
гии тело, спускаясь по склону и скользя дальше по горизон-
тальному участку до остановки, совершает работу против
силы трения. Величина этой работы равняется, следовательно,
Ph. Чтобы втащить тело обратно по тому же пути на гору,
нужно, во-первых, сообщить ему запас потенциальной энергии,
равный Ph, и, во-вторых, совершить работу против силы тре-
ния, которая тоже равняется Ph. Следовательно, всего необ-
ходимо совершить работу, равную 2Ph.
Задача № 21
По кривому желобу длиною I соскальзывает брусок весом
Р. Считая силу трения равной в среднем F^, а разность вы-
сот верхней и нижней части
желоба равной И, найти ско-
рость бруска в конце желоба
(рис. 20).
Решение. По закону из-
менения энергии имеем Д=
= Д Сопр-р Д Ж Так как сила
тяги отсутствует, то 0=АсопР-1~
+ Д W. Учитывая, что &.W—
изменение полной механиче-
ской энергии бруска, получим:
ГЛ Е? 1 t / \ / 7/2 v0 , , 1
0 = Лр2 + --F mgh\ — I — + mgh^ I.
р
Зная, что= —, т?о = О .и Ао— h~H, получим
откуда
Y^gH—^L.gY
Задача № 22
Текущая по прямой трубе, наклоненной под углом а к го-
ризонту, жидкость тормозится с постоянным ускорением так,
что скорость ее уменьшается от vQ до v за время ДЛ Какую
дл
удельную работу совершает поток, если плотность жидко-
сти равна р?
Решение. В соответствии с законом изменения энергии
имеем для элемента жидкости
/ V2 — Va \
ДД = Дот I —к----I
19
и так как Дт = рДУ, а ДА= A/slna==-22-i-^ Af-sina,
то . (v^ — Vn v -4- v„ \
ДД = Рду1—5_o._|_g!L±£’A/.sinaL
откуда
Д4 Л*2 — vo । v + Vo * / ,
ду = pl-------Н g -^_о М-Sin a J .
При этом в силу малой сжимаемости жидкости ряй const по
всему потоку, и торможение происходит практически для всего
потока одновременно, в отличие, например, от потока газа, в
котором одни части потока могут иметь существенные изме-
нения скорости при практически неизменной скорости в дру-
гих частях потока.
Задача № 23
Через два маленьких неподвижных блока, оси которых
горизонтальны и находятся на одной высоте на расстоянии
90 см друг от друга, перекинута нить. К концам и к середине
нити привязаны три одинаковых груза. Средний груз подни-
мают так, чтобы нить была горизонтальна, а сам груз нахо-
дился посередине между блоками, и отпускают, после чего
средний груз опускается, а крайние поднимаются. С какой
скоростью двигаются грузы в тот момент, когда части нити
образуют угол 120°? Трением пренебречь (рис. 21 и 22).
I
Рис. 21.
Решение. Так как трение отсутствует, то полный запас
механической энергии системы остается-неизменным. Примем
высоту, на которую подвешены блоки, равной нулю. Тогда
в начальный момент система обладает только потенциальной
энергией
E1 = — mg(a-\-b). (1)
Когда части нити образуют, угол а, равный 120°, средний груз
опустится на высоту h и будет двигаться со скоростью
Крайние грузы поднимутся на высоту с и будут двигаться со
скоростью V. Полный запас энергии в этом положении
т1а mvi
Е2 = 2~- н-----2---mg(a + b — 2с) — mgh. (2)
20
Так как Е1 = Е1, то приравнивая (1) и (2), получаем
г?
^4--j-4-2g<?-gA = 0. (3)
Для того чтобы выразить с через I и угол а, нужно учесть,
что вследствие нерастяжимости нити расстояние от любого
крайнего груза до среднего вдоль нити остается постоянным
во все время движения.
I
с~~ 2
h находится из треугольника
, I . а
Теперь остается связать между
собой v и г»!. Рассмотрим дви-
жение грузов в течение проме-
жутка времени Д/ настолько ма-
лого, чтобы можно было прене-
бречь изменением скорости за
этот промежуток (рис. 22).
Рис. 22.
Когда один из крайних грузов
поднимется на высоту vkt, средний опустится на т^ДЛ Учитывая
нерастяжимость нити и незначительность времени Д/, находим
V=V-L cos -j-.
(4)
Подставляя значения с, h и v в (3), находим vlt а затем из
(4) находим f: ‘v1 = 126 см!сек\ v — ЪЗ см)сек.
Задача № 24
Два костяных шарика одинаковой массы налетают друг на
друга со скоростями и v2 под углом а (рис. 23, а) и раз-
летаются после абсолютно упругого удара со скоростями
и и2. Найти угол разлета (₽) (рис. 23, б).
Решение. По закону сохранения количества движения
и закону сохранения кинетической энергии при ударе имеем
/иг»! + mv2 = mzZj -f- ти2;
О о 2 2
mv{ mvz ти{ ти^
Т + — = + -g-,
после сокращения на т и на 2 эти формулы примут вид
г’1 + ^2:=«1 + м2;
1 -ф- 1*2 = -ф-
21
Но т | -|- f21 и /n|ttj4-w2| суть величины диагоналей век-
торных параллелограммов, которые по закону сохранения
количества движения равны друг другу. Применяя теорему
косинусов, получим
/и2 [fi 4- fl — 2fjf2 cos (180° — a) ] =
= m2 [iii-j- и? — 2«!«2 cos (180° — ₽) ].
Рис. 23.
И так как f 14- f i = и? 4- «2, то 2 f jf 2 cos a = 2«i«2 cos P, откуда
окончательно
Задача №*25
При абсолютно упругом ударе двух шаров, налетевших
под углом а друг на друга, скорость одного из шаров по ве-
личине не изменилась. Под каким углом ₽ шары разлетелись
(рис. 23)?
Решение. Как и в предыдущей задаче,
OTjf! 4- M2f 2 = 4*
о 9 2 9
~2~ + ~2~ “ ~~2~ + ~~2~ •
Из второго равенства, в силу ^ = аь вытекает f2 = a2. Но
тогда из
ml'Vi 4- т2^2 — cos (180° — a) =
= 4- cos (180° — ₽)
следует
f if 2 cos a = cos ₽,
откуда, в силу fif2 = «i^2, получаем cos ₽ = cos a.
Задача № 26
Два глиняных шарика с массами т1 и /п2, подвешенные
на нитях одинаковой длины I, отклонены на углы ах и а2 от
вертикали и отпущены. На какой угол Р они отклонятся после
абсолютно неупругого удара, который происходит в наиниз-
шем положении шаров (рис. 24)?
22
sm -у-=-у • для нахождения а
Рис. 24.
Решение. Очевидно, после удара Л = Лсопр 4~ Д IF, откуда
из-за отсутствия сил тяги и сопротивления следует AIF = 0
или (ffii 4- тп2) gh = ^'”1 и- (кинетическая энергия после
удара превратилась в потенциальную энергию отклонившихся
шаров). После сокращения на -f- т2) получим gh — ~-,nnn
gl(1. — cosP) = ~ , или 2.
необходимо знать и — ско-
рость шаров после удара.
Но при ударе
zyy — m2v2 = (т1 т2)и-
(1)
Следовательно, необхо-
димо знать z/j и ^2, т. е.
скорости шаров перед
ударом. Очевидно,
—^- = fnlgh1
m2vl
и -y- = /n2gA2,
или
г/2 = 4 lg sin2 -у- и ^=4Zgsin2-у-.
Подставляя значения скоростей v2 и и в равенство (1),
получим тх2 sin -у Vgl — т22 sin у gl = 4- т2) 2 sin уgl.
Сокращая на 2 V gl, имеем гщ sin-у- w2 sin -у- — (/nx ф-
8 8
+ /и2) sin -у-, откуда легко находим sin -у- , а затем по три-
гонометрическим таблицам и р. В окончательное равенство I
не входит, а это означает, что искомый угол р от I не зависит.
Задача № 27
Какую работу надо совершить по удалению тела массой т,
покоившегося на поверхности Земли, в бесконечность, если
работа против сил сопротивления в атмосфере составляет га-ю
часть искомой работы. Вращение Земли не учитывать и счи-
тать известным, что потенциальная энергия тела в поле тя-
жести подсчитывается по формуле IFn = —/гау-угде г— рас-
стояние тела до центра Земли; 7 — гравитационная постоянная;
Л4 и т— массы Земли и тела соответственно.
23
Решение. По закону изменения энергии
Л =^сопр+ Д 4
или
(2 \
wvo тМ 1
1—ь
Так как г бесконечно велико; г»— бесконечно мало; vo = O
и r0 = R3,
. . , тМ
А = Ап + ^у
л ~(тМ
откуда А=~1^п)^з-.
Задача № 28
Какую работу надо совершить для равномерного переноса
тела массы т с поверхности Земли на поверхность Луны, не
учитывая их вращения и сопротивления атмосферы Земли?
. Все необходимые расстояния
______ считать известными, среднюю
Z'*\ Л плотность Луны и Земли счи-
( \£ тать одинаковой и равной р
I J (рис. 25).
Решение. По закону из-
менения энергии А = ЛсОпр +
Рис- 25. д учитывая отсутствие
сил сопротивления, A s= A W.
Так как движение тела равномерное, то Д117к = 0 и, значит,
b-W— AlFn, а тогда ^ = AIFn, т. е. перенос требует совер-
шения работы, численно равной изменению потенциальной
энергии тела в поле тяжести Земли и Луны. Учитывая сказан-
ное в предыдущей задаче, имеем
/ тМЛ тМ3 \ / тМ3 тМ„ \
Л=Р~¥^‘‘-«л ) ~ 1 1~Яз )’
и так как / »/?зи то после очевидных преобразований
получаем приближенное равенство
. Г лл ( 1 1 \ / 1 1 \1
А~'1т z j Mn z Jj .
Так как > -j- и , то с еще более грубым при-
ближением получаем
А^ут
4
Учитывая, что масса шара УИ = -д-тгр/?3, окончательно получим
^з__^л_\
^3 / ’
А^-^-прту (7?з —/?л)-
ЗА
Задача № 29
Какую силу тяги развивают двигатели космического кораб-
ля, имеющего на расстоянии г от центра планеты ускорение
а в направлении, противоположном ускорению свободного
падения g у этой планеты? Массы корабля (Af) и планеты (/га)
известны (рис. 26).
Решение. По второму закону Ньютона FT4~Лр =та
или в проекции на прямую корабль — центр планеты Fr— Р™ =
„ тМ
— та или гт — ^—^=та, откуда
С /п । М\
FT = m «-Н-7Г •
Задача № 30
Грузик, подвешенный на нити,
вращается в горизонтальной плоско-
сти так, что расстояние от точки под-
веса до плоскости, в которой проис-
ходит вращение, равно А. Найти ча-
стоту вращения / груза, считая ее
неизменной (рис. 27).
Решение. Вращение вызывается
суммой всех сил, действующих на
грузик. Очевидно, что Fn = man. Но Fn — mg\ga. и = 4к2/2/?,
тогда mgtgа = /га4л2/2/?; но так как /? = Atga, то g = ^f2h.,
откуда
Задача № 31
Две звезды с массами mt и т2 движутся в космосе так,
что расстояние I между их центрами остается неизменным.
Определить характер их движения (рис. 28).
25-
Решение. Так как между звездами действуют силы вза-
имного притяжения, то каждая из них должна двигаться уско-
ренно. По условию расстояние между ними неизменно, поэто-
му ускорения звезд должны быть перпендикулярными их
скоростям, следовательно, каждая из них должна двигаться
по окружности, причем обе окружности имеют общий центр
(центр масс системы). Найдем его положение в периоды обра-
щения звезд вокруг центра масс.
По второму закону Ньютона Fnt — таП1 и РПз — таП2. Так
как по третьему закону Ньютона Fni = Fn2, то тхаП1 - т2аПг
4~2г
или, учитывая, что «п = ^г,
т1
7П.
4л2г2
2—2-, ИЛИ
у2
т{гг _ т2г2
•pl •pl *
У1 у2
_ Чтобы звезды были все время
®на одинаковом друг от друга
расстоянии /, проходящем через
центр масс, необходимо, чтобы
7’1= Т^, тогда т1г1 = т2г2 и по-
скольку r14-r2 = Z, то
_ т21 __ mJ
К-1 —— [ И 7* 9 -1 «
1 пц 4- т% * mi +
Так как на обе звезды внешние
силы не действуют, то общее их
количество движения не меня-
ется. Это означает, что совмест-
но с их вращением вокруг
Рис. 28. центра масс они могут двигать-
ся в пространстве еще и так, что
центр масс перемещается с постоянной скоростью.
Найдем периоды обращения звезд вокруг центра масс.
Для первой, например, звезды имеем Fn, — mjin, или
.,«^2 , откуда Т= 2л |/д£. Учитывая, что =
получимГ=2к^тет^- Отсюда ВИАН0’ что
период обращения звезд зависит только от суммарной их мас-
сы и расстояния между их центрами и не зависит от соотно-
шения между и т2, а также между и г2- Если т1 > т2,
то из т1г1 — т2г2 следует, что г2^ги т. е. звезда с большой
массой „топчется" на небольшом расстоянии от центра масс,
в то время как звезда с малой массой движется по окруж-
ности большого радиуса, т. е. практически звезда малой
массы движется около почти неподвижной звезды большой
массы по окружности радиуса г2^1.
26
Задача № 32
Нить с шариком массой т отведена па угол а0 от верти-
кали и отпущена. Найти натяжение нити в зависимости от
переменного угла а и проекции этой силы на вертикальное
и горизонтальное направления (рис. 29).
Решение. По второму закону Ньютона для проекций
сил и ускорения на радиус дуги окружности имеем
По закону изменения энергии (с учетом отсутствия силы тяги
и силы сопротивления) А 117=0 или W=W0. Тогда
mgh^ = mgh.-\-~. (2)
Но А = /(1— cos а) и равенство (2) приобретает при подста-
новке значения h вид
^2
g/(l—cos а0)—gl (1—cosa)=-£- ИЛИ T/3 = 2gZ(cosa — cosa0).
Подставляя значение v2 в (1), получим
‘ 2mgl (cos a — COS a0)
T— mg cos a = ——-----,------— ,
откуда
T = mg (3 cos a — 2 cos a0).
Очевидно, 7^ = Tsina; Ty=Tcos a.
Задача № 33
С какой скоростью должен двигаться автомобиль по вы-
пуклому мосту радиуса R, чтобы в некоторой точке водитель
не давил на сидение (рис. 30)?
27
Решение. Проектируя силы, действующие на водителя,
на направление радиуса вращения, имеем равенство
Qmti2
= ~о~.
J\
Так как по условию водитель не давит на сидение (т. е.
Q' —0), то и сидение не давит на водителя (Q = 0). Тогда
mv2
mg cos а = ,
откуда _______
‘O = ]/g/?COSa.
Очевидно, что и автомобиль в этот же момент не будет
давить на мост, т. е. и автомобиль и шофер будут в этот
момент „невесомы".
Задача № 34
V
Рис. 31.
В пробирке массой М, закрытой пробкой массой т, нахо-
дится Кййля эфира. При нагревании пробирки пробка вылетает
под давлением паров эфира.
Пробирка подвешена таким
образом, что может совершать
обороты вокруг горизонталь-
ной оси. С какой минималь-
ной горизонтальной скоростью
должна вылетать пробка, что-
бы пробирка сделала полный
оборот вокруг точки подвеса?
Рассмотреть случаи: 1) про-
бирка подвешена на невесо-
мом стержне длиной /; 2) про-
бирка подвешена на невесомой
нити той же длины (рис. 31).
Решение. 1-. Пробирка
на стержне.
При вылете пробки со скоростью v пробирка приобретает
противоположно направленную скорость V, причем, на осно-
вании закона сохранения количества движения mv — MV,
откуда V—V . В результате пробирка приобретает запас
При вылете пробки со
кинетической энергии
„ MV2 m2v2
2 ~ 2М ’
за счет которой поднимается на высоту h=^2l.
в высшей точке пробирка останавливается, имеем
Считая, что
m2v2
2М
Mg2l,
23
откуда
2. Пробирка на нити.
В этом случае в высшей точке минимальная скорость про-
бирки не может обратиться в нуль и определяется из соотно-
шения
Mg = —r.
Поэтому закон сохранения энергии записывается в виде
или
^ = 2Mg/ + ®.
Отсюда
Задача № 35
Горизонтально расположенная однородная постоянного
сечения балка, нагруженная силами Fx и Л2 под углами а.
и а2 к ней, находится в рав-
новесии. Найти реакцию опо-
ры и положение точки опоры.
Вес балки равен Р, длина — I
(рис. 32).
Решение. Так как балка
находится в покое, то сумма
действующих на нее сил и
сумма моментов сил равны
нулю.
Проектируя действующие
на балку силы на вертикальное и горизонтальное направле-
ния, имеем
F-i cos 04 — Qx — F2 cos a2 = 0;
Fl sin 044- Qy + F2 sin a2 — P = 0.
Откуда
Qx = Fl cos 04 — F2 cos a2;
Qy = P — Fl Sin «! — F2 Sin a2.
Уравнение моментов относительно точки опоры имеет вид
Fl sin 04 (~y 4- xj — Ft Sin a4 --------лА — Px = 0.
29
Откуда
___ Fi sin gj — Ft sin
X 2 (P — Fx sin — F2 sin a2)
Задача № 36
Однородная балка весом Р и длиной I лежит на двух опо-
рах. На балку действуют две силы и Е2, точки приложе-
ния которых известны. Определить силы давления балки на
опоры (рис. 33).
Решение. Если бал-
ка давит на опоры с си-
лами Ра и Ев, то опоры
действуют на балку с си-
лами Ер и Рр, причем
на основании третьего
закона Ньютона
РЛ = -Е^(
Ев=-Е₽.
Так как балка находится
в положении равновесия,
то равнодействующая
всех действующих на нее
сил равняется нулю, и моменты сил, вращающих балку против
часовой стрелки (около любой возможной точки поворота),
уравновешиваются моментами сил, вращающих балку по ча-
совой стрелке.
Равновесие сил дает ,
Pp+Pf-P-P1~P2 = 0- (О
Считая точкой возможного поворота точку А, имеем
Е^-Е^-ТЦ ^(/~4) = 0. (2)
Найдя из (2) Ер, из (1) находим Ер.
Задача № 37
Длинный шест постоянного сечения, сделанный из одно-
родного материала, прислонен к стене, так что он образует
угол а с горизонтом. Определить соотношение между коэф-
фициентами трения, при которых шест еще не соскользнет
вниз (рис. 34).
Решение. Предположив наличие трения в точках А и Ву
рассмотрим действующие на шест силы: вес Р приложен
посередине шеста, Ej и Е2— силы реакции опор в точках А
30
И -S, FTp, и FrPa — силы трения. Тогда, так как /?TP = ^Q —
= ЛРр, то, очевидно, что
Ттр1 = ^1^?ь (1)
Лр, = k2F2. (2>
Условие равновесия шеста запишется так:
£+Л+?2+АР1+АР2=о,
т. е.
Р=Л + ЛРа; (3)
^2 = Ртр1. (4)
Отсюда сразу видно, что при
отсутствии трения в точке А
равновесие невозможно, так как
если Лр, равно 0, то и У, долж-
но равняться 0, но тогда из
(2) следует, что и УТр. равно 0.
Условие равенства моментов от-
носительно точки А запишется
в следующем виде:
Р-^- COS a = Р2/ Sin а + ^тр, I COS а,
(5)
т. е.
Рис. 34.
~Pcos а = F2 sin а + PTp2cos а. (5a)
Выражая с помощью (1) — (4) все силы, входящие в (5а),
через Р, получим
^1fe2cosa4-2/s1 sin а — cosa = 0. (6)
Из (6) видно, что при k1 — 0 действительно равновесие
невозможно, за исключением тривиального случая а = -^-.
Задача № 38
Найти объем полости шара, погруженного на п-ю часть
своего наружного объема V в жидкость. Удельный вес вещества
шара и жидкости равны соответственно d и (/>к (рис. 35).
Решение. Так как шар в равновесии, то действующая
на него выталкивающая сила РаРх и вес Р уравновешены,
поэтому
Vn — d(V— Д V),
откуда
ДУ= у-"-?*-.
31
Задача № 39
Найти работу по всплыванию тела объемом V с глубины
Л в жидкости с удельным весом d (рис. 36).
Решение. Здесь силой тяги является выталкивающая
-сила Лдрх. Поэтому А=АаРхЛ, но так как 77аРх=сИ/’, то A=d- V-h.
Задача № 40
Стакан массой т и площадью основания S с очень тонкими
стенками плавает в двух несмешивающихся жидкостях, как
изображено на рис. 37. Плотность слоя нижней жидкости р.
Рис. 37.
Определить объем и давление
воздуха, заключенного в ста-
кане. Атмосферное давление
р0. Массой газа пренебречь.
Решение. Воздух, за-
ключенный в стакане, сжат
силой атмосферного давления
и силой тяжести стакана, поэ-
тому его давление определя-
, mg
ется сразу р = р0 + -у-.
Определим далее объем, занимаемый воздухом. Он равен
V = S(A + x), (1)
тде х— высота воздушного столбика, обозначенного на ри-
сунке. Величина х может быть определена из условия плава-
ния стакана. Для удобства записи условия плавания предпо-
ложим, что на границе раздела жидкостей внутри стакана
доставлена невесомая перегородка ААи не пропускающая
32
жидкость. Такая перегородка не изменит состояния системы
никоим образом. Тогда условие плавания примет вид
mg + 9iShS = ptghS 4- pgSx 4- pghS,
где pt — плотность жидкости верхнего слоя.
Решая это уравнение, находим
mg—pghS
PgS ‘
Подставляя найденное значение х в формулу (1), получим
или 1/=Л1.
( pgs ] р
Задача № 41
Однородная тонкая деревянная палочка постоянного сече-
ния S помещена в сосуд с водой под углом а = 45° к гори-
зонту. Как она будет всплывать (рис. 38)?
Решение. Пока палочка не-
подвижна, на нее действуют две
силы: сила веса Р и выталкиваю-
щая сила ^Арх, направленная верти-
кально вверх. Так как палочка од-
нородная, то точки приложения
этих сил совпадают.
. Результирующая сила направ-
лена вертикально вверх, и поэто-
му в первый момент ускорение па-
лочки при всплытии направлено
вертикально вверх. Однако, как
только скорость палочки станет
отличной от нуля, появляется сила
сопротивления жидкости. Разложим результирующую веса и
выталкивающей силы на две составляющие: одну вдоль палочки
Л и вторую в перпендикулярном Направлении F2. Под действием
сил /у и F> палочка будет набИрать скорость в направлении
действия каждой из сил, пока сила сопротивления жидкости,
равная Fzonf = kf\L,v (где коэффициент вязкости, L —линей-
ный размер тела, v — скорость движения тела), не уравнове-
сит разгоняющую силу. Так как палочка выбрана длинной
и тонкой, то линейные размеры палочки в направлениях
действия сил Л и Т2 сильно отличаются друг от друга, т. е.
уже при незначительной скорости в направлении действия
силы F2 сила сопротивления уравновесит эту силу. В направ-
лении действия силы Ft палочка наберет значительную ско-
рость. Поэтому невооруженному глазу будет казаться, что
палочка всплывает под углом 45° к горизонту, хотя, строго
говоря, она всплывает под несколько большим углом.
3 Сборник задач по физике
33
Раздел II
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕПЛОТА И РАБОТА
При решении задач этого раздела необходимо учесть сле-
дующее:
1. Закон сохранения и превращения энергии Е для про-
цессов, идущих с выделением тепла Q, записывается в виде
AQ=-A£Mex,
где Ект Eh3l4,
т. е. выделившееся тепло равно убыли механической энергии.
При этом Q может пойти на нагрев, плавление или паро-
образование.
2. В случае чисто тепловых процессов, сопровождающихся
теплообменом, закон сохранения энергии записывается в виде
уравнения теплового баланса
QoTfl Qnc»i>
т. е. тепло, отданное одними телами, равно теплу, полученному
другими телами.
3. Если процесс происходит при наличии тепловых потерь,
то это отображается равенствами
^полезн „ Ql Q1
Q > I” Q1 ’
где т] — коэффициент полезного действия или тепловая отдача;
Аполезн = Ql — Q2 — полезная работа, или теплота, использо-
ванная по назначению; Q, Qi — количество тепла, выделив-
шееся в данном процессе или подведенное к системе извне;
Q2 — потери тепла.
Для идеальной машины, работающей по циклу Карно,
где 1\ — температура нагревателя; Т2 — температура холодиль-
ника.
34
4. Состояние идеального газа описывается уравнением
pV=-^-RT,
где т — масса газа в «г; у. —молекулярный вес газа в кг!км.оль-
R — универсальная газовая постоянная.
5. В ряде задач учитывается тот факт, что под изогнутой
пленкой жидкости сферической формы создается добавочное
давление
где а — коэффициент поверхностного натяжения жидкости;
R — радиус кривизны сферической поверхности пленки.
6. При неупругих соударениях тел выполняется закон со-
хранения количества движения, но не имеет места закон со-
хранения механической энергии.
&
Задача № 42
Поезд, весом 4-Ю6 «, идущий со скоростью 36 км/час,
затормаживается до остановки. Какое количество тепла выде-
лится в тормозах?
Решение. На основании закона сохранения энергии
-A£Mex = AQ, (1)
или
__ (mv2 wvo\
— ^“2
а так как v = 0, то
mVn Pvt.
AQ = -^=^r^2-107 дж.
Знак минус в (1) означает, что тепло выделяется за счет
убыли механической энергии системы.
Задача № 43
На сколько температура воды у основания водопада высо-
той 120 м, должна быть больше, чем у его вершины? Где
происходит повышение температуры?
Решение. Нагревание падающей воды происходит при
ударе ее о дно и воду около основания водопада.
Применяя закон сохранения энергии, получим
—Д-^мех = тс М°,
или
—mg(h — h0) = тс М°.
Так как конечная высота h = 0, то gh0 = cl^t°, откуда
М° = = 0,28°С.
3*
35
Задача № 44
С какой скоростью должна лететь свинцовая пуля, чтобы
при ударе о стенку она расплавилась? Температура плавле-
ния свинца 325°С. Температура летящей пули 100°С.
Решение. По закону сохранения и превращения энергии
—ДД&х = тс дt° + X- т,
или
Так как v — 0, то
V0 _ . .о , л
Т
откуда _______________
— V 2 [с (t° — to) + X] ~ 290 м.!сек.
Задача № 45
Два одинаковых свинцовых шарика движутся навстречу
друг другу со скоростями и v2. Определить, на сколько
градусов они нагрелись в результате неупругого централь-
ного столкновения (рис. 39).
т, V,
тг тгг
(тгт2)и
Рис. 39.
Решение. Свинцовые шарики образуют замкнутую си-
стему в механическом смысле; значит, в ней выполняется
закон сохранения количества движения + mv2 — 2mv, или
в скалярной форме т/и^ — nvu2 — 2tnv, откуда
и 2 •
9 2\
mv: mv. \
Н—2~j = — 2тс №.
На основании закона сохранения энергии
— = 2/ИС Д£°,
ИЛИ
то2
Учитывая, что -и — 01 2 °2, получим после очевидных преоб-
разований
д (щ + Уз)2
8с
36
Задача № 46
М граммов жидкого олова при температуре плавления вли-
вают в латунный калориметр массы Ми содержащий ЛТ2 грам-
мов льда при to = 0°С. Написать уравнение теплового баланса»
если в результате теплообмена в калориметре окажется теп-
лая вода. Определить ее температуру 9°.
Решение. Уравнение теплового баланса Qow = Qno;i с уче-
том всех агрегатных превращений примет вид
Ж + Мс(Т° - 0°) = М1С1 (9° - to) + MjX, + 7I42£2(9° - t°0\
где c, clt с2 — соответствующие удельные теплоемкости; X и
— удельные теплоты плавления; Т° — температура затверде-
вания олова.
Из уравнения находим
Л4Х Мс Т° t0— 4- ЛТ2с3
Me + MiCiМ2с2
На основании этого уравнения можно составить и решить
столько задач, сколько величин входит в уравнение. Пред-
лагается для тренировки проделать это учащимся самим.
Задача № 47
m граммов льда, находящегося при температуре t° = 0°С,
смешивают с 2m граммами воды, находящейся при темпера-
туре /° = 35°С. Определить температуру смеси, считая,' что
теплообмен происходит только между льдом и водой.
Решение. Так как масса воды в два раза больше массы
льда, можно считать, что какдый грамм льда обменивается
теплом с двумя граммами воды. Для плавления 1 г льда
нужно 80 кал тепла; 2 г воды, даже охладившись до нуля,
дадут только 70 кал теплоты, которой не хватит для плав-
ления льда. Значит, результатом теплообмена будет процесс
плавления льда, причем часть его вообще не расплавится,
и температура смеси будет равна 0°С. Уравнение теплового
баланса Qm — QnM для этого процесса примет вид
2mc (t° — 9°) = т/,
где О — температура смеси; mi — масса растаявшего льда.
Задача № 48
В калориметр с 100 г льда при ^ = 0°С впущен пар при
t° = 100°С. Сколько воды окажется в калориметре непосред-
ственно после того, как весь лед растает?
Решение. В момент полного превращения льда в воду
в калориметре окажется
М = /И; 4- m2 (1)
37
граммов воды при температуре ^ = 0°С. Здесь тг — масса
растаявшего льда, а /п2 — масса конденсировавшегося пара;
/п, можно определить из уравнения теплового баланса
QoTX - Quo.!?
или /WjX = /п2г + /п2с (t° — /о), где г и X— соответственно удель-
ные теплоты парообразования и плавления.
Выражая отсюда /п2 и подставляя его в (1), получаем
М = otJ1 4-------£----J; М = 112,5 г.
Ч r+cfr-to) ]’
Задача № 49
отсюда
При 0°С Цинковый стержень имеет длину Zo = 200 мм, а
медный Го = 201 мм. Поперечные размеры их при 0° одина-
ковы. Определить: а) при какой температуре их длины оди-
наковы? б) при какой температуре их объемы одинаковы?
Решение, а) При нагревании длины стержней меняются
по закону
Z=ZO(1 +04Н и Z'=Z;(l + a2Z°),
где «i и а2 — коэффициенты линейного расширения.
При искомой температуре t° I — I', а значит,
Z°= \ Z°~ Z°—; Z° = 420°C.
“2 — 4>ai .
б) При нагревании объемы тел меняются по закону
V=VO(1 +^t°) и V'= Vo(1 + ₽2Z°), '
где Pj и ^ — коэффициенты объемного расширения. Поскольку
металлы изотропны, можно считать, что ^=3^1 и р2 = 3а2;
тогда
V— Vo(1 + За,t°) и V' = Vo(1 4-За2t°).
При искомой температуре t° объемы должны быть равны, т. е.
V' = V; значит, и
Va<l + 3a1Z°)=Vo(l+3a2Z°),
3{ VrQa2 — Vo“i)’
Учитывая, что V0 = Z0S и Vo = ZqS, получаем
t° = - ; t° = 140° С;
3 Vo «2 — /о“1)
отсюда
38
Задача № 50
Часы с медным маятником идут правильно при 0°С. На
сколько отстанут часы за сутки, если температура повысится
до £° = 20°С?
Решение. Вследствие удлинения маятника при нагрева-
нии и увеличения периода его колебаний, часы за сутки от-
станут на время Д t=А (Т2 — Т^, где А — число колебаний
маятника в сутки при £® = 20°С, а Т2 и ^ — соответственно
периоды колебаний маятника при температуре 20 и 0°С.
Число колебаний такого маятника в сутки равно
. _ 86400
*1 •
*4
Значит,
.S64W А, т/Г~ 2„ т/£)
аЛ/Л У s V е1
r g
где I и 1а — длины маятника при температурах 20 и 0°С. Так
как I — /0 (1 -j-a£°), то
Д t =-----gi00____• 2к /5 (/1 + а £° - 1)
9. lAd + ^) г К
' g
и окончательно
Д/ = 864Оо(1- 1А Д*=16 сек.
\ Г 1 4- at ) ’
Задача № 51
Стеклянный сосуд весит Р0 = 53 Г. Тот же сосуд, напол-
ненный ртутью, при 0°С весит Р1 = 1384 Г. Когда этот сосуд
нагрели до £° = 40°С, то часть ртути вытекла и сосуд стал
весить Р2 = 1376 Г. Каков коэффициент объемного расшире-
ния стекла?
Решение. По определению коэффициента объемного рас-
ширения стекла
V V0-t° ’ .
где Ро — объем стеклянного сосуда при £° = 0°С; Vt„ — объем
при температуре t°.
Если стенки сосуда достаточно тонки, то объем сосуда
равен объему ртути, его наполняющей, при соответствующих
температурах. Объем ртути при температуре t° будет
39
где Da — удельный вес ртути при £° = 0°С, — коэффициент
объемного расширения ртути.
Используя эти выражения, находим
В = + 3! П-(Л--Ро)]До _Р2-Л + Р1 t° (Р2-Р0).
н По(Л-^о)^° (Р1-Р,)Р
Р = 2,9-10-5 i/zpad.
Задача № 52 •
Стеклянный шарик с коэффициентом объемного расшире-
ния а взвешивается в жидкости при температурах t° и fa. Веса
вытесненной жидкости соответственно Р и Рг. Определить
коэффициент объемного расширения жидкости ах в интервале
температур t° и fa.
Решение. При температурах t° и Л, согласно закону Ар-
химеда, вес вытесненной жидкости равен
P=D?Vf и Л = У/?
где D — удельные веса жидкости при соответствующих тем-
пературах; V — объемы вытесненной жидкости, а значит, объ-
емы стеклянного шарика при соответствующих температурах.
С учетом зависимости плотности тела и объема от темпера-
туры получаем
1 + а1 ‘ 1 4- 0Ц
где Ц, и Ц- соответственно объем шарика и удельный вес
жидкости при £° = 0°С.
Решая систему уравнений, получаем (пренебрегая членами,
содержащими произведение a-aj
р (1 + a 0(1 + ai ^1) 1 + a P + ai Л
^1 (1 4- ai t°) (1 + a H) 1 + ai P 4-a
Отсюда
Р!-Р + а(Л/° -Рф
ai ~ pt° _ p± t\
Задача № 53
Какое количество теплоты нужно сообщить куску стекла
чтобы увеличить его объем на ДУ?
Решение. Для увеличения объема тела на ДУ его нуж-
но нагреть на Д/ градусов, т. е. сообщить ему b.Q = tnc М°
тепла. Помня, что /п = р0У0> где р0 и Уо — плотность и объем
40
стекла при температуре /° = 0°С и ДУ= 1/0 р Д/°, где р = 3а —
коэффициент объемного расширения стекла, сразу получаем:
Д(3==2Ц^,
Задача № 54
Медный обруч вращается вокруг оси, проходящей через
центр тяжести, с угловой скоростью «>0. Как изменится его
угловая скорость, если температура повысилась от 0°С до Z°C
(рис. 40)?
Решение. В случае свободного вращения обруча его
момент количества движения остается постоянным и не зави-
сит от изменения температуры обруча.
Определим момент количест-
ва движения обруча при темпе-
ратуре £° = 0°С.
Малый элемент его Д/ге мож-
но принять за материальную точ-
ку, а всю массу обруча т пред-
ставить как сумму материальных
п
точек, тогда тп = ^Д/ге/. Момент
количества движения материаль-
ной точки Д/пт/оГо, а всего обруча
7,ЬтА)йгй — т так как вся масса обруча распределена по
/=1
окружности радиуса г0. В результате нагревания будет увели-
чиваться длина обруча, что эквивалентно увеличению его
радиуса (Z = 2w).
Согласно закону сохранения момента количества движения,
mvnr(. = или <uor^ —
но r1 = r0 (1 + а t°), тогда
<о0го = ч>1Го (1 + a t°y
и новая угловая скорость
«>о
(1 + at°)i '
Задача № 55
Концы железного стержня, предварительно нагретого
до Л, прочно закреплены. С какой силой на единицу пло-
щади стержень растягивается при охлаждении до Л>? Модуль
Юнга — Е.
4f
Решение. При температуре ti длина стержня
4 = ^о(1 4~ a^i),
а при температуре £2 должна быть
/2 = /о (1 Н~ а £2),
где /0— длина стержня при 4=О°С. Поскольку при охлаж-
дении длина закрепленного стержня не меняется, то в нем
происходит накопление механической энергии за счет упругой
деформации. Сила упругой деформации
F=ES~,
»г
где Д/ —кажущееся удлинение стержня, равное сокращению
его длины в результате охлаждения. Относительное „сокраще-
« Ы
ние длины равно
А/ = = а(А~ *г)
^2 h 1 + а <2 ’
где а — коэффициент линейного расширения железа, а значит
Пренебрегая изменением поперечных размеров стержня, нахо-
дим окончательно
/ о •<
Задача № 56
В запаянную у одного конца ^-образную трубку налита
вода, причем за счет присутствующего в трубке воздуха раз-
ность уровней у ее концов оказалась равной Л. Во сколько
раз нужно изменить температуру воздуха в трубке, чтобы
разность уровней воды у ее концов сократилась вдвое? Атмос-
ферное давление pt) (рис. 41).
Решение. Для уменьшения разности уровней вдвое не-
обходимо воздух охладить, в результате чего произойдет его
сжатие.
Процесс изменения состояния газа можно описать уравне-
нием Клапейрона
pV _ Р1Р1
Т Г1 •
В обоих состояниях газа его давление равно р = рй + ? gh,
rug. h — разность уровней жидкости в коленах трубки. Плот-
ность жидкости р следует считать неизменной, полагая, что
42
она существенно свой объем не изменила. Тогда
/ А ! 3 г
(Pn + pgfi)Sh \Ро + ^ 2 ) 4 Sft
т ~ т\ »
откуда
т _ 4 р0 + pgh
Л 3 л •
Ро + ?g "у
Рис, 41,
Задача № 57
Цилиндрический сосуд с газом разделен поршнем на две
части. Давление и объем каждой части указаны на рис. 42.
Начальные температуры одинаковы. Затем освобождают пор-
шень и увеличивают вдвое температуру в левой части сосуда.
На сколько в результате этого изменится объем газа в левой
части сосуда?
Решение. Изменение состояния газа в левой части ци-
линдра при нагревании может быть описано уравнением Кла-
пейрона
PiVi Piv'i
Л Т[
Изменение состояния газа в правой части цилиндра можно
описать уравнением Бойля—-Мариотта, так как температура
газа в правой части цилиндра не будет меняться и тепло из
левой части туда не поступает, если поршень и стенки цилиндра
абсолютно нетеплопроводны,
P-iVz—Р<1У\.
Для равновесия поршня необходимо р\=р'2. Кроме того, уч-
тем, что K-f-ДУ; У2=У,— ДУ и Т[ = 27\.
43
Тогда получим систему уравнений
Р1Уг Pi(Vi + ^)
Т 2Т
,аА=А(^-ду).
Решая ее, находим
Д 17 _ —Pl) Vj Иг
2pi^i -b P2V2
Задача № 58
Запаянная с одного конца
погружалась в воду до тех
оказался на одном уровне с
Рис. 43.
цилиндрическая трубка длиной L
пор, пока запаянный конец ее
поверхностью воды. Когда тем-
пературы воздуха и воды урав-
нялись, оказалось, что вода в
трубке поднялась на высоту 2/3 L.
Определить начальную темпера-
туру воздуха в’ трубке, если
температура воды 7\, а атмос-
ферное давление р1} (рис. 43).
Решение. Процесс измене-
ния состояния газа можно опи-
сать уравнением Клапейрона, так
как происходит изменение всех
параметров состояния газа (д, V
и 7) при m = const:
pV _ Pi Ki
T 7\
Определяя давление воздуха в трубке через атмосферное
и давление столба воды, получаем
p0LS {po+-y^L)~yLS
Т т\
Отсюда следует
у__ у Зро
~ Ро + -3- Р g L
Задача № 59
Два одинаковых, герметически закрытых откачанных ци-
линдра соединены между собой узкой трубкой с краном.
В цилиндрах подвешены на одинаковых пружинах поршни,
положения равновесия которых находятся у дна цилиндров.
Под поршень одного цилиндра вводят такое количество газа,
что поршень поднимается на высоту х. На какой высоте х1
44
установятся поршни, если открыть кран? Температуру газа
•считать постоянной (рис. 44).
Решение. Так как температура газа остается постоян-
ной, то процесс изменения его состояния будет изотерми-
ческим pV = PiV±, где р и V—давление и объем- газа до
открывания крана; ръ Vx — давление и объем газа после
открывания крана. Объемом узкой трубки можно пренебречь.
Силой веса поршень вызывает
статическое растяжение пру-
жины
Р
где Р—вес поршня; k — по-
стоянная пружины. Давление,
под которым находится газ
под поршнем,
Р = ~ + k(x~x°\ = *£ Рис. 44.
ООО
Учитывая это, получаем
kx о
^Х1 Or Q
—j— • ZAj О,
откуда
х2 = 2х2 и xt = х^-^~.
Задача № 60
Цилиндрическая пробирка длиной Л, содержащая газ при
температуре Т, полностью погружена в жидкость с плот-
т,
2
Рис. 45.
ностью р. Уровень жидкости вну-
три пробирки находится на ее се-
редине. Пробирку вынимают из
жидкости настолько, что она едва
касается поверхности жидкости от-
крытым концом. Как следует изме-
нить температуру газа в пробирке,
чтобы жидкость внутри нее вновь
установилась посередине? Атмос-
ферное давление рп (рис. 45).
Решение. Процесс изменения
состояния газа является изохориче-
ским, так как его объем остается
постоянным. Его уравнение
Т 7\’
где р и Рх — давления газа в соответствующих состояниях,
Г и 7) — температуры.
45
Выражая давление газа через давление атмосферы и столба
жидкости, получаем
L L
Po + fg~2 Ро — Pg у
? = уГ .
Отсюда
L
Ро — Pg у
Л = Т--------1,
Ро + Pg у
так как Тг— абсолютная температура воздуха — не может
быть меньше или равна 0°К, то добиться установления уровня
жидкости посередине трубки, поднятой над уровнем жидко-
сти, можно только при условии
Задача № 61
шен скользящий без трения
которого находится у дна
Рис. 46.
I—wж|
If т I
В закрытом с обоих концов откачанном цилиндре подве-
поршень, положение равновесия
цилиндра. В пространство под
поршнем вводится такое количе-
ство газа, что поршень подни-
мается на высоту х. На какой
высоте хг установится поршень,
если этот газ нагреть от началь-
ной температуры Т до Тг? Сила,
действующая со стороны пружи-
ны на поршень, пропорциональ-
на смещению поршня (рис. 46).
Решение. Положение рав-
новесия поршня у дна сосуда
означает, что поршень силой своего веса вызывает статиче-
р
ское растяжение пружины х0 = -^-, где Р—вес поршня, k —
постоянная пружины.
Если в результате впускания некоторого количества газа
под поршень он поднялся на высоту х, то давление, под ко-
торым окажется газ, будет равно
„__ Р । kx' р , k(x — лг0)
Р~ S ф ~ + S
где х' — х— х0 — смещение поршня от положения равновесия
нерастянутой пружины.
Так как при нагревании газа его масса не меняется, то
процесс Описывается уравнением Клапейрона
д'7 _ PiVj
Т Л '
46
Подставляя значения объемов и давлений, получаем
[Р + k (x-xQ)] xS_[P+k (xj -x0)] xjS ST STr
Учитывая, что P = kx0, находим kx* kx\ T Д ’
откуда %! = x .
Задача № 62
В запаянной с одного конца стеклянной трубке,.длина кото-
рой Z=70 еж, находится столбик воздуха,- запертый столбиком
ртути, высотой Л=20 см, доходящим до верхнего края трубки.
Трубку осторожно перевертывают,
причем часть ртути выливается. Ка-
кова высота х столбика ртути, кото-
рый останется в трубке, если ат-
мосферное давление соответствует
давлению столба ртути высотой
75 см? При какой длине трубки
столбик ртути той же высоты вы-
льется из трубки полностью (рис.47)?
Решение. Процесс изменения
состояния газа при переворачива-
нии трубки можно считать изотер-
мическим. Его уравнение pV=p1V1
применим к данной задаче
Рис. 47.
’ (Po + pgW — h)S =
— (Po~?Sx')(l~ X)S,
где р — плотность ртути; g — ускорение силы тяжести; S—пло-
щадь поперечного сечения трубки.
Решаем полученное уравнение относительно х, пренебрегая
членами, содержащими х2, ввиду малости х по сравнению cZ.
Тогда окажется, что х равно
, Ро — ?g (I — *)
X = П -------:---7---
Ро + ?gl
х = 3,5 см.
Пользуясь данным выражением х, можно найти длину трубки,
из которой столбик ртути длины h выльется полностью. Для
этого положим x — Q, что возможно только тогда, когда
Ро — Pg (Z —Л) = 0.
47
Решение этого уравнения дает
_ Ро + pgh
— ?g
Ро + ?gh
Очевидно, что при />-----—— ртуть будет выливаться также
полностью, т. е. при / > 95 см.
Задача № 63
Герметическая камера максимального объема V наполнена
воздухом наполовину. Сколько ходов должен сделать поршень
накачивающего насоса, чтобы накачать в камеру воздух до
давления р? Атмосферное давление рй. Емкость насоса Уо.
Нагреванием пренебречь. Стенки камеры гибки, но не растя-
жимы.
Решение. Чтобы без изменения температуры и объема
газа его давление сильно возросло, в камеру нужно вкачать
некоторое количество газа. С каждым ходом поршня в камеру
поступает постоянная масса воздуха, забираемая насосом из
-окружающего пространства. Поэтому число ходов поршня п
равно
где Л4— масса воздуха, которую нужно вкачать в камеру;
т— масса воздуха, вкачиваемая за один ход поршня. Масса
/И = /И2 — (2)
где Afj — масса воздуха, находившегося в камере до накачи-
вания; Л12—масса воздуха, оказавшаяся в камере после нака-
чивания. Массы Afb /И, и т можно определить из уравнений
газового состояния, написанных для камеры и насоса. Они
имеют вид:
1< 1—для воздуха, находившегося в камере до
накачки;
pV — ^—RT— для . воздуха, оказавшегося в камере после
накачки;
jPono = -^-7?r—для воздуха, забираемого насосом из атмо-
сферы.
Учитывая, что, согласно (1) и (2), п = ——- , и подстав-
ляя массы газа из уравнений газового состояния, получаем
и
,, Ро о Iх
рУУ 1
_ RT ~ RT _ Г(2р—р0)
П Po'VoP ?Ро У о
RT
-48
Задача № 64
Сколько ходов должен сделать поршень откачивающего
насоса, чтобы откачать воздух из сосуда объема V от атмо-
сферного давления р0 до давления p=p0-!Qri, если емкость
насоса Уо? Температуру считать неизменной.
Решение. Так как начальное и конечное состояние газа
в сосуде различны (масса газа сильно уменьшилась), то к ним
не применимо уравнение Бойля—Мариотта.
Решение следует искать, рассматривая последовательные
ходы поршня разрежающего насоса. Для них применимо урав-
нение Бойля—Мариотта, так как и температура и масса газа
остаются постоянными.
Для первого хода поршня можно написать р0V=pr(V+IZ0);
для второго хода Р1И==/?2(У-{-Уо);
для третьего хода А =А (+ Ц>) и т- Д-
Выражая давления plt р2 и р3 через р0, получаем
__ PqV 1 p0V2 ______ PoV>
Pl— v + v0 ; Pz~ (/+vo)2; P^ — (V+Toja и T- Д’
Очевидно, после n-го хода поршня давление в сосуде будет
P<>Vn . / v \п
А. = (у + уоу» ’ и> значит> Ро'10 — A (V+'VoJ > откуда, лога-
рифмируя, находим
V v+v0
v+ Vo lg
Задача № 65
В сосудах объемами Ц, Ц и У3 находится соответственно
водород под давлением plt кислород под давлением р2, азот
под давлением р3. Какое установится давление в сосудах,
если их соединить трубкой ничтожно малого объема? Темпе-
ратуру считать неизменной.
Решение. По закону Дальтона давление смеси газов
Р=А4-А + А’ гДе Pi’ Р'г и А~парциальные давления газов,
т. е. давления, которые создавали бы газы порознь, заполняя
объем
v=i/14-iz2+v3.
Можно определить парциальные давления газов, считая, что
каждый газ порознь изотермически расширяется, заполняя
весь объем V. Это получится из уравнений
4 Сборник задач по физике 49
\рМ = р\У,
Р2Ц = р21/>
Рз1/з = РзУ-
С их учетом давление смеси газов
Р =
Pl^l +Р2^2*ЬРз^З
Vi + Уа + Уз
Задача № 66
Определить плотность смеси 32 г кислорода и 8 г азота
при давлении р = 1 атм и температуре /о = О°С, считая азот
и кислород идеальными газами.
Решение. По закону Дальтона давление смеси газов
равно сумме парциальных давлений всех газов, входящих
в состав смеси. В данном случае имеем
P=Pi+A, (U
где Pi и р2— парциальные давления азота и кислорода, т. е.
те давления, которые газы оказывали бы на стенки сосуда,
занимая порознь весь объем смеси и находясь при той же
температуре, что и смесь.
Из уравнения Менделеева—Клапейрона можно найти Pi
и Рз
Piv=^-RT, (2)
М-1
где V—объем сосуда, содержащего смесь. Подставляя pt
и р2 из (2) в (1), находим
Плотность смеси равна
mi + m2 _ Р («1 + «з)
Задача № 67
В вертикальном, закрытом сверху и снизу цилиндре нахо-
дится движущийся с ничтожным трением поршень. Над и под
поршнем находятся одинаковые массы одного и того же газа
при температуре 7’1 = 300°К. Вес поршня уравновешивается
разностью сил давлений газа, если объем нижней части цилинд-
ра в га (га = 3) раз меньше объема верхней части. Каково будет
соотношение объемов, если температура повысится до
7'2 = 400° К (рис. 48)?
so
Решение. Объем, занимаемый всем газом, остается неиз-
менным при движении поршня
VL (1)
Разность давлений сверху и снизу поршня есть величина по-
стоянная
РВ—Р* = Р2~Р2- (2)
н//т//н///нт
Р2 ^2
ТШШШШ
Рг V°
Рис. 48.
Так как над и под поршнем находятся одинаковые массы
одного и того же газа при одинаковой температуре, то
р^=р^- (3)
р2 1^2 —Р2 V<2 . (4)
Наконец, учитывая, что в результате движения поршня не
меняется масса и род газа, можно записать
рК P2V2 .
~тГ~ = ~тГ~- (5)
Из (3) и (4) с учетом данных задачи получаем
Подставляем (6) в (1) и (2):
и1 0 +4)=v*. (1 +4); («-!)=ра2 (*- и.
Перемножаем почленно
ptvt (п -1) (i +4) - рм (х -1) (i+4) •
Учитывая (5), переписываем в виде
4*
51
Решая полученное уравнение, найдем
х = 1+/2.
Отрицательный корень физического смысла не имеет.
Задача № 68
Два мыльных пузыря с радиусами и /?2 выдуты на раз-
ных концах одной и той же трубки. Какой пузырь будет уве-
личиваться и какой уменьшаться, если их предоставить самим
себе? Коэффициент поверхностного натяжения мыльной плен-
ки а. Атмосферное давлениера. Температура постоянна (рис. 49).
Решение. Давление воздуха
внутри,пузыря равно р =ри+ ~--2.
Гг" Множитель 2 следует поставить
[ потому, что пленка имеет две по-
верхности, внешнюю и внутрен-
I ) нюю. Из формулы видно, что дав-
k ) ление воздуха будет больше в пу-
X. / зыре меньшего радиуса, поэтому
---------воздух из меньшего пузыря будет
Рис. 49.-перетекать в больший, и малый
пузырь будет уменьшаться, а боль-
шой возрастать. Разница давлений внутри шаров будет
Д/’=А-А = 4а(-^--^г).
Задача № 69
На концах трубки выдуты пузыри из жидкостей, коэффи-
циенты поверхностного натяжения которых и а2. Пузыри
сообщаются друг с другом. Каково должно быть соотношение
радиусов пузырей, чтобы они находились в равновесии? Будет
ли это равновесие устойчиво (рис. 49)?
Решение. Давление, под которым находится воздух
в любом пузыре, равно где р' — добавочное давле-
ние под кривой поверхностью. Для равновесия пузырей необ-
ходимо, чтобы давление воздуха в них было одинаково, т. е.
р0 4-р' =р0-±-р'2, где р0 — давление атмосферы; это значит,
4T0Pj=jP2, или 2 “7“ = 2 77"’ откуда
Z1 _ а1
Г3 а2
Равновесие мыльных пузырей не может быть устойчивым,
так как любое самое незначительное изменение размеров
одного шара в любом направлении приведет либо к полному
исчезновению шара, либо к раздуванию его.
52
Задача № 70
Стеклянная капиллярная трубка длиной I опускается в го-
ризонтальном положении в воду так, что заключенный в ней
воздух полностью остается в ней. Какова станет длина стол-
бика воздуха, если трубка погружена на глубину А? Давление
воздуха нормальное. Температура постоянна (рис. 50).
Решение. Процесс изме-
нения состояния воздуха в
трубке изотермический, его
уравнение pV=аК, где дав-
ление р ~рп—атмосферному
давлению; V= VTp — объему
всей трубки; А—давление
воздуха на глубине h равно
Л=Ро4-Р^4~,
где pgA — давление столба во-
ды, которое по закону Паскаля
_ 2а
передается по всем направлениям без изменения; —----давле-
ние под искривленной поверхностью мениска в трубке, направ-
ленное внутрь трубки. Таким образом, получаем
где S — площадь сечения трубки. Отсюда
1Г _ Р°1
L ~ 2а •
Ро + fgh + ~
Задача № 71
Две капиллярных трубки различных диаметров погружают
сначала в воду, а затем в керосин. Высоты поднятия воды
в капиллярах hi и Л2, керосина — hi и h?. Определить коэф-
фициент поверхностного натяжения керосина а, если коэффи-
циент поверхностного натяжения воды а0 (рис. 51).
Решение. Подъем жидкости в трубке прекращается,
когда давление столбика жидкости уравновешивает давление
под искривленной поверхностью мениска
, 2а
Pgh = ~,
где г — радиус капилляра.
В каждом случае погружения пары капилляров в воду или
керосин из-за различия диаметров капилляров возникает раз-
ность уровней жидкости. Для воды эта разность уровней
L А ________ 2«о / 1 1
1 2 № I П г2
где Ро — плотность воды; t\ и г2 — радиусы капилляров.
Для
керосина
1
_1_\
г2 ) ‘
Из этих уравнений находим
а —а° Ро(Л1 —Лг) ’
Задача № 72
В цилиндре с подвижным поршнем заклю-
чен мыльный пузырь радиуса г, наполнен-
ный воздухом. Вначале давление воздуха вне
пузыря равно атмосферному р0. Медленным
вдвиганием поршня мыльный пузырь сжима-
Рис. 51. ют так, что радиус его уменьшается вдвое.
Определить давление наружного воздуха р
в цилиндре в этот момент. Температуру считать неизменной.
Решение. Процесс изменения состояния воздуха в мыль-
ном пузыре изотермический. Его уравнение
pV=PiV1, или (ро + “2) V=(p + ^-^V1.
Множитель 2 поставлен, так как у мыльного пузыря имеется
две поверхности. Учитывая, что г = 2гь получаем
И 4а \ 4 з / . 8а \ 4 га
—J'S ”r3=V + —j3TC-8--
Упрощая выражение, находим
Р = 8(/>о + -у-),
где а — коэффициент поверхностного натяжения мыльной
пленки.
Задача № 73
Некоторый объем воды вытекает из тонкого вертикального
капилляра в количестве п капель, тот же объем некоторой
жидкости плотности pj вытекает в количестве пх капель. Опре-
делить коэффициент поверхностного натяжения жидкости.
Коэффициент поверхностного натяжения воды а.
54
Решение. В последний момент перед отрывом капля
имеет форму, подобную изображенной на рис. 52, и поддер-
живается силой поверхностного натяжения вдоль периметра
сужения (шейки). Если диаметр сужения в момент отрыва 2г,
(г <R, где /? — радиус тонкого капилляра), то условие отрыва
запишется
Р = 2^га,
где Р—вес капли. Из этого выражения получаем:
для воды — ;
Можно считать, что при полном смачивании стенок тонкого
капилляра периметры сужения весьма малы для воды и жид-
кости и равны друг другу, т. е. г^г.
Вес прокапавшей воды nP=pg У=п2яга.
Вес прокапавшей жидкости nfir~^rgV=п^г^.
Исключая объем одинаковый по условию в обоих случаях,
находим
р _ па
Р1 ' П1“1 ’
откуда
Задача № 74
2 кг воздуха находятся в цилиндре. Какова будет работа
при его изобарном нагревании на 100° (рис. 53)?
Р е ш ен и е. Обозначим начальный объем, давление и тем-
пературу 2 кг воздуха через Ц, ри 1\, При изобарном нагре-
вании на 100° объем увеличится до значения
5а
Совершаемая при этом работа
A=pl(V2-V1)=p1[vi^-V1] = ^-(7t-71).
Если, не меняя массы воздуха, привести его к нормальным
условиям (7'0 = 273°К, р = 760 мм Hg), то, очевидно,
PiVi Pov<>
Л ~ Тй '
где Уо = (р0 — плотность воздуха при нормальных усло-
виях). Отсюда выражение для работы получаем в виде
А = ^L(T3-T1) =
JoPo
^ДТ'.
Горо
Задача № 75
В котле паровой машины температура £? = 150° С. Темпе-
ратура холодильника $ — 10° С. Какую максимальную работу
можно теоретически получить от машины, если в топке, коэф-
фициент полезного действия которой 80%, сожжено 200 кг
угля, теплотворная способность которого равна 7500 ккал /кг?
Решение.
где V)—-к. п. д. тепловой машины; Л — совершенная ею рабо-
та; Q —тепло, полученное машиной от нагревания. Макси-
мально возможный к. п. д. тепловой машины равен у-—-, если
машина работает по циклу Карно. Максимальную работу
можно получить лишь с помощью машины, работающей по
этому циклу. Значит,
Л-7-2 А
Л Q '
где 7\ и Т2 — абсолютные температуры нагревателя и холо-
дильника. Тепло Q, как видно из условия задачи,—лишь
часть тепла, выделившегося при сгорании топлива, поэтому
Q — ’’IiQikwih — fhtnk,
где — к. п. д. топки. Окончательно получаем
Л - Гг _ А
7\ -r^mk ’
откуда
A = tl1mk[\—А —1,6-109 дж.
\ у1/
56
Задача №76
Идеальная тепловая машина работает по циклу Карно. При
этом 80% тепла, получаемого от нагревателя, передается хо-
лодильнику, температура которого равна 0° С. Определить:
1) температуру нагревателя; 2) коэффициент полезного дейст-
вия машины.
Решение. Для любой тепловой машины = .
VI
Коэффициент полезного действия идеальной машины, рабо-
тающей по циклу Карно,
ГТ <21 — Qi т\— Т3 Q-, Т2 г „ Q1
Поэтому —? или = 0ТКУда "
Так как Qs = 0,8 Q15 то окончательно
oj = ^-~34O°K И 7] = 21^Zk~o,2.
Раздел III
ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ
В этот раздел преднамеренно включены задачи таких ти-
пов, с которыми учащиеся сравнительно редко встречаются.
Но, на наш взгляд, именно в этих задачах существенным об-
разом раскрывается физический смысл целого ряда явлений,
имеющих место, например, при перезарядке конденсаторов,
протекании тока в неоднородном (т. е. с включенной э. д. с.)
участке цепи и т. д.
При решении этих задач следует учитывать;
1. Энергия заряженного конденсатора выражается следую-
щими соотношениями:
w=sf--,
где W—энергия конденсатора; С — его емкость; U—разность
потенциалов между обкладками; q— заряд одной пластины.
В тех случаях, когда энергия конденсатора в результате каких-
либо процессов меняется, ее целесообразно вычислять через
ту из величин q и U, которая в данном процессе не измени-
лась; так, если заряд конденсатора не изменится, то .
W —— 7
w чс ’
если напряжение не изменилось, то
2
независимо от того, как меняется при этом емкость кон-
денсатора.
2. Закон Ома для неразветвленного участка цепи имеет в
общем случае вид
г__?i —_______U+#
R + r R + r'
-58
где / — сила тока в цепи; <pt — потенциал той точки, от кото-
рой течет ток (имея в виду техническое направление тока);
<р2 — потенциал той точки, к которой течет ток; <§ — включен-
ная в цепь э. д. с.; /? — сопротивления участка без сопротив-
ления включенного источника; г — внутреннее сопротивление
источника.
Знак <§ определяется тем, повышает или понижает <§ потен-
циал в направлении протекания тока: если повышает, то £ > 0;
если понижает, то £ < 0.
Следует заметить, что решение задач о движении заряжен-
ных частиц в электрическом и магнитном полях производится
так же, как и в случае незаряженных частиц, т. е. с исполь-
зованием законов механики (законы Ньютона, закон измене-
ния энергии и т. д.). И единственная разница заключается в
том, что помимо иных сил на частицу с зарядом q со стороны
электрического поля Е и магнитного поля В действуют силы
Кулона Fk — qE и Лоренца FJI=q[v, Z?] или Fn —qvBsma,
где а — угол между v и В. Направление F,n определяют по
правилу левой руки.
Задача № 77
Два одинаковых маленьких шарика, подвешенных на шел-
ковых нитях одинаковой длины, закрепленных в одной точке,
под действием сообщенного им заряда
расходятся так, что угол между нитя- /////////////z
ми равен 90° (рис. 54). Вследствие
неизбежной потери заряда шарики Xj \
начинают сближаться. Определить, ка- / С<(|"ас\
кую долю заряда потеряет каждый из / , \.
шариков, когда угол, составляемый ?н/ । V
нитями, сделается равным 60°. / ' \
Решение. Вначале \зяУ_________J. _ \
Р ~Ь Fa3 + Fw = о I г
(F„— натяжение нити), т. е. р
р „ч „2 . Рис. 54.
__ Fali _ q2 ___ q2 ..
p — (2/sin a)3P *
После потери некоторой части заряда
Р + Лл + Дн = 0,
т. е.
ё 1 Р r\P
(2)
59
Сравнивая (1) и (2), находим
х = 11р. = 0,46.
Задача № 78
Наэлектризованный мыльный пузырь раздувается настолько,
что его радиус R делается вдвое больше, заряд на пузыре при
этом не меняется. Как изменяется энергия заряда? Помогает
или препятствует присутствие заряда раздуванию пузыря?
Решение. При раздувании пузыря энергия заряда убы-
вает: считая пузырь сферическим, можно написать
W — 2С ~ 2R •
Так как заряд пузыря не меняется, а радиус становится вдвое
больше, то энергия уменьшается в 2 раза.
Заряженный пузырь раздувать легче, так как избыточные
заряды взаимно отталкиваются и способствуют увеличению сво-
бодной поверхности.
Задача № 79
Два шарика с зарядами и q2, подвешенных на нитях оди-
наковой длины, опускаются в керосин. Какова должна быть плот-
ность материала шариков, чтобы угол расхождения нитей в
воздухе и в керосине был один и тот же?
Решение. В воздухе (рис. 55, а.) шарик будет в состоя-
нии покоя при
Р + Р зл + =0,
60
т. е.
ё Р r2DVg ’ ' ’
где D и V — плотность и объем шарика.
В керосине (рис. 55, б) шарик будет в равновесии при
Р + ^Арх + П + Л. = О-
т. е.
to- а = /?эл =_______4М1______ (2)
Р-ЛАрх er*V(D-DK)g '
Сравнивая (1) и (2), получаем
Задача № 80.
Тысяча одинаковых, одинаково наэлектризованных дожде-
вых капель сливаются в одну, причем заряды всех капель со-
храняются. Как велика будет энергия заряда большой капли
по сравнению с энергией маленьких капель?
Решение. Имелось п одинаковых капель, радиуса г, за-
ряженных до потенциала ср каждая. Тогда полная энергия си-
стемы (пренебрегая энергией взаимодействия капель между
собой) определялась суммой энергий отдельных капель, т. е.
При слиянии п капель в одну ее заряд равняется сумме заря-
дов всех капель
Q = nq — пгу,
а энергия
где R — радиус большой капли, который находится из условия
п-^-тсг3 =-|~тс#3; R — ry^n.
Отсюда
,Г7__Я2Г2<р2 _ И5/3ГСр2
2~2г^~ ? ’
Составляя отношение, получаем
W2 п513 2/3
Wj ~ п ~п ’
т. е. энергия увеличивается в 100 раз.
61
Задача № 81
В пространстве между пластинами плоского конденсатора,
присоединенного к полюсам батареи 360 в, находится эбонит
(е = 2,7); расстояние между пластинами конденсатора 5,4 см.
Затем эбонитовая пластинка вынимается. Как нужно изменить
расстояние между пластинками конденсатора, чтобы энергия
конденсатора осталась без изменения? Рассмотреть два случая:
1) если пластины остаются присоединенными к батарее; 2) если
пластины отключить от батареи.
Решение. 1 случай. Разность потенциалов между обклад-
ками конденсаторов остается постоянной и равной £7=360 в.
Емкость конденсатора меняется от С— до Со = -^, энер-
гия меняется от U7j = —до lF2 =—%—. Так как Со < С, то
энергия конденсатора убывает; чтобы сохранить ее неизмен-
ной, нужно увеличить емкость, т. е. сдвинуть обкладки на ве-
личину х, которая находится из условия С-Со-
eS S d (е. — 1) о .
-Г-Т- = ----г ;. X = —5---= 3,4 СМ.
4ка 4тс(а—х) ’ в ’
2 случай. Неизменным остается заряд на обкладках кон-
денсатора q — CU—-^- U. Энергия конденсатора меняется
£7^ cfl“
дтг до 1^2=-;=-, т. е. увеличивается, так как
Со. Чтобы сохранить ее неизменной, нужно увеличить
емкость конденсатора, т. е. сдвинуть пластины на величину х,
тогда С = Со',
-^г = л J л = 3,4 см.
4па 4?c(d — х) ’
т. е.
ОТ W7!
с
Задача № 82
Два одинаковых воздушных конденсатора с емкостью
С = 800 см каждый, заряжены до напряжения £7=900 в. Один
из конденсаторов погружается в заряженном состоянии в ке-
росин, после чего конденсаторы соединяются параллельно.
Определить работу происходящего при этом разряда.
Решение. Энергия каждого заряженного конденсатора
При помещении заряженного конденсатора в керосин (отсое-
диненного предварительно от источника питания) заряд его
остается неизменным, а емкость увеличивается в в раз, поэтому
его энергия принимает значение
62
• 1 2e •
Общая энергия конденсаторов до соединения
Г2 = W! + W't = -с^<8г +'* .
При параллельном соединении конденсаторов происходит пере-
текание заряда с одного на другой до выравнивания разностей
потенциалов между обкладками. Общий заряд конденсаторов
остается при этом неизменным. Так как емкость образовавшейся
батареи равняется сумме емкостей конденсаторов, то батарея
обладает запасам энергии
(2?)2 _ 2C2t/2 _ 2С772
^S— 2Ci “2(С + еС)— С(е+1)— е —f-1 .*
Работа разряда совершается за счет убыли энергии системы
= W, - W, = - 600 эрг.
Задача № 83
Имея прибор для измерения емкостей, определить простей-
шим образом межэлектродные емкости триода Сак, Сас, Сск
(рис. 56).
Рис. 56.
Рис. 57.
Решение. Закоротив анод и катод, измеряем емкость С1(
включив прибор между сеткой и анодом (рис. 57).
Нетрудно видеть, что при этом Сас и Сск оказываются вклю-
ченными параллельно, поэтому
Ci — Сас + Сск. (L
Аналогично, закоротив сетку и катод, найдем
С2 = Сас-{-Сак. (2)
И, наконец, закоротив анод и сетку, найдем
С3 = Сак 4~ Сск, (3)
63
Решая (.1), (2) и (3) совместно, найдем
___ Сг + С3 — С\
ак 2 ’
___ Q -р с2 — с3 _
^ас 2 >
г> Ci + С3 — С2
'-'ск— 9 •
Задача № 84
Батарея из п последовательно соединенных конденсаторов,
емкостью С каждый, поддерживается при постоянном напря-
жении U (рис. 58). Один из конденсаторов пробивается. Опре-
делить: а) изменение энергии батареи; б) работу разряда;
в) работу источника напряжения.
—0 и ф--
с
HHHI----1Ь
-----0 о
с
пробит
п-1
6
Рис. 58.
Решение. До пробоя (рис. 58, а) емкость батареи
~ с
Сп = —, запас энергии
IF7 - — си*
— “ — ~~2n~ ’
С
После пробоя (рис. 58, б) емкость батареи —р, запас
энергии
1Г/ Сп_^ _ CU2
^2 = 2 ~ 2(п-1) •
Изменение энергии системы
4|i7=W',-UZl=Sji^I5>0.
Энергия системы увеличилась, несмотря на работу разряда.
Это произошло за счет совершения работы источником пита-
ния. Так как U— const, то
^ист — U ,
•64
где &q — изменения заряда на обкладках конденсаторов в ре-
зультате пробоя одного из них.
A9 = ?2 (h — Cn-iU CnU = и _ ц ;
А - CUi
ист~ я(я-1) '
На основании закона сохранения энергии можно утверждать,
что
^ист = Д W -Дразр-
Отсюда
А —а д W— —
разр Лист “ w 2и(и—1)"
Задача № 85
Имеются два конденсатора переменной емкости с диапазо-
ном каждый от 10 до 200 см. Каков будет диапазон батареи,
если их соединить: 1) последовательно; 2) параллельно (рис. 59)?.
Решение. 1) При последова-
тельном соединении (рис. 59, а)
-----^ь-41-------------
ь — С, + С2 • 6'
а
Отсюда видно, что диапазон С л.
5 см С 100 см. I'
С,-С,- 10 см С, = Са —200 см
2) При параллельном соедине-
нии (рис. 59, б) ---1 J-&-J
С" = С, + Сг
20 см < С" < 400 см. Рис- 59’
Cj^C.j—10 см Ct—Сц—200 см
Задача № 86
Батарея из четырех конденсаторов включена один раз по
схеме а, а другой раз по схеме б (рис. 60). Если емкости кон-
денсаторов различны, то какому соотношению они должны
удовлетворять, чтобы при переключении со схемы а на схему б
емкость батареи не менялась?
Решение. Перечерчиваем схемы в более привычном виде
(рис. 61). I способ. В схеме a-. C = CiA-C\ где
1 _ 1 , 1 , 1 г,_ С!С2С3
С' ~ С1 ' С2 ‘ С3 ’ CiG + CiC3 + С2С3 '
__р I ______________________С1СаСз -р С1С2С4 -р С2С3С4
4 ‘ CjCj -j- С1С3 -р С2С3 С1С% -р С1С3 -р С2С3
(D
1/<4 Сборник задач по физике 65
В схеме б: С — С"-\-С'", где
1 _ 1 । 1 г" С1С*
С"~ ‘ С2 ’ Q + С, ’
1 ___ 1 । 1 рп! _________ CSCj
С* ~ с7 “Г С4 ’ ~ Сз + Ci ;
„__ СуСч. , С3С4 ________ СхС^з 4~ С1С2С4 4~ CjC^Cj -|- С2СЛС<
Ci 4- С2 С3 4- Ci С1С3 4* С,С4 4- С4С3 4“ C^C-,
a
Рис. 60.
Сравнивая (1) и (2), имеем
р ____________________________ С]С2
4 — Q + Сч •
а 6
Рис. 61.
11 способ. Ответ можно написать непосредственно, если за-
метить, что переключение С3 не будет менять емкости бата-
реи, только если емкость С4 будет эквивалентна емкостям Сх
и С2, включенным последовательно, т. е.
р ___ С1Сч
4 Ci + C2
Задача № 87
Плоский конденсатор состоит из двух пластин, находящихся
друг от друга на расстоянии а. Как изменится электроемкость
конденсатора, если его поместить в металлическую коробку,
стенки которой будут на расстоянии а от пластин? Влиянием
краев пренебречь (рис. 62).
Решение. На первый взгляд кажется, что емкость не
должна измениться, так как электрическое поле конденсатора
сосредоточено внутри его обкладок, а влиянием краев мы пре-
66
A
В
Рис. 62.
небрегаем. Однако, так как вне обкладок конденсатора поля
нет, то потенциалы точек, соединенных металлическими стен-
ками коробки, и будут различны (до надевания коробки по-
тенциалы этих точек совпадали с потенциалами ближайших
пластин). Поэтому при надевании ко-
робки на ней появятся индуцирован-
ные заряды, что приведет к измене-
нию емкости системы. Для нахожде-
ния новой емкости произведем после-
довательное графическое преобразо-
вание схемы (рис. 63).
Если
начить
системы
емкость конденсатора обоз-
С, то емкость полученной
равна
Рис. 63.
где
тогда
— С
2
т. е. емкость системы увеличится в 1,5 раза.
Задача № 88
Имеется система конденсаторов, соединенных по произволь-
ной схеме, внутри которой поставлен ключ К (например, схема,
показанная на рис. 64). Увеличится или уменьшится емкость
системы, если замкнуть ключ К?
Решение. Зарядим схему при разомкнутом ключе К и
отсоединим от источника питания. Так как ключ К не соеди-
няется с наружными обкладками конденсаторов системы (ко-
торые заряжаются от источника питания), то при замыкании
ключа К полный заряд системы (заряд наружных обкладок)
измениться не может. Однако внутри схемы может произойти
перераспределение заряда, что приведет к убыли энергии си-
стемы. Так как где q — полный заряд, а С—емкость
всей системы, то видно, что емкость системы может только
1/«4* 67
увеличиться (при перераспределении заряда между внутрен-
ними обкладками) или остаться неизменной (если при замы-
кании ключа К нет перераспределения зарядов).
Задача № 89
Два вольтметра с внутренними
сопротивлениями 7^:= 6000 ом и
/?2 = 4000 ом соединены последова-
тельно. Параллельно к ним включено
сопротивление /?3= 10000 ом. На эту
систему подано напряжение U—180 в
(рис. 65).
1. Что показывают вольтметры при
разомкнутом ключе Д'?
2. Каковы показания вольтметров,
когда ключ К замкнут, а движок
соединен с серёдиной сопротивле-
ния Д3?
3. Движок двигают до тех пор, пока показания вольтметров
не уравняются между собой. На какие части Дз и Дз делит
движок сопротивление Д3?
Рис. 66.
Решение. 1. Рис. 65. При разомкнутом ключе Д'на вольт-
метры, соединенные последовательно между собой, подан© на-
пряжение U, поэтому
—п. Л_п— и.
U2
#2 ’
отсюда
их=и
Жта-=108«; ^ = 72 «.
2. Рис. 66. В этом случае
иг
и,
А
/?2 ’
68
где
/?г4- .
2 R2 =-------2
Ri+2
---------------о ,
отсюда найдем
Ur = U --g1 < = 99 в- £72 = 81 в.
т Кз\К1 “Г ^2/
7?;=^Зт.
Ri + /?з
Отсюда
-d--2,/?\-; R'3+R3 = RS.
^?2 + /?3
видно, что это возможно при
/?3 = /?2! А?3 = А\.
Задача № 90
Собрана схема (рис. 68); значения сопротивлений и ем-
костей считаются известными. Напряжение U поддерживается
неизменным. Определить напряжения на конденсаторах в слу-
чаях: 1) ключи и К2 замкнуты; 2) КА замкнут, К3 разомкнут;
3) Кх разомкнут, К2 замкнут; 4) оба ключа разомкнуты.
Решение. 1) Напряжения на конденсаторах равны напря-
жениям на сопротивлениях, параллельно которым они вклю-
чены. Сопротивления включены между собой последовательно,
поэтому
Щ .
t/2 /?2 ’
£/1+£72 = £У.
Отсюда
Ur=U
Ri
Ri + Rz
и2=и
Rz
Ri + Rz '
65
2) Конденсаторы включены между собой последовательно,
поэтому
и, + иг=и- сги,=с2и2.
Отсюда
3) В этом случае сопротивление /?2 просто закорачивает
конденсатор С2. Поэтому напряжение на нем будет отлично от
нуля только в течение переходного процесса. По окончании
зарядки Ц — U-, U2 = 0.
4) для конденсаторов этот случай ничем не отличается от
случая 2.
Задача № 91
Сопротивление угольной лампы при t\ == 20°С равно
/?! = 400 ом, а при накале до h — 1200°С оно равно Rt = 256 ом.
Найти температурный коэффициент угла а.
Решение.
где Ra— сопротивление при 0°С. Отсюда
а = - = - 0,0003 град-1.
/?2i, -
Задача № 92
Угольный стержень соединен последовательно с железным
такой же толщины. При каком соотношении их длин сопро-
тивление такой комбинации не зависит от температуры?
Решение. Обозначив сопротивления угольного и желез-
ного стержней при 0°С через Rx и R2, а при температуре t° —
через R[ и R2, можно написать
Ri=Pi 4-; Ri = Ri (1 + ^°) = Pi 4d +
Я2 = р24-’ /?2 = /?2(1 + ^0) = р24(1 + ^°).
Причем с увеличением температуры Ri будет убывать < 0),
a Ri — возрастать. Для общего сопротивления имеем
R = Ri R2 — Ri Rz,
Pi 6 + Р2^2_ pKi (1 + аК°) + РаС (1 + gaC)
5 — S
Отсюда получаем
6 __ _ P2ga
рр!
70
Задача № 93
Определить температурный коэффициент сопротивления
провода а, составленного из алюминиевой проволоки с сопроти-
влением /?! = 3 ом и железной проволоки с сопротивлением
R2 = 2 ом, соединенных последовательно.
Решение. При 0°С сопротивление провода /? =/?х +/?2.
При некоторой температуре t° сопротивление провода найдется
по формуле
R' = R, + R2 = Rr (1 + Я1Н + Я2 (1 + а2/°). (1)
С другой стороны, для сопротивления провода при темпера-
туре t° можно написать:
R'= R(\ = (/?j + /?2) (!+<)• (2)
Сравнивая (1) и (2), найдем
a==_^L±^ = 0,0049 град-\
К' “Г А2
Задача № 94
Найти сопротивление между точками А и В (рис. 69). Ве-
личины/?!, R2 и /?3 известны:/?! = 10 ом, R2 = 20 ом, Ra = 5oM.
Решение. Считая для оп-
ределенности потенциал точ-
ки А выше потенциала точки
В, обозначим на схеме распре-
деление токов в цепи, учиты-
вая симметрию схемы.
Потенциал точки С пред-
полагаем выше потенциала
точки D. Тогда, на основании
закона Ома для участка цепи,
можно написать
U=IRab Рис. 69.
U^I.R. + RR, (1)
U =2RRX --RR3
Здесь U—напряжение между точками А и В.
Для узлов можно написать
/=Л + 4;
А = Л + !»•
Тогда (1) перепишется в виде
u=i&+U-i№
f/=2/1/?1 + (2/1-/)/?3.
71
Из третьего уравнения находим
г - u+iRi
1 г^ + ^з) ’
Подставляя найденное значение Ц во второе уравнение, най-
дем для I
J _ t/(/?,+/?2 + W
RxRi + ^R^ + R^Ri’
Из первого уравнения находим
о ___R1R3 + + R2R3__1 о 7с пи
кав~ Rl + Т?2 + 27?3 ом.
Задача № 95
9 U Ф-
— 7 *
-^MWWVVIWW/VVWV'—
Д4 R ~~ I,
К концам некоторого сопротивления R приложена неиз-
менная разность потенциалов 67=100 в. Вольтметр, включенный
параллельно участку Ru который
имеет сопротивление, составляю-
щее 40% от полного, показывает
671 = 18,2 в. Найти отношение сил
токов, идущих через вольтметр и
тот участок, Параллельно которому
он включен (рис. 70).
Решение. Ток I определяется
на основании закона Ома для одно-
родного участка цепи
1= --1 -
0,4R •
Аналогично для Д получим
г _ и-и,
1 ~ 0,6/?
Тогда
Т I r .'I U-Ui Ui\.
lv — 2i 1 — /? ( 0,6 0,4 ) ’
U- IR IR
г 0,6 — 0,4
Л =-----—f-.---— = 2.
• 0,4
-IV
и,
Рис. 70.
Задача № 96
Каково внутреннее сопротивление элемента, если при за-
мыкании внешней цепи сопротивлением в R} — 2 ом через
элемент идет ток 4 = 0,2 а (рис. 71, а), а при соединении па-
раллельно с этим сопротивлением нового сопротивления
/?2 = 8 ом — ток /2 = 0,2 а (рис. 71, 6)1
72
Решение. По
закону Ома для полной цели
/ =_f___
1 Я14-г’
/-_____t_____
г~ *1 + ^ , '
Rt + Rz '
(П
(2)
а
f
Решая (1) и (2)
стему, найдем
Ъ+Ъ ~'1R1
как си-
= 0,4
ri-4
ом.
Задача
№ 97
Определить
жущую силу
если известно, что при уве-
личении внешнего сопро-
тивления,«замыкающего элемент в п, (n — "S) раз, разность потен-
циалов на его зажимах £7=3 в увеличивается на k = 20%.
Решение. Используя закон Ома для участка и для
полной цепи, имеем: в первом случае
U=IR=^-R.
Рис.
71.
электродви-
§ элемента,
Во втором случае
иг = (1 + 4) и=/А = R, = "К,
так как ~^ = п.
Решая систему, найдем
7/(1 + й)(п-1) _
<5 —--л ГУ-П----— 4 в-
Задача № 98
Для определения сопротивления гальванометра О, его вво-
дят в цепь последовательно с сопротивлением /?1 = 350 ом
н наблюдают отклонение стрелки. Затем параллельно с галь-
ванометром вводится шунт /?ш=10 ом. Тогда, чтобы полу-
чить прежнее отклонение гальванометра, надо вместо RT взять
меньшее сопротивление /?2 = 100 ом. Определить сопротивле-
ние гальванометра Ro, пренебрегая внутренним сопротивле-
нием батареи (рис. 72).
Решение. В первом случае ток через гальванометр опре-
деляется по закону Ома для полной цепи:
5 Сборник задач по физике „„
Во втором случае
4j
Лп Ro’
а полный ток в цепи:
1 = 1о+ /ш = 1О (1 + . (2)
\ лгш/ D . Ка*<ш
*i+ Ro+Кш
Рис. 73.
R щ
Рис. 72.
Сравнивая (1) и (2), получаем
Ro = /?ш = 25 ом.
К2
Задача № 99
Цепь состоит из элемента Е, магазина сопротивлений R
н гальванометра О (рис. 73). Когда в магазине сопротивление
равно R = 980 ом, в гальванометре наблюдается некоторое
отклонение. Если элемент шунтируется сопротивлением R^ =
= 20 ом, то, чтобы получить такую же силу тока, в мага-
зине надо взять сопротивление /?! = 630 ом. Если элемент
шунтируется сопротивлением = 30 ом, то для получения
той же силы тока нужно взять в магазине R2 = 712,5 ом.
Определить внутреннее сопротивление элемента г и сопро-
тивление гальванометра Ro.
Решение. В первом случае ток через гальванометр
Ia = r-\-R-\-Ra' W
Во втором случае
Л?___ Яш,
Ли, Ri+Rq ’
74
а полный ток в цепи
т _ т I / _ т /1 I RO ___ ______S________
1 1о+ Ш1 о^1+ J (R1 + Ro)Rail •
Ri + /?о+
Аналогично для третьего случая
!О _________________________ Rm,
Ли, Rt+Ro’
Т _ Т I J ___ ] /1 + RG _______
2 1о +4, ЛЦ1+ ~ (/?а + /?О)/?Шд •
/?2 + ^?fl+ Rbl,
Сравнивая (1), (2) и (3), находим
о R^R* (Ri -R) + R^Ri (.R - Rz) „
(2)
(3)
Задача № 100
сопротивления гальваниче-
х
С
А г В
—A/WWWWV »
н
R
У
G
Для определения внутреннего
ского элемента можно воспользоваться схемой, изображенной
на рис. 74. Гальванометр с
известным сопротивлением
R дает одинаковые откло-
нения стрелки, будет ли
переключатель К находить-
ся в положении В или С,
причем сопротивление АВ
для этой цели специально
подбирается и поэтому из-
вестно г. Определить вну-
треннее сопротивление р источника тока.
Решение. В случае, когда ключ К в положении С:
A-2L
/у R'
Ток в неразветвленной цепи
Рис. 74.
2 -'ОТ ‘у -'G + —у.
По закону Ома для полной цепи
<§ = /(р + Г + Х) + IqR = Iq -j-^1 +-у
В случае, когда ключ К в положении В:
zo . У
1'у ^ + х'
5*
75
Ток в неразветвленной цепи
/'=/г+/,=/, (1+*±i).
Аналогично
<g = /'(p + r) + ^(tf + x) =4[/? + х + (р + г)(1 +^)]- (2)
Сравнивая (1) и (2), получим:
Ry + (У + R) (Р + г + х) = Ry + ху + (р + г) (у + R + х);
Р = R—r.
Задача № 101
Два гальванических элемента с э. д. с. ё1 и ё3, вольтметр V
с большим сопротивлением и шкалой, нуль которой находится
на ее середине, и сопротивление R соединены по схеме, изо-
браженной на рис. 75. Сопро-
тивление R и внутреннее со-
противление каждого из эле-
ментов равны между собой.
При разомкнутом ключе К
стрелка вольтметра отклоняет-
ся вправо. При каком соотно-
шении между и стрелка
вольтметра при замкнутом
ключе К'. 1) отклонится вправо;
2) остановится на нуле; 3) от-
клонится влево?
Решение. При разом-
кнутом ключе вольтметр с большим собственным сопротивле-
/ S'zRy
нием показывает (строго говоря, показывет u=—R _р—~
~£2 при
При замкнутом ключе ток в цепи определяется выражением
<£1 -|- <02 <01 4“ <^2
/? 4- fi 4“ г2 3/? 1
так как R — гА = г2.
Вольтметр показывает
Г J о 1Г — f $1 + _ 2<?2 — <gl
С/ 0 g — /Z 2 — 02 3 — 3
Отсюда видно, что отклонения стрелки будут происходить в ту же
сторону, что и при разомкнутом ключе, при 2£, — > 0, т. е.
2&.2>£1, и в противоположную сторону при 2^3 < ^; стрелка
останется на нуле при ёг = 2<§2.
76
Физически результат совершенно понятен. Действительно,
вольтметр даст отброс в противоположную сторону, когда
потенциал точки В будет выше потенциала точки А, т. е.
когда ток короткого замыкания для элемента будет мень-
ше, чем ток, идущий по цепи:
^2 ^14“ ^2
откуда 2£2 < <§!.
Задача № 102
Определить, в каком случае два различных гальваниче-
ских элемента, замкнутых последовательно на внешнее сопро-
тивление, дадут меньший ток, чем один из этих элементов,
включенный на то же сопротивление (рис. 76).
6 г, Ег Г2
Рис. 76.
Решение.
Л - /^$7? <Рис- 76' а>- “-ТгЬг (Р“С- п-
По условию задачи
г - г <?1 +
к т. е. д + Г1 + Г1 R + Г1 •
Упрощая неравенство, найдем
Г2 /? +
<а2 <£j
Задача № ЮЗ
Какое наименьшее число одинаковых гальванических эле-
ментов с э. д. с. <§ и внутренним сопротивлением г надо взять
и как их соединить между собой, чтобы получить ток силой 7
во внешнем сопротивлении R (рис. 77)?
Решение. Если N элементов соединить в батарею из т
N
параллельных групп по п — — последовательно соединен-
77
(1)
ных элементов в каждой, то выражение для силы тока во
внешней цепи R будет имеет вид
I__ ng ________ ng
nr n2r ‘
R+ m R + ~TT
Так как мы хотим получить силу тока I при минимально воз-
можном числе элементов N, то внешнее сопротивление R
должно равняться внутреннему сопротивлению батареи:
р — иг _ п2г
т ~ N ’
тогда, согласно (1),
»__п_£
~ 2R-
Отсюда
2IR «2г 4/2/?г
n = —j- , a N — ~
<s ’ R ai
n
hHI-----'hH
т
-----'HI—1
I fr
/
--------vwww-----
R
Рис. 78.
Рис. 77.
Задача № 104
Собрана схема (рис. 78). Емкости конденсаторов С2, С3.
Источники тока с электродвижущими силами <§г и <§2. Опре-
делить заряд каждого конденсатора.
Решение. Конденсаторы С1 н С2 заряжаются, как пока-
зано на схеме. Конденсатор С8 может зарядиться по-разному
(в зависимости от соотношений между С/ и-£г).
Предположим, что он зарядился, как показано на схеме.
Тогда, так как напряжение на зажимах разомкнутого источ-
ника тока равняется его э. д. с., то
= (1)
Е/1 + 672 = (2)
где Ut — разность потенциалов между обкладками г-го кон-
денсатора.
78
Далее, так как обведенная пунктиром часть схемы изо-
лирована (заряжается через влияние), то общий заряд на ней
равен нулю, т. е.
—+ С2Т/2 + CSU. = 0. (3)
Решая (1), (2) и (3) как систему, найдем
C$Si ~Ь б'д (<£[ + <°а)
С'1 + б'а + С3
г j С382 -I- Ci (<£1 + <£g) .
— С, А-С. -4- С,
г ,
СЛч---“7 i 7 i 7^
Видно, что Ci и С2 действительно заряжаются, как показано
на схеме; С3 заряжается, как показано на схеме, при С^ > С2<§2
и, наоборот, при С1<§1 < С2<§г.
Заряд каждого конденсатора определяется по формуле
Qi — CiUt.
Задача № 105
N одинаковых источников тока включены последовательно
друг другу (рис. 79). Что покажет вольтметр, включенный
параллельно п элементам? Со-
противлением соединительных
проводов пренебречь.
Решение. До включения
вольтметра сила тока в цепи
определялась из условия
i—HL
Nr ’
где S и г — э. д. с. и внутреннее
сопротивление одного источника.
Подсчитаем разность потен-
циалов между точками А и В.
Рассматривая эти точки как на-
чало внешней цепи для п после-
Рис. 79.
довательно соединенных элементов, получим
U — п<§ — Inr = п§ —ы~пг = 0,
т. е. вольтметр включается между точками с одинаковыми
потенциалами и поэтому покажет нуль.
79
Задача № 106
Три элемента включены параллельно реостату R (рис. 80).
Электродвижущие силы элементов <Si = 2 в, <§‘2= 1,7 в, <§s =
= 1,6 в, а внутренние сопротивления соответственно: гг = 0,3 ом,
г2 = = 0,1 ом. Включенный последовательно с элементом <§8
чувствительный гальванометр не обнаруживает тока. Опре-
Рис. 80.
делить величину сопротивления реоста-
та R и силу тока в остальных частях
цепи.
Решение. Так как /3 = 0, то раз-
ность потенциалов между точками А
и В\
U-ёз. О)
Поэтому
1 ~ R ~ R •
С другой стороны, можно написать вы-
ражение для напряжений, падающих
внутри и
Учитывая (1), имеем
и, наконец,
Отсюда находим
ё 1 ёз — АГ1>
ёг ёз — а-
/=А + а.
/_ J зз а
1 г, ’ ’
_<£2— 1
/2— Г2 — 1 а,
/? = -у- = 0,69 ом.
Задача № 107
Генератор постоянного тока с э.д.с. = 12 в и внутрен-
ним сопротивлением г\ = 0,2 ом заряжает аккумуляторную
батарею с э. д. с. ё-2 = 10 в и внутренним сопротивлением
г2 = 0,6 ом. Параллельно--батарее включена лампочка с сопро-
тивлением R — 3 ом. Определить ток в батарее аккумулято-
ров и в лампочке (рис. 81).
Решение. Задача легко решается с применением зако-
нов Кирхгофа:
I *= А +А»
' ^Г1+АГ2 = <§1— ё2,
. 1Г1 + IzR — ёъ (1)
| A (ri + ri) + АГ1 = ё1 — ё2,
I Аг 1 + А (п + R) =
80
R — £2 (П. +
rlr2 + R(rA+ г2)
= 1,58 а;
= 3,65 а.
Г ____ <£ 1 г2 +
2 t\r2 + R (Г1 + r3)
Задачу можно решить и не используя второго закона Кирх-
гофа. Обозначив разность потенциалов между точками А и В
через U, можно написать:
U=I2R — закон Ома для участка однородной цепи, содер-
жащего лампочку;
t/—<а2 = /1Г2 — закон Ома для участка неоднородной цепи,
содержащего <§2;
£1 — U = 1г\ — выражение для внутреннего напряжения ра-
ботающего источника тока.
Комбинируя эти уравнения, получаем (1).
Задача № 108
Собрана следующая схема (рис. 82). Как изменяются пока-
зания вольтметров (при замкнутом ключе К) при уменьшении
сопротивления /?2? Собственные сопротивления вольтметра
велики.
Решение. Ток в цепи определяется выражением:
I —_____*____.
R i-|- R3 -|- г
Напряжения, показываемые вольтметрами:
V... U=§- 1г,
V^-.U^IRt
V2... U2 « IR2.
Отсюда сразу видно, что при уменьшении R2, (а значит, при
увеличении /) U уменьшается, увеличивается, а так как
U= Ij\ -j- U2, то U2 должно уменьшаться настолько быстро,
81.
чтобы обеспечить уменьшение U, несмотря на рост Ц. При
решении задачи предполагалось, что сопротивления г, Rr и Rt
не зависят от силы тока в цепи.
Задача № 109
Определить работу электрических сил и количество теп-
лоты, выделяемое в течение одной секунды в следующих
случаях; 1) в проводе, по которому идет ток 1 а; напряже-
ние между концами провода равно 2 в; 2) в аккумуляторе,
который заряжается током от зарядной станции; напряжение
между полюсами аккумулятора равно 2 й; э. д. с. аккумуля-
тора равна 1,3 й, внутреннее сопротивление 0,7 ом; 3) в бата-
рее аккумуляторов, которая дает ток на внешнее сопротивле-
ние R = 2 ом; э. д. с. батареи равна 2,6 й, внутреннее сопро-
тивление 0,5 ом.
Рис. 83. Рис. 84.
Решение. 1) Мощность электрического тока (т. е. ра-
бота, совершаемая в единицу времени) находится из выра-
жения: N=IU, а количество теплоты, выделяемое в единицу
времени, — Q — PR. Так как в первом случае выражение для
силы тока в участке цепи имеет вид / = -^-, то IU—Чдж,
т. е. в данном случае вся работа электрических сил перехо-
дит в теплоту.
2) Схема для зарядки аккумулятора изображена на рис. 83.
Ток находится на основании закона Ома для участка неодно-
родной цепи:
г
Здесь г — внутреннее сопротивление аккумулятора (сопро-
тивлением подводящих проводов пренебрегаем).
Полная мощность тока
N=*IU= .
Г
На зарядку аккумулятора расходуется только часть мощности
Мар=Д£=.(С/~-<И
-82
а остальное переходит в теплоту:
N =N- Map = - = /’г,
Q зар р »
т. е. как и должно быть по закону Джоуля—Ленца.
3) В этом случае схема имеет вид, изображенный на
рис. 84. Мощность, развиваемая батареей,
N=IS=-^—.
Эта мощность развивается сторонними силами, совершающими
работу по разделению электрических зарядов. Поэтому работа,
совершаемая электрическими силами в единицу времени,
М = — N. Количество теплоты, выделяющееся внутри бата-
реи в единицу времени,
Q = Рг = (/? + г)2 г.
s2
Задача №110
Элемент замыкается: один раз проволокой с сопротивле-
нием /?! = 4 ом, другой раз проволокой с сопротивлением
М = 9 ом. И в том, и в другом случае количество теп-
лоты, выделяющееся в проволоке, оказывается одинаковым.
Определить внутреннее сопротивление элемента.
Решение.
q = W = 7_^_Wi
поэтому
(М + г)2 = (#2 +Г)2 ’ Г = ^2 = 6 Ом-
Задача №111
Если напряжение в сети равно = 120 в, то вода в электри-
ческом чайнике закипает через t\ = 20 мин. Если же напря-
жение в сети равно U2 = 110 в, то при таком же количестве
воды и при такой же начальной температуре вода закипает
через t2 = 28 мин. Предполагая для упрощения, что потери
теплоты от чайника в окружающее пространство пропорцио-
нальны времени нагревания, рассчитать, через сколько вре-
мени закипит вода в чайнике при напряжении в сети, рав-
ном U3 = 100 в.
Решение. Пренебрегая изменением сопротивления спи-
рали чайника при различных силах тока, идущего по ней,
можем написать выражение для количества тепла, сообщен-
ного воде, в виде
£/? Ul Ul
Q = Л kti — -R-12 — kt2 = -R-t3 — kt3.
83
Отсюда легко найти
Zi
ft tl — «б
rfl
21-k
R
—
U\h-U\t%
R~ Rft,-® =
= —5-----------5 -5— = 44 MUH,
ul <y2 - 4) + - ul tt
Задача № 112
Трансформатор, погруженный в масло, вследствие пере-
грузки начинает греться. Каков коэффициент полезного дейст-
вия, если при полной мощности 60 кет 40 кг масла нагре-
лись за 4 мин на 20°С. Теплоемкость масла С = 210 дж(кг-град.
Решение. Коэффициент полезного действия трансфор-
матора равен где Р2 и Л мощности тока во вторич-
ной и первичной обмотках трансформатора. Очевидно, что
Рг~ Pi~ Р', где Р' — мощность, выделяемая в форме джо-
улева тепла вследствие нагревания обмоток трансформатора
и сердечника.
Можно считать, что все это тепло поглощается маслом,
в которое помещен трансформатор, тогда
тс ДГ
А-^=1
^^0,88.
гi‘
1
Задача №
Определить количество меди,
устройства
на шинах
мощность
113
потребное для
проводки с общей длиной 1 = 5 км. Напряжение
станции Uo = 240 в. Передаваемая потребителю
N = 60 кет. Допускается в проводке потеря напряжения k =
= 8% (рис. 85).
0-------------0
Uo U^(1-k)U9
0--------------0
Рис. 85.
Решение. Масса необходимой меди найдется из со-
отношения;
т = DIS,
где D — плотность меди.
£4
Сечение проволоки 5 выбирается таким образом, чтобы
потери напряжения на подводящих проводах составили kUQ.
Ток, идущий в цепи, определяется как /0 =
На основании закона Ома для участка цепи
’ Щ> = /0Я;
, , , N 1
u0? S'
отсюда
5 —
Тогда
г,, с DNfP
т = DIS — —-4— = 54 т.
kUa
Задача № 114
Два источника постоянного тока с э. д. с. и <§i соеди-
нены последовательно и замкнуты на некоторую внешнюю
цепь. Так как э.д.с. источников складываются, то нетрудно
видеть, что полная мощность, развиваемая системой, равна
(<д -р & 2)^ о «
р-. , где к —сумма сопротивлении внешнего и внутрен-
них. Однако, казалось бы, что мощность батареи источников
можно подсчитать, сложив мощности каждого источника, если
бы он работал один на цепь с тем же сопротивлением. Но
тогда получается
т. е. другой результат. Выяснить недоразумение.
Решение. Мощность, развиваемая каждым источником,
равна <§1, где / — ток, идущий через данный источник. Для
нахождения же тока в последовательной цепи нужно учесть
все действующие там э.д.с. В нашем случае
Г _ £1 + &Ч.
R •
Вычисляя теперь полную мощность как сумму мощностей,
развиваемых каждым источником, получим
= Л\ + ЛГ2 = с^/ + +
Задача № 115
Определить коэффициент полезного действия трансформа-
тора т], дающего во вторичной обмотке ток /2 = 0,48а при про-
пускании в первичной обмотке тока 1Х = 15а, если коэффициент
трансформации k = 30.
Решение. Коэффициент полезного действия трансформа-
тора определяется как отношение мощности, которая может
быть получена на выходе вторичной обмотки, к мощности,
развиваемой в первичной обмотке:
hUj
но
поэтому
7] = Л k = 0,96.
Задача № 116
Как будет двигаться электрон, влетевший в однородное
магнитное поле, если направление поля перпендикулярно к
направлению начальной скорости электрона?
Решение. На электрон в магнитном поле действует сила
Fn = evB sin а, перпендикулярная векторам v и В; а — угол
между этими векторами, равный в нашем случае -у-.
Пренебрегая весом электрона mg, который при обычных
условиях много меньше силы Вл, получаем, что на электрон
действует единственная сила, перпендикулярная его скорости.
Как известно, в этом случае тело движется по окружности, а
уравнение его движения запишется следующим образом:
, । г, mv'2
\e\vB=-^-,
откуда для радиуса окружности получаем выражение
n_ mv
К— 1е[В -
Интересно заметить, что время полного оборота электрона
не зависит от его скорости. Действительно,
~ 2те/? 2~т
- ~v \е\В •
86
Задача № 117
Узкий пучок электронов различных скоростей попадает в
электрическое поле, образованное сильно, сближенными пла-
стинами плоского конденсатора (рис. 86). Перпендикулярно
плоскости чертежа создается, кроме того, однородное магнит-
ное поле, причем границы магнитного и электрического полей
совпадают. Найтй условие, которому должна удовлетворять
скорост^ электронов, выходящих из конденсатора.
/ь=е£
Л
+ 4- + 4- 4- +~ 4- +- + 4-
+ +444 -ill— о
^=e[vB]
Рис. 86.
Решение. Для того чтобы электрон мог пролететь между
обкладками конденсатора не отклоняясь, силы, действующие
на него со стороны электрического и магнитного полей, должны
уравновешивать друг друга. Поэтому
еЕ=evB,
откуда
Задача № 118
В однородном магнитном поле с индукцией В, направлен-
ной перпендикулярно плоскости чертежа, вращается с угловой
скоростью <и металлический диск радиуса R. Найти напряжен-
ность кулоновского поля Е как функцию расстояния г от оси
диска и разность потенциалов между центром и его краем
(рис. 87).
Решение. При вращении диска каждая его частица удер-
живается на окружности радиуса г, для чего необходима удер-
живающая сила. На каждую частицу с зарядом q действуют
сила Лоренца Гл со стороны магнитного поля и сила Кулона
FK со стороны перераспределившихся в результате вращения
зарядов. Поскольку перемещаться в металле могут только
электроны, то будем рассматривать силы, действующие на них
(помня, однако, что все правила сформулированы для поло-
жительных зарядов).
87
Выбрав направление В, например, за плоскость чертежа,
;а вращение диска по часовой стрелке, получим, что Fn для
электрона будет направлена к центру диска. О направлении же
FK пока ничего сказать нельзя. Предположим, что FK напра-
влена тоже к центру. Тогда, по второму закону Ньютона,
имеем в проекциях на радиус диска
Рис. 87.
или
откуда
е (Е Вшг) = тш2г,
/ПШ2 г> \
---------В<1>]г.
е I
Здесь величины т, ш, В и г положительны, а е — отри-
цательна, поэтому при данном выборе направления вращения
и вектора В скобка отрицательна и Е<0 (Е направлено от
центра), что соответствует Лк>0 (т. е. FK направлена к цен-
тру в соответствии с предположением).
Так как Е пропорционально г, то график Е = Е(г) будет
представлять собой прямую, проходящую через начало коор-
динат.
Учитывая, что между близкими точками | Дер | = \Е- \г |,
получим, что на графике разность потенциалов между двумя
очень близкими точками численно равна заштрих в энной на
трафике полоске. Разность же потенциалов между центром
диска и краем равна численно площади треугольника, и, зна-
чит
II | /Пш2
•Ро-<Ря| = | —
о 1 &
88
Задача № 119
Определить направление индукционного тока в левой ка-
тушке, если в правой катушке рычаг реостата двигается в
указанном направлении (рис. 88).
Рис. 88.
Решение. Правило Ленца говорит о том, что направле-
ние индукционного тока (/„) определяется направлением и ха-
рактером изменения того- магнитного поля (Z?,), которое вы-
зывает индукцикх При этом магнитное поле индукционного
тока /п всегда направлено так, чтобы препятствовать изменению
I
Отсюда, если | В\ | растет, то Ви имеет составляющую, на-
правленную навстречу Вг, если | В< | убывает, то Ви имеет со-
ставляющую по направлению Ви
Из рис. 88 видно, как направлено Bi около левой катушки.
И так как из-за увеличения сопротивления реостата в правой
катушке /, убывает, то убывает и В{. Это означает, что
должно иметь составляющую, как указано на рис. 88, и по пра-
вилу буравчика /п направлено так, как указано на рисунке.
Задача № 120
Для определения — электронов используется откачанная
цилиндрическая камера, в которой помещена проволока К,
раскаливаемая электрическим током, ряд диафрагм С и фото-
*/s5 Сборник задач по физике
89
пластинка Р. Камера помещается в однородное магнитное поле,
перпендикулярное к плоскости чертежа. Диафрагмы располо-
жены по окружности радиуса R. Между электродом К и диа-
фрагмами приложено ускоряющее электроны напряжение U.
Вывести условие, при котором электроны, выходя из К, по-
падут на фотопластинку через
Рис. 89.
диафрагмы С (рис. 89).
Решение. Пролетая от
проволоки К до первой диаф-
рагмы С, электрон набирает
скорость, которая может быть
определена на основании зако-
на изменения кинетической
энергии материальной точки:
mv2 ,,
—=еи-
Дойти до фотопластинки Р
смогут лишь те электроны,
которые, начиная от первей
диафрагмы, будут двигаться
по окружности радиуса R.
Поэтому, исходя из второго
закона Ньютона в виде
(1)
я»2
~R~
= evB,
(2)
совместно с (1) по исключении т»2 получим искомое решение
2£/ = vBR.
Само же отношение — можно найти из (1) или (2).
Раздел IV
ОПТИКА. КОЛЕБАНИЯ
В этом разделе используются известные формулы тонкой
линзы
1 1.1 . / 1 , 1 \ , /
Т"-“ + D — (n— 1)^ +
где F—главное фокусное расстояние линзы; d — расстояние
от предмета до линзы; f—расстояние от линзы до изображе-
ния; — коэффициент линейного поперечного увеличения
линзы; D = ~— оптическая сила линзы; п — показатель пре-
ломления материала линзы относительно среды; и R2 —
— радиусы ограничивающих линзу сферических поверхностей.
где hv — энергия кванта света; А — работа выхода электрона
из тела; —% кинетическая энергия «выбитого» квантом
света электрона.
Освещенность поверхности Е определяется по формуле
где Ф — световой поток, падающий на поверхность S’.
В формуле для определения периода гармонических ко-
лебаний Т
ш — масса колеблющегося малого тела; k — коэффициент воз-
Д/7
вращающей силы, т. е. где кх— отклонение тела
от равновесия, а Д77—возникшая при этом возвращающая
сила,
1/s5* 91
Задача № 121
На высоте h над поверхностью воды, налитой в сосуд с
зеркальным дном, находится точка А. Зная глубину сосуда d
и показатель преломления воды п, построить все изображения
-точки А и рассчитать их положения.
Рис. 90.
Решение. Можно увйдеть четыре ярких изображения:
два — наблюдателем, находящимся над водой и смотрящим на
поверхность воды, и два — наблюдателем, находящимся в воде
и смотрящим один раз наверх, а другой раз на зеркальное
дно.
Первое изображение обусловлено тем, что часть света,
отражаясь от воды, попадает в глаз наблюдателю (рис. 90, а).
Очевидно, изображение А' будет находиться в воде на рас-
стоянии h! — h от поверхности воды.
Второе изображение будет обусловлено тем, что часть света,
пройдя в воду и отразившись от зеркала, вновь выйдет на-
ружу и попадет в глаз наблюдателю (рис. 90, б). Это изобра-
жение А" будет находиться на расстоянии № от поверхности
жидкости. Найдем его:
К' = {а + 2b) = (Л tg а, + 2d tg а2) .
Считая все углы аь а2 и а3 малыми, что справедливо для
•случая наблюдения из точки, близкой к вертикали АА", по-
S2
лучим tga~sina, и, значит, п= и п —-tga^ , откуда
t£f d> 1
а3 = аь и, значит, с учетом — ПОЛУЧИМ
h”=h+%-.
Третье изображение А'" увидел бы наблюдатель, смотря-
щий из воды вверх. Это изображение обусловлено светом,
попадающим в глаз сразу после преломления на границе воз-
дух — вода (рис. 99, в):
h"' = —- 1^1 - hn
tg «2 tg а2
(считаем tg ass si па).
Четвертое изображение А"' увидел бы наблюдатель, на-
ходящийся в воде и смотрящий на зеркало. Это изображение
обусловлено светом, отразившимся от зеркала, и еще не вы-
шедшим из воды (рис. 90,
jjiiti_ с __ д + Ь_fctg ai tg aa__।
tg«2 tg“2 tg «2 — "t"
Очевидно, можно построить еще много изображений, обу-
словленных повторными отражениями и преломлениями, но
каждое следующее будет все менее ярким, ибо количество
света, дающее это изображение, будет все меньшим из-за рас-
сеяния, поглощения, отражения и т. д.
Задача № 122
г
Две собирающие линзы, плоскости которых находятся на
расстоянии I > А 4~ Д2> имеют общую главную ось. На расстоя-
нии dx > на главной оси — светящаяся точка. Построить ее
изображение и рассчитать положение (рис. 91, а).
Решение. Первый луч пускаем по главной оси, второй —
под небольшим углом к ней. Для построения его хода про-
водим побочную ось аа параллельно второму лучу. Второй
луч и побочная ось аа пересекут фокальную плоскость АА в
одной точке с. Этим определен ход второго луча до второй
линзы. Аналогично строим с помощью побочной оси bb его
ход после второй линзы. Таким образом, получим А" —иско-
мое изображение точки А.
Для расчета ее положения воспользуемся тем формальным
приемом, что изображение А', данное первой линзой, можно
рассматривать как предмет для второй линзы:
f __ (I — /1) F2
_ d2-F2 >
6
Сборник задач по физике
93
где
f —
d.-F,'
Замечание. Если бы одна из линз была рассеивающей,
то второй луч шел бы так, чтобы его продолжение и по-
бочная ось сс пересекли фокальную плоскость этой линзы
в одной точке (рис. 91, б).
Задача № 123
Светящаяся точка на высоте h над главной осью линзы и
на расстоянии d от ее плоскости имеет скорость v. Найти ско-
рость движения ее изображения и (рис. 92), если главное фо-
кусное расстояние линзы равно F.
94
Решение. За малое время Д£ точка переместится на
&r — v&t, а ее изображение — на Дг' = «ДЛ Задача сводится
по существу к нахождению малого &г' (или, что все равно,
его проекций Д/г' и Д/).
Построим малое перемещение точки и его изображение.
Тогда
1) для составляющей по главной оптической оси:
J_j__L = _L
а у F ’
.J + __1__=Х
d — hd ' г A- hf F ’
Приравнивая левые части равенств, получим
1 1 1 1
d — bd d f
что после очевидных преобразований дает , и, так
, dF
как 7 = 7^7?, то
Д/ F2 ихМ F*1
Ad~~ (d — F)‘A ИЛИ vxM {a — F)* ’
откуда
ux—vx ( d_p y ;
2) для составляющей поперек оси:
h' _ у й' —Дй' _ f
h~dKh — &h~d>
откуда
Дй' /
Дй d ’
ИЛИ
ицМ _____________________ f __ F
vy&t d d—F'
откуда
Uy = Vy d_p .
—>
Зная ux и «у, находим «, ибо проекции вектора вполне
определяют сам вектор.
Задача № 124
Стеклянную линзу переместили из воды в сероуглерод.
Как при этом изменилась оптическая сила линзы?
(Лсероугл > ^стекл > ^воды>)
6*
95
Решение.
D2 _ (И2~1)(/?1 +я2) '
Z>1 /1 1 \ ’
или
(Лстекл |\
Исероугл /
/ ^стекл । \
\ лводы /
Поскольку ^>1, а 2!стекл< то Л* < о. п этом
лводы “сероугл -£>1
если (у-+ -£-)>• 0 (т. е. линза выпукла), то D, 2> О, a Z)2<0.
Если линза вогнутая, т. е. +-б~1 < 0, то, наоборот, D^O,
a Z)2>0.
Задача № 125
Показать, что изображение, даваемое рассеивающей линзой,
всегда мнимое и уменьшенное.
Решение. Поперечное линейное увеличение линзы дается
формулой
™ _ Р А _ 1
J-- d ~ (d — F)d ~ d—F ~ d ’
F
так как d > 0 (предмет действителен), а Е<0 (линза рассеи-
вающая), то -jr <0 и, значит, k±=-------------<0, причем
| k | < 1, что и означает мнимое (k <0) и уменьшенное (| k\ < 1)
изображение.
Задача № 126
Заданы расположение и размеры предмета и его изображе-
ния в двух случаях: линза собирающая (рис. 93, а) и рассеи-
вающая (рис. 93, б). Найти положение линз и их фокальные
плоскости построением.
Решение. Так как лучи, исходящие из любой точки
предмета, после прохождения линзы сходятся в одной точке,
то, соединив точку А предмета с точкой А' изображения, мы
получим луч, который, пройдя через линзу, не изменил своего
направления. Такой луч обязан пройти через центр линзы.
Значит, точка О определяет положение линзы.
1. Пустив теперь из точки А луч, параллельный главной
оси, и направив его после линзы в точку А', определим поло-
жение правой фокальной плоскости (Еправ). Слева из сообра-
96
жений симметрии определяется и положение левой фокальной
ПЛОСКОСТИ (Алев).
2. Так как изображение мнимое, то все продолжения лучей
из А (а не сами лучи, как в случае действительного изобра-
жения) должны собраться в точке А'. Положение линзы опре-
деляется, как и в случае 1, путем соединения А с А'. Для
определения левой фокаль- 0
ной плоскости пустим из А
луч параллельно главной
оси. Он линзой будет от-
клонен кверху так, что его
продолжение (пунктир)
пройдет через точку А'.
Пересечение этого продол-
жения с главной осью и
определит положение Глев,
а Л1Рав будет симметрично
относительно линзы.
Задача № 127
Две собирающие линзы
с общей главной осью и
фокусными расстояниями
и F2 находятся на расстоя-
нии I друг от друга. На
расстоянии d± от первой линзы находится предмет высотой h.
Какова высота Н изображения, данного этой системой линз
(рис. 94)? При каком I изображение будет действительным?
Рис. 94.
____Ъ_____А =
G-Л) п
FjF2h
Решение. Из определения поперечного увеличения линзы
имеем H — kJi. Но /г± для центрированной системы линз равно
произведению отдельных k± и k2. Поэтому ч
12 dr — F1d2 — F2 d1 — /ц
— Fx F,
* dy-Fy / Fxdx ) n (i-F^^-Fd-Fid,
97
Легко видеть, что лишь при
бражение будет действительным.
(/ — А2) — >771</1 изо-
Задача № 128
Крупинка металла совмещена с изображением точечного
источника света, даваемым собирающей линзой. Когда источ-
ник находится на расстоянии d1 от линзы, крупинка нагре-
вается на Д£? за одну секунду. На сколько градусов нагре-
вается за одну секунду эта крупинка, вновь совмещенная
с изображением того же источника света, если последний
находится на расстоянии d., от линзы? (</j и d2 > F).
Рис. 95.
Решение. Так как крупинка металла в обоих случаях
совмещена с действительным изображением точечного источ-
ника, то на нее падает весь световой поток, прошедший через
линзу (рис. 95). На линзу от точечного изотропного источни-
ка А падает световой поток
Ф = /о), (1)
где / — сила света источника, а ш — телесный угол, под кото-
рым видна линза из точки, где расположен источник. Так как
d F, то
®=-J- (2)
и S = rc/?2, где R— радиус линзы. Поэтому из равенств^
ФД'с = тсД£°,
где Д'с — время облучения, имеем
Ф> _
Ф2 ~ Д/2° ’
или с учетом (1) и (2)
d\ Д<°
откуда
дй=(Ауд^_
\“2 /
S3
Задача № 129
Точечный изотропный источник света расположен на рас-
стоянии а над поверхностью cтqлa. Освещенность стола под
источником равна Е. Как изменится эта освещенность, если
над источником на расстоянии а от него поместить зеркало,
составляющее с поверхностью стола угол а?
Решение. После помещения зеркала NN освещенность
стола под источником будет создаваться самим источником А
и его изображением в зеркале А' (рис. 96). Поэтому освещен-
ность увеличится на величину
где I определится из условия
Е
а2 ’
(2)
a cos и г могут быть найдены из &АА'В. По теореме коси-
нусов г2 = 5а2 — 4а2 cos Л'Л 5, и так как ^.A^5 = 180° — а, то
cos А'АВ~ — cos а. Поэтому
r2 = 5a2-f-4cz2cosa. (3)
С другой стороны, 4а2 —г2-[-а2— 2racosa1, что совместно
с (3) дает
1 4- 2 COS а
COS а, = —— .
У 5 + 4 COS а
Подставляя (2), (3) и (4) в (1), получим
Z** — X? 1 COS а
1 (5+ 4 cos а)3/2 '
(4)
Задача № 130
Шару радиуса R сообщили малый .заряд q. Как изменится
красная граница фотоэффекта с него?'
99
Решение. Заряжение шара эквивалентно изменению
работы выхода электрона на где ?— потенциал шара.
ЗнаЧИТ, AAvKp— А-^вых» или
AAvKp = e<? = e-^-,
откуда
Av =-£?_
кр hR *
Очевидно, положительный заряд q, увеличивая работу вы-
хода, увеличивает vKp, а отрицательный — уменьшает.
Надо отметить, что механизм изменения работы выхода
при зарядах разного знака различен, но практически резуль-
таты отличаются тем меньше, чем меньше заряд, чем и обу-
словлена в задаче оговорка о малости заряда q на шаре.
Задача № 131
Фотоэлемент с коэффициентом полезного действия т; отдает
во внешнюю цепь с сопротивлением /? мощность Nr. Считая
фотоэлектродвижущую силу элемента пропорциональной кор-
ню квадратному из светового потока, падающего на фотоэле-
мент (т. е. S — найти коэффициент пропорционально-
сти k. Активная поверхность элемента S и ее освещенность Е
известны.
Решение. Имеем
г2
А'эл _ R+r __ & ,
1 NCB Ф R + r ‘
Кроме того,
Д/ __ Т2П_I £ V О ___ k2® р k2ESR
Исключая из (,1) и (2) (/?—|-г), получим
, Eesr
* = V TV?-
Задача № 132
В фотоэлементе слой калия освещается монохроматическим
светом с длиной волны Х==4-103А. Найти, с какой скоростью
вылетают фотоэлектроны из слоя, если фотоэффект для калия
начинается с Хо=1О4А.
Решение. На основании закона Энштейна
Av — A -J- g >
где А — работа выхода электронов из металла.
(1)
100
Так как фотоэффект для калия начинается с Хо, то
= Av0 = Л , (2):
и из (1) и (2) получаем
Задача № 133
В электрической цепи, состоящей из емкости С и сопро-
тивления R, могут происходить колебания, период которых
равен или произведению R и С или их частному. Чему именно?
Решение. Исходить надо из правила размерностей (наи-
менований). Предположим, что T=RC. Проверим:
ЯС=[ол^] = |^--у] = |^] = [гек].
Отсюда произведение RC по размерности совпадает с размер-
ностью периода Т. Значит, T — RC.
Задача № 134
Звук частоты f от источника до приемника распростра-
няется в течение времени ДЛ Каков сдвиг по фазе Д® между
колебаниями в этих точках и сколько длин волн N уклады-
вается на этом расстоянии?
Решение. Если точки находятся на расстоянии X, то они
колеблются со сдвигом по фазе в 2л. Отсюда для точек, нахо-
дящихся на расстоянии Д/, имеем
Д<Р - м = = 2«fM,
а
= =
л r
Задача № 135
В тонкостенном цилиндре длиной 2/, ось которого накло-
нена под углом а к горизонту, находится поршень массой ш
и сечением S, способный без трения скользить по стенкам
цилиндра. Зная, что при положении поршня посреди цилиндра:
давления справа и слева от него равны pQ, найти период коле-
бания поршня (рис. 97), если температура газа постоянна.
ЮГ
Решение. Для малых колебаний, вызываемых силой, про-
порциональной смещению, имеем
где
k
kF _ &F
Ьх Ы
Таким образом, задача
циента упругости k.
сводится к нахождению коэффи-
Рис, 97.
Очевидно, при смещении поршня из положения равновесия
на Д/ возникает возвращающая сила.
дд=(да + да)5; (1)
где Д/Jj и Др2 — изменения давления справа и слева от порш-
ня. Так как процесс изотермический, то, по закону Бойля-
Мариотта,
(А + ДДЖ —д0=М,
(/>2—др2)(/2+д0=М,
где Pi и р2 — давления газа при равновесии поршня. Отсюда
при учете малости ЬрЫ получим
Дрх = -^-Д/ и Др2 = -^-Д/,
что с учетом (1) дает
Далее из pJi—P^ и pd^-p^l выражаем Л и р2, что дает при
подстановке в (2)
-102
*=ро44-+-Н5- (3)
*2 /
Для нахождения 1Х и 12 имеем
Z14-Z2 = 2Z (4)
и (рх—рг) S — mg sin а (из условия равновесия поршня). Выра-
жая рх и р.2 через /20, получаем
рй1(4----S =-mg sin а. (5)
\ Ч *2 /
Находя из этой системы 1Х и Z2 и подставляя их значения
в (3), получим решение задачи.
Ответ получается, к сожалению, громоздким. Но если счи-
тать, что я = 0, то решение мгновенно упрощается. Именно
из (5) следует 1Х = 12 = 1 и тогда (3) дает
ь 2р05
и потому
Т=Чтг
г 2p0S
Задача № 136
Одним из примеров гармонического колебания является
движение проекции, движущейся по окружности материальной
точки, у которой величина скорости v постоянна.
Пользуясь приемом проектирования векторов г, v и а на
один из диаметров, получить законы x — x(t), vx~vx(t),
ax — ax(t) и разъяснить смысл вошедших в эти выражения
величин.
Решение. Спроектируем все векторы, например, на верти-
кальный диаметр (рис. 98), считая направление вверх поло-
жительным. Тогда
х — г sin ср = г sin 4>t = г sin 2k/Z — г sin 2к ,
vx = -о cos <p = i7cos &t=vcos 2k/Z = '»cos 2k ,
ax = — a sin op = — a sin <s>t = — a sin — — a sin 2k ,
или с учетом v — wr и tz = <o2r
x — r sin <bZ = ... ,
vx — w cos (flZ =... ,
ax = —<o2r sin = ...
Очевидно, здесь величины г, гео и го>2 имеют смысл макси-
мальных значений колеблющихся величин х, vx и ах.
юз
Величины же <о, /, Т имеют для колеблющейся точки
смысл круговой частоты (<о = 2к/), частоты и периода коле-
баний.
Чисто формальным образом можно эти закономерности для
х, vx и ах применять теперь и для описания движения мате-
риальной точки, на которую действует сила типа F= — kx,
где х —отклонение точки от устойчивого равновесия, a F —
возникающая при этом возвращающая сила.
Задача
№ 137
колебания в горизонтальной плоскости
Доска совершает
(рис. 99) с частотой /. На доске находится тело, коэффициент
трения о доску которого k.
При какой амплитуде колебания тело начнет скользить по
доске?
Решение. Колеблющееся тело движется ускоренно,
и в любой момент времени по второму закону Ньютона
mg q — mCL, или> так как mg Q — Q, дгр = тп. Тело
не будет скользить, пока сила трения покоя не достигнет мак-
симального значения.
Скольжение может произойти при некотором амплитудном
смещении тела от положения равновесия (т. е. л = г), когда
ускорение максимально. При этом krng—rnamm или kg—^Tz2f2rt
откуда
г = А
4г.2/2 •
Очевидно, при начинается скольжение.
104
Задача № 138
Маленький грузик, подвешенный к вертикальной пружине,
растянул ее на х0. Каков будет период вертикальных колеба-
ний грузика, вызванных легким толчком?
Решение. Период колебания грузика Т= 2к ; из
условия равновесия груза mg = kx0 вытекает Значит,
период колебаний груза ___
7=2^ J/-J-.
Задача № 139
Полная энергия колеблющегося математического маятни-
ка W. Амплитуда колебания г. Найти длину его нити /, если
масса маятника равна пг.
Рис. 100.
Решение. В положении равновесия полная энергия ко-
леблющегося маятника равна кинетической, поэтому
____ mv2 mAi&r2
w 2 2Т2 ’
и так как 7’=2л]/Лу, то ' m^8 , откуда
7__ mgr2
b~ 2U7 •
Задача № 140
Какую работу совершит возвращающая сила при гармони-
ческом колебании за , т, если отсчет вести от поло-
жения равновесия?
103
Решение. Работа силы, пропорциональной смещению,
А = -^-(х2— х02). Действительно, на графике (рис. 100)
F=F(x) малая работа ДА = ДДх, а работа на конечном
участке (х— х0) равна — Хд).
При t = -y~ хо = О, х = г и А =^~, при t — Дг- х0=0,
х = 0иЛ = 0.
Аналогично и при t—T.
Это обусловлено тем, что при удалении тела из равнове-
сия ДВозвр совершает отрицательную, а при движении к равно-
весию— положительную работу.
СОДЕРЖАНИЕ
Стр.
Раздел I. Механика............................... , . .
Раздел II. Молекулярная физика. Теплота и работа
Раздел 111. Электромагнетизм , . .,••••
Раздел IV, Оптика. Колебания...............................
Кобушкин Виктор Кириллович
Кондратьев Александр Сергеевич
Прияткин Николай Александрович
Сборник задач по физике
Редактор 3. И. Царькова
Техн, редактор С. Д. Водолагина Корректор Г. А. Морген
Сдано в набор 13 IV 1966 г. М 06991. Подписано к печати 11 VI 1966 г.
Уч.-изд. л. 5,29. Печ. л. 6,75. Бум. л. 3,38. Формат бум. бОХЭО1/^.
Бумага типогр. № 3. Тираж 100 000 экз. (25 001—50000). Заказ 345.
Тематический план 1966 г. № 15. Цена 19 к.
Набор типографии ЛГУ, Ленинград, Университетская наб., 7/9. Отпечатано
•с матриц в типографии им. Котлякова издательства «Финансы» Комитета
по печати при Совете Министров СССР, Ленинград, Садовая, 21.
Заказ № 120.
ОПЕЧАТКИ
Стр Строка Напечатано Следует читать
73 3 сверху 1 - *
2 - R, + R.2 Rv+R-i Ri + R2